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[-考点-10-] 动量定理在电磁感应中的应用一
[典例1]
答案 BD
解析 ab 杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝，加速度大小
为：a＝＝，由于速度减小，所以ab 杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A 错误；
当ab 杆的速度为时，安培力大小为：F＝，所以加速度大小为：a＝＝，故B 正确；对ab
杆，由动量定理得：－BL·Δt＝m－mv0，即BLq＝mv0，解得：q＝，所以通过定值电阻的电
荷量为，故C 错误；由q＝＝，解得ab 杆通过的位移：x＝＝，故D 正确．
[典例2]
答案 D
解析 根据右手定则知，回路中产生沿NMPQN 方向的感应电流，根据左手定则可知，MN
棒受到的安培力水平向右，PQ 棒受到的安培力也水平向右，且两棒受到的安培力大小相
等，则两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，A 错误；当两棒产生的感应电动势大
小相等，相互抵消，回路中感应电流为零时，两棒均做匀速运动，达到稳定状态，稳定
时，有Blv1＝Blv2，得v1＝v2，对PQ 棒，根据动量定理得I＝mv2－0，对MN 棒，根据动量
定理得－I＝mv1－mv0，解得v1＝v2＝，B 错误；根据能量守恒定律得2Q＝mv－，解得MN
棒产生的焦耳热为Q＝，C 错误；对PQ 棒，根据动量定理得BIl·t＝mv2－0，通过PQ 棒某
一横截面的电荷量为q＝It，可得q＝，D 正确.
[典例3]
答案 AC
解析 分别计算a、b 棒的加速度，由F 安＝BIL 和F 安＝ma，可得a＝，a、b 棒串联，电流
相等，a、b 棒长度分别为 l、2l，质量分别为 m、2m，则a、b 棒加速度大小相等，故A
正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a 棒，根据动量定理有Fa·t＝Bl·t＝mva－mv0，
同理，对b 棒有－Fbt＝－B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝
2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B 错误；由能量守恒可知，动能的损失等于焦耳热，初
动能Ek0＝mv0
2＋×2m×(2v0)2，末动能Ek＝m×(2v0)2＋×2m×v0
2，则电路中产生的焦耳热为
Ek0－Ek＝mv0
2，故C 正确；对a 应用动量定理有Bl·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt，va＝2v0，解
得q＝，故D 错误．
1.答案 B
解析 导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，故A 错
误；由动量定理可知－dB·Δt＝0－mv0，其中·Δt＝·Δt＝，ΔΦ＝Bdx，解得x＝，故B 正确；
导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R 上产生的焦耳热应该为mv0
2，故C 错
误；根据a＝＝可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做
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匀减速运动的平均速度，即小于，故D 错误．
2.答案 AC
解析 金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，
故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，
最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v
＝v0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得BLΔt＝mv－0，其中Δt＝q，可得通过导体棒
的电荷量为q＝，故C 正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q＝×2mv0
2－×3mv2＝
mv0
2，故D 错误．
3.答案 B
解析 通过线圈横截面的电荷量：q＝Δt＝·Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁
通量的变化量大小相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q 相等，
由动量定理得，线圈进入磁场过程：－Bat＝mv－mv0，线圈离开磁场过程：－Bat＝0－
mv，由于q＝t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，故选B.
4.答案 BCD
解析 设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有mv0
2＝mgh1，解得v0＝4
m/s，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向
有h2＝gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律
有Q＝mv0
2－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q＝3 J，故B 正确；
导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立
代入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C、D 正确．
5.答案 (1) (2)＋gΔt－
解析 (1)线框下边框进磁场前自由下落，有
v1
2－0＝2gl(或者mgl＝mv1
2)
解得下边框进磁场时的速度大小v1＝
(2)线框进入磁场的过程，平均感应电动势＝＝
平均感应电流＝＝
电荷量q＝Δt＝
线框进入磁场的过程，由动量定理有mgΔt－BlΔt＝mv2－mv1
得v2＝＋gΔt－.
6.答案 (1) (2) － (3)
解析 (1)金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝BImL，解得
Im＝.
(2)根据闭合电路的欧姆定律得Im＝
2
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解得v＝
通过回路的电荷量q＝I·t
由动量定理得F·t－BIL·t＝mv
解得q＝－.
(3)由功能关系得Fx＝Q＋mv2
QR＝Q
解得QR＝.
7.答案 BC
解析 当cd 棒向右运动时，受向左的安培力，ab 棒受向右的安培力，且Fcd＝2Fab，可知
两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A 错误；cd 棒获得速度后，电路
中产生感应电流，cd 棒减速，ab 棒加速，当BLvab＝2BLvcd时，电路中磁通量不变，没有
感应电流，最终两棒做匀速直线运动，由动量定理得－2BLt＝2mvcd－2mv0，BLt＝mvab，得
vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝v0，vcd＝v0，因q＝t，可得q＝，B、C 正确；从cd 棒获得初速
度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝·2mv0
2－·mvab
2－·2mvcd
2，解得Q＝
mv0
2，D 错误．
8.答案 ACD
解析 开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D 所受安
培力F＝BIL，导体棒D 的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A 正确；稳定运动时，
电路中电流为零，设此时C、D 棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中
任意极短时间Δt，由动量定理得，对C 棒有2BLΔt＝mΔv1，对D 棒有BLΔt＝mΔv2，故对
变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回
路产生的内能为Q＝mv0
2－mv1
2－mv2
2，解得Q＝mv0
2，故C 正确；由上述分析可知对变速
运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C 棒有2BLΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，
解得q＝，故D 正确．
9.答案 (1)2 m/s (2)25 J (3)5.7 s
解析 (1)设棒在ab 处的速度为v1，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝B1Lv1
电路中的感应电流为I1＝
金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得mgsin θ－μmgcos θ＝B1I1L，
联立解得v1＝2 m/s
(2)经过ef 时又达到平衡状态，由平衡条件得mgsin θ－μmgcos θ＝B2I2L
感应电流I2＝，联立解得v2＝8 m/s
金属棒从开始运动到滑到ab 的过程中
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由动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)x0＝mv1
2
解得x0＝0.8 m
从开始运动到滑到ef 的过程中由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)(x0＋x1＋x2)－Q＝
解得Q＝25 J
(3)全过程由动量定理得(mgsin θ－μmgcos θ)t－B1Lq1－B2Lq2＝mv2
且q1＝，q2＝
解得t＝5.7 s.
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