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[-考点-11-] 动量定理在电磁感应中的应用二
[典例1]
答案 ACD
解析 当杆ab 刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab 两端的
电压U＝＝，根据右手定则知，感应电流的方向为b 到a，杆ab 相当于电源，a 相当于电
源的正极，则a 点电势高于b 点电势，A 正确；通过电阻R 的电流I＝，由于杆ab 速度减
小，则电流减小，所受安培力减小，所以杆ab 做加速度逐渐减小的减速运动，速度v 随时
间t 的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R 的电流I 随时间t 的变化率的绝对值逐渐减
小，B 错误；当杆ab 以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过
杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当
电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容
器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Bl·Δt＝－Blq＝mv－mv0，
联立可得v＝，C 正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，
a 点的电势高于b 点电势，D 正确．
[典例2]
答案 (1)垂直于导轨平面向下
(2)
(3)
解析 (1)将S 接1 时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S 接2 时，电容
器放电，流经MN 的电流由M 到N，又知MN 向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于
导轨平面向下．
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S 接2 时，电容器放电，设刚放电时流
经MN 的电流为I，有I＝①
设MN 受到的安培力为F，有F＝IlB②
由牛顿第二定律，有F＝ma③
联立①②③式得a＝④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤
开关S 接2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN 上的感应电动势为
E′，
有E′＝Blvmax⑥
依题意有E′＝⑦
设在此过程中流经MN 的平均电流为，MN 受到的平均安培力为，有＝lB⑧
由动量定理，有Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
1
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联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝.
1.答案 B
解析 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电
流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C 极板间电压与导体棒产生
的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab 棒不受安培力，向右做匀速运动，故A 错误；
题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运
动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab 棒静止，故B 正确，D
错误；根据安＝BL，有安t＝BLt＝qBL＝mΔv，得q＝，电荷量跟导体棒ab 的动量变化量成
正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R 的电荷量小于
题图乙中通过R 的电荷量，故C 错误．
2.答案 BD
解析 撤去F 前，对金属杆进行受力分析有F－BIL＝ma，对电容器Q＝CU＝CBLv，充电
电流I＝＝CBL＝CBLa，解得a＝，可知金属杆做匀加速直线运动，A 错误；撤去F 同时向
右旋开关S，此时仅有电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右
手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL＝＝ma，可知金属杆将向右做加速度减小
的减速运动，B 正确；根据动能定理有WF＋W 安＝mv0
2，其中安培力做负功，则恒力F 对
金属杆做的功大于mv0
2，C 错误；撤去F 时，电容器极板带电荷量Q＝CBLv0，对金属杆分
析，由动量定理有－BL·Δt＝0－mv0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q＝
·Δt，当左旋S，通过电阻的电荷量q1＝Q，当右旋S，通过电阻的电荷量q2＝q，解得＝，D
正确．
3.答案 (1)4m/s；(2)
；(3)25W
解析 (1)对金属棒由平抛运动知识得
，
联立解得，金属棒从NQ 端抛出时的速度大小为
(2)断开开关
，闭合开关
，对金属棒由动量定理得
其中
解得，通过金属棒的电荷量为
电容器原来的电荷量为
最终电容器存储的电荷量为
2
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(3)对金属棒由动能定理
解得，金属棒到达斜面轨道的速度为
所以斜面的倾角满足
即
由于
所以金属棒在斜面轨道上所受的合外力为安培力，即当金属棒刚到达斜面轨道时，定值电
阻
的电功率有最大值，则
4.答案 (1)1×10-2C；(2)0.5；(3)
解析 (1)当棒运动到B 处时，电容器两端的电压为 U=Bdv
此时电容器的带电量 q=CU=CBdv
代入数据解得q=1×10-2C
(2)根据牛顿第二定律
联立得
可见，做匀加速直线运动，所以
解得
(3)棒在F2作用下，先向右做匀减速运动，此时电容器放电，棒受到的安培力向右，加速度
速度减到0 需要时间
棒从开始运动到速度减到0 的位移大小
3
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当棒的速度减小为零时，电容器放电完毕，此后棒向左做匀加速运动，电容器被反向充
电，此时棒受的安培力仍然向右，可知导体棒做匀加速直线运动的加速度大小
棒从速度减到0 的位置到A 处
解得
所以导体棒从B 处返回到初始位置A 处的时间
5.答案 BCD
解析 断开开关，导体棒切割磁感线产生电动势，但由于没有闭合回路，故没有安培力，
导体棒所受合力大小F 合＝mgsin θ－μmgcos θ>0，则导体棒匀加速下滑，故A 错误；开关
接1，导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLvcos θ，导体棒做加速度减小的加速运动，
最后匀速下滑，对导体棒受力分析，列动量定理表达式有mgtsin θ－BLtcos θ－μ(mgcos θ
＋BLsin θ)t＝mv－0，其中＝，解得t＝，故B 正确；开关接2，导体棒切割磁感线对电容
器充电，回路中有充电电流，对导体棒受力分析，列牛顿第二定律方程有mgsin θ－BILcos
θ－μ(mgcos θ＋BILsin θ)＝ma，充电电流I＝＝CBLacos θ，解得a＝，加速度恒定，则导
体棒匀加速下滑，代入计算可得电流I＝，故C、D 正确．
4
