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训练二十五 动量观点在电磁感应中的应用
题型一 动量定理在电磁感应中的应用
知识梳理
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电
荷量q、运动时间t、运动位移x 时常用动量定理求解．
考向1 “单棒＋电阻”模型
情景示例1
水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速
度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足
够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q
－BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝
求位移x
－Δt＝0－mv0，x＝Δt＝
应用技巧
初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q＝
Δt，x＝Δt；若已知q 或x 也可求末速度
情景示例2
间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为
m、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下
滑位移为x 时，速度达到v
求运动时间
－BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，
q＝Δt－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt
应用技巧
用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q、
x、v 中的任一个物理量
例1 水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R 的
电阻．导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.质量为m、长度为d、阻值为R 与导轨
接触良好的导体棒MN 以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下．不计一切摩擦，则下列说法正确的是(
)
A．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功
B．导体棒在导轨上运动的最大距离为
C．整个过程中，电阻R 上产生的焦耳热为mv0
2
D．整个过程中，导体棒的平均速度大于
1
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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匀减速运动的平均速度，即小于，故D 错误．
考向2 不等间距上的双棒模型
例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M、N、P、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导
轨间距分别为2L 和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应
强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R 的导体棒C、D 分别垂直于导轨放置，
且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t＝0 时使导体棒C 获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过
程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处．则下列说法正
确的是( )
A．t＝0 时，导体棒D 的加速度大小为a＝
B．达到稳定运动时，C、D 两棒速度之比为1∶1
C．从t＝0 时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为mv0
2
D．从t＝0 时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
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．
考向3 “电容器＋棒”模型
1．无外力充电式
基本模型
规律
(导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)
电路特点
导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I＝，电容器充电UC变大，当
BLv＝UC时，I＝0，F 安＝0，棒匀速运动
运动特点和最
棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电
2
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终特征
容器带电荷量不为零
最终速度
电容器充电荷量：q＝CU
最终电容器两端电压U＝BLv
对棒应用动量定理：
mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq
v＝.
v－t 图像
例3 如图甲、乙中，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C 原来不带电．设导体
棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水
平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形
下，关于导体棒ab 的运动状态，下列说法正确的是( )
A．图甲中，ab 棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab 棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止
C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D．两种情形下导体棒ab 最终都保持匀速运动
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．无外力放电式
基本模型
规律
(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
3
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电路特点
电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流特点
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍
放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm
运动特点及最终
特征
做加速度a 减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
最大速度vm
电容器充电电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBLvm
电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ
vm＝
v－t 图像
例4 电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．
电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属
导轨间距离为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R 的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止
状态，并与导轨良好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S 接至2，导轨间存在垂直于导轨
平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场(图中未画出)，MN 开始向右加速运动．当MN 上的感应电动势与电
容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨．问：
(1)磁场的方向；
(2)MN 刚开始运动时加速度a 的大小；
(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少．
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＝IlB ②
由牛顿第二定律，有F＝ma ③
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＝CE ⑤
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＝lB ⑧
4
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由动量定理，有Δt＝mvmax－0 ⑨
又Δt＝Q0－Q ⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝.
题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
知识梳理
1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不
受摩擦力，且受到的安培力的合力为0 时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．
2．双棒模型(不计摩擦力)
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F 为恒力
动力学观点
导体棒1 受安培力的作用做加速度
减小的减速运动，导体棒2 受安培
力的作用做加速度减小的加速运
动，最后两棒以相同的速度做匀速
直线运动
导体棒1 做加速度逐渐减小的加
速运动，导体棒2 做加速度逐渐
增大的加速运动，最终两棒以相
同的加速度做匀加速直线运动
动量观点
系统动量守恒
系统动量不守恒
能量观点
棒1 动能的减少量＝棒2 动能的增
加量＋焦耳热
外力做的功＝棒1 的动能＋棒2
的动能＋焦耳热
例5 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长
的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd 静止在导轨上，t＝0 时，棒ab 以初速度v0向右滑动．运动
过程中，ab、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I 表示．下列
图像中可能正确的是( )
答案 AC
解析 棒ab 以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知
棒ab 受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd 受到与v0方向相同的安培力的作用而做变
加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电
流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和棒cd 的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd 组
成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，
5
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解得v1＝v2＝，选项A、C 正确，B、D 错误．
变式训练1 如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定
的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回
路．导轨间距为L，两导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩
擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v0，求：
(1)当cd 棒速度减为0.6v0时，ab 棒的速度v 及加速度a 的大小；
(2)ab、cd 棒间的距离从d 增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q 及两棒间的最大距离x.
答案 (1)0.4v0 (2) d＋
解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0
此时回路电流I＝
因此加速度a＝
整理得a＝
(2)ab、cd 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv 共
对ab 棒，根据动量定理有BLΔt＝mv 共
而q＝Δt，解得q＝
在这段时间内，平均感应电动势＝BL
回路平均电流＝
因此流过某截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距离x＝d＋.
强基固本练
1．(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边长为L，不计
金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m.装置处于磁感应强度为
B、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保
持良好接触，则( )
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M B．导体棒的最大速度为
C．通过导体棒的电荷量为 D．导体棒产生的焦耳热为mv0
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
6
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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．
2.(多选)如图所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域
没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l，ab、cd 是
质量为m、接入电路中电阻为R 的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd 静止在平滑轨道上，ab 从四分之一圆弧
轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功mgr，水平导轨足够长，ab、cd 始终与导轨垂直并接触
良好，且不会相撞，重力加速度为g.从ab 棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )
A．ab 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动
B．cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 以相同的速度做匀速运动
C．ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流为
D．ab 棒的最终速度大小为
答案 CD
解析 ab 棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab 棒先做加速度减小的减速运
动，cd 棒与ab 棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B 错误；ab
棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr－mgr＝mv2，可得速度为v＝，则感应电
动势为E＝Blv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得速
度大小为v′＝，故C、D 正确．
3．(多选)如图，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C，阻值为R 的
电阻通过三角旋钮开关S 与两导轨连接，长度为L、质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，且与导轨始终接
触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三角旋钮开关S 仅1、2 之间
导电，S 左旋时能将电阻R 和电容器C 接入同一回路，右旋时能将电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，初始
时1、2 连接电容器和金属杆，现用恒力F 向右拉金属杆ab，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F，
同时旋转S，此时金属杆的速度大小为v0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )
A．撤去F 前，金属杆做变加速直线运动
B．撤去F 同时向右旋开关S，金属杆做加速度减小的减速运动
C．恒力F 对金属杆做的功等于mv0
2
D．若分别左旋右旋S，两种情况下，通过电阻R 的电荷量之比为CB2L2∶m
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
7
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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．
4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M、N 固定在水平桌面上，导轨间距离为L，垂直导轨平面有竖
直向下的匀强磁场，以CD 为分界线，左边磁感应强度大小为2B，右边为B，两导体棒a、b 垂直导轨静止
放置，a 棒距CD 足够远，已知a、b 棒质量均为m、长度均为L、电阻均为r，棒与导轨始终接触良好，导
轨电阻不计，现使a 获得一瞬时水平速度v0，在两棒运动至稳定的过程中(a 棒还没到CD 分界线)，下列说
法正确的是( )
A．a、b 系统机械能守恒 B．a、b 系统动量不守恒
C．通过导体棒a 的电荷量为 D．导体棒a 产生的焦耳热为
答案 BC
解析 因为a、b 棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a、b 系统机械能不守
恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为 Fa＝2BIL，方向水平向左，而b 棒受到的安培力为 Fb＝
BIL，方向水平向右，故a、b 系统所受合外力不为零，故a、b 系统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至
稳定时满足2BLv1＝BLv2，设向右为正方向，则对a、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2BLt＝
mv1－mv0，BLt＝mv2，联立解得v1＝，v2＝.又因为q＝t，所以通过导体棒a 的电荷量为q＝，故C 正确；由
题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a、b 棒运动至稳定的过程中，由
能量守恒定律得导体棒a、b 产生的总焦耳热为Q＝mv0
2－mv1
2－mv2
2＝mv0
2，所以导体棒a 产生的焦耳热为
Q′＝Q＝mv0
2，故D 错误．
5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组
成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应
强度B＝0.5 T 的匀强磁场．一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平
面h1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平
距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m．通过计算可知(g 取10 m/s2)( )
A．导体棒进入磁场时的速度为3 m/s B．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 J
C．磁场的长度x1为2 m D．整个过程通过电阻的电荷量为2 C
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
8
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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．
6．(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，足够长的光滑平行金属导轨
水平放置，导轨左右两部分的间距分别为 l、2l；质量分别为 m、2m 的导体棒 a、b 均垂直导轨放置，
导体棒 a 接入电路的电阻为 R，其余电阻均忽略不计； a、b 两棒分别以 v0、2v0的初速度同时向右运
动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两
棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．a 棒加速度的大小始终等于b 棒加速度的大小 B．稳定时a 棒的速度为1.5v0
C．电路中产生的焦耳热为mv0
2 D．通过导体棒a 的某一横截面的电荷量为
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a·t＝Bl·t＝mva－mv0，同理，对b 棒有－bt＝－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，动能的损失量等于焦耳热，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．
7．如图所示，平行光滑金属双导轨P1Q1M1和P2Q2M2，其中P1Q1和P2Q2为半径r＝0.8 m 的光滑圆轨道，O1和
O2为对应圆轨道的圆心，Q1、Q2在O1、O2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q1M1和Q2M2为足够长
的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m；两导体棒a、
b 始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a、b 的质量均为1 kg，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时
刻，b 静止在水平导轨上，a 从与圆心等高的P1P2处由静止释放，a、b 在以后运动的过程中不会发生碰撞
(g＝10 m/s2)．求：
(1)导体棒a 从Q1Q2进入磁场时，导体棒b 的加速度大小；
(2)导体棒a、b 稳定时的速度大小；
(3)整个过程中，通过导体棒b 的电荷量．
答案 (1)2 m/s2 (2)2 m/s (3)2 C
解析 (1)导体棒a 从P1P2到Q1Q2，由动能定理得magr＝mav0
2－0
代入数据得v0＝4 m/s
a 刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0＝4 V
9
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由闭合电路的欧姆定律得I＝＝2 A
由牛顿第二定律得ILB＝mbab
代入数据得ab＝2 m/s2.
(2)当导体棒a、b 稳定时，由动量守恒定律得mav0＝(ma＋mb)v1
代入数据得v1＝2 m/s.
(3)整个过程中，对导体棒b 由动量定理得LBt＝mbv1，又q＝t，
代入数据得q＝2 C.
8.(2023·河南省新蔡县质检)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距
离为L，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd.设两根导体棒的质量皆为m、电阻皆为R，导轨光滑且电阻不
计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.开始时ab 和cd 两导体棒有方向相反的
水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，求：
(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；
(2)当ab 棒向右运动，速度大小变为时，回路中消耗的电功率的值．
答案 (1)mv0
2 (2)
解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，
则有2mv0－mv0＝2mv，
解得v＝，
由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q＝mv0
2＋m(2v0)2－(2m)v2＝mv0
2.
(2)当ab 棒向右运动，速度大小变为时，设cd 棒的速度是v2，
根据动量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋m，
解得v2＝，
此时回路中的总电动势E＝BL(－)＝BLv0，则消耗的电功率为P＝＝.
9．(多选)(2023·湖北省襄阳五中模拟)如图所示，平行金属导轨AHQD、PNM 上放置有一导体棒ab，导轨
倾斜部分置于竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，导轨AHQD 水平部分通过导线分别连接有电容
器(电容为C)和定值电阻(阻值为R)，导轨M 端接有一单刀双掷开关，导轨间距为L，导轨倾斜部分的倾角
为θ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，导体棒质量为m，导轨、导体棒和导线的电阻忽
略不计，重力加速度g＝10 m/s2.现在离HN 足够远处由静止释放导体棒ab，导体棒可沿导轨向下运动，导
体棒始终与导轨垂直且接触良好，则( )
A．断开开关时，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑
B．开关接1，若导体棒运动距离为s 时，速度为v，则所用时间t＝
C．开关接2，导体棒匀加速下滑
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D．开关接2，通过导体棒的电流I＝
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．
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