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第58 讲 动量观点在电磁感应中的应用
模拟·基础演练
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
BD
BD
BC
BCD
BC
BD
AC
CD
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
AC
ACD
AD
BD
AC
BCD
ABD
ACD
AD
BD
重难·创新演练
题号
1
2
3
4
5
答案
C
C
D
C
B
真题·实战演练
1．【答案】(1)I ab= mg
2BL，Qcd =1
4 mg x0−m
3 g
2 R
2
16 B
4 L
4 (2)Δv =3mgR
4 B
2 L
2 (3)Δs=m
2 g R
2
4 B
4 L
4
【详解】（1）锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，导轨倾斜部分光滑，则ab棒
只受重力、导轨给的支持力、安培力；根据平衡条件可得F
ab
安=mgsin30°
又F
ab
安=B I ab L
解得通过ab棒的电流为I ab= mg
2BL
断开开关，同时解除cd棒的锁定，设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动，此时回路中的电
流为I 1，此时对cd 棒有F安cd =μmg
ab棒切割磁场，产生电动势E1=BLv0，
回路电流I 1= E1
2 R =BLv0
2 R
对cd 棒有F安cd =B I 1 L
cd棒从解除锁定到开始运动过程中，导体棒ab、cd电阻相同，通过的电流相同，则cd棒产生的焦耳热与
ab 棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得mg x0sin30°−1
2 mv0
2=2Qcd
联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd =1
4 mg x0−m
3 g
2 R
2
16 B
4 L
4
（2）cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒受到的安培力向左，则cd 棒向左运动，则cd 棒切割磁场，
c端为高电势，故回路总电动势
E2=BLvab−BLvcd
电路中电流I 2= E2
2 R =BL Δv
2 R
对ab棒mgsin30°−F安=maab
对cd棒F安−μmg=macd
有F安=B I 2 L
当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，此时两棒的加速度相等，联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差
为Δv =3mgR
4 B
2 L
2
（3）分析可知从开始到t1时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设t1时刻ab 棒的
速度为v1
′，cd棒速度为0，可知m Δ v =m v1
′
解得v1
′ =Δv =3mgR
4 B
2 L
2
设某时刻cd棒的加速度为0 时，ab 棒速度为v1
′ ′，cd 棒速度为vcd，此时cd棒的加速度为零，可得
F安cd 2=μmg①
其中F安cd 2=B I 3 L
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I 3=BL(v1
' '−vcd)
2 R
②
从t1时刻到cd棒的加速度为0 时，对两棒分别根据动量定理有−(μmg+B I L) Δt =m v1
' '−m v1
'，
(B I L−μmg) Δt =m vcd
通过导体棒的电荷量q =I Δt
则可得μmg Δt +BLq =m v1
′−m v1
′ ′，BLq−μmg Δt =m vcd
两式相加得2BLq =m v1
′−m(v1
′ ′−vcd)③
同时有q =I Δt =
ΔΦ
Δt
2 R ⋅Δt =ΔΦ
2 R =BL Δ s
2 R
④
联立
可得从开始到
①②③④
cd 棒加速度为0 时刻，ab、cd的路程之差为Δs=m
2 g R
2
4 B
4 L
4
2．【答案】（1）2m/ s
2 ；0.9 N；（2）16.15 W；（3）2.53 m
【详解】（1）由v −t图像可得在1∼2s内，棒G 做匀加速运动，其加速度为
a=2m/ s
2
依题意物块A 的加速度也为a=2m/ s
2，由牛顿第二定律可得
T −mAgsinθ =mAa
解得细绳受到拉力
T =0.9 N
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出
双棒
回路中的电流为
“
”
I =BL(v H −vG)
RH +RG
由牛顿运动定律和安培力公式有
BIL−T =mGa
由于在1∼2s内棒G 做匀加速运动，回路中电流恒定为I =6.5 A，两棒速度差为
v H −vG=6.5 m/ s
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H 由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
F =mH a+BIL=1.7 N
由v −t图像可知t =1.5s时，棒G 的速度为
vG=3 m/ s
此刻棒H 的速度为
v H =9.5 m/ s
其水平向右拉力的功率
PF =F v H =16.15 W．
（3）棒H 停止后，回路中电流发生突变，棒G 受到安培力大小和方向都发生变化，棒G 是否还拉着物块
A 一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G 加速度为
a
' =B
2 L
2v
'❑G
2 R mG
=1
2×0.2
2×4
2×0.1×0.2 m/ s
2=4 m/ s
2
物块A 加速度为
a
' ' =gsinθ =2.5 m/ s
2
说明棒H 停止后绳子松弛，物块A 做加速度大小为2.5 m/ s
2的匀减速运动，棒G 做加速度越来越小的减速
运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在2∼3s内
B I L Δt =mG(vG2−vG3)
I Δt = BLv
RH +RG
Δt = BLsG
RH +RG
棒G 滑行的距离
sG=mG(vG2−vG3)(RH +RG)
B
2 L
2
=(4−4
e)m=2.53 m
这段时间内物块A 速度始终大于棒G 滑行速度，绳子始终松弛。
3．【答案】（1）F =B
2 L
2v0
2 R
，方向水平向左；（2）①q =mv0
3 BL，②x =2m v0 R
3 B
2 L
2 ；（3）2≤k <3
【详解】（1）细金属杆M 以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
E =BLv0
电流方向为a→b，电流的大小为
I = E
2 R
则所受的安培力大小为
F =BIL=B
2 L
2v0
2 R
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）
金属杆
①
N 在磁场内运动过程中，由动量定理有
B I L⋅Δt =m⋅v0
3 −0
且
q =I ⋅Δt
联立解得通过回路的电荷量为
q =m v0
3 BL
设两杆在磁场中相对靠近的位移为
②
Δ x，有
I = E
2 R
E =BL⋅Δ x
Δt
整理可得
q =BL⋅Δ x
2 R
联立可得
Δ x =2mv0 R
3 B
2 L
2
若两杆在磁场内刚好相撞，N 到ab的最小距离为
x =Δ x =2m v0 R
3 B
2 L
2
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N 到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到
ab的距离为kx(k >1)，则N 到cd 边的速度大小恒为v0
3 ，根据动量守恒定律可知
m v0=m v1+m⋅v0
3
解得N 出磁场时，M 的速度大小为
v1=2
3 v0
由题意可知，此时M 到cd 边的距离为
s=(k −1)x
若要保证M 出磁场后不与N 相撞，则有两种临界情况：
①M 减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N 的速度，一定不与N 相撞，对M 根据动量定理有
B I 1 L⋅Δt1=m⋅2
3 v0−m⋅v0
3
q1=I 1⋅Δt1=BL⋅(k −1)x
2 R
联立解得
k =2
②M 运动到cd 边时，恰好减速到零，则对M 由动量定理有
B I 2 L⋅Δt2=m⋅2v0
3 −0
q2=I 2⋅Δt2=BL⋅(k −1)x
2 R
同理解得
k =3
综上所述，M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围为
2≤k <3
4．【答案】(1)2 μmgR
B
2l
2t0
；(2)
2 μmgR t1
B
2l
2t0
−2 Ri1
Bl ；(3)
4 μmgR t1
B
2l
2t0
−2 Ri1
Bl −2 μg(t2−t1)
【详解】(1)设AB 棒做匀加速运动的加速度大小为a，在t=t0时刻AB 棒的速度为v0=at0，
此时对CD 棒：μmg=F安1
F安1=B I 0l
I 0=Bl v0
2 R
联立解得：a=2 μmgR
B
2l
2t0
(2)在t1时刻，AB 棒的速度v1=at1=2 μmgR t1
B
2l
2t0
；
此时i1= E
2 R
E =Bl v1−Bl vCD
解得vCD=2 μmgRt1
B
2l
2t0
−2 Ri1
Bl
(3)撤去外力后到CD 棒静止，对CD 棒由动量定理：- μmg(t2−t1)+B I l(t2−t1)=0−m vCD ，
对AB 棒：- μmg(t2−t1)- B I l(t2−t1)=m v AB−m v1
联立解得：v AB=4 μmgR t1
B
2l
2t0
−2 Ri1
Bl −2 μg(t2−t1)
5．【答案】(1)F =BUl
R1
(2)vm=
BUl
B
2l
2+k R1
(3)W =kU xm
Bl
+
M U
2
k R1+B
2l
2
(4)电流方向为顺时针（俯视），v =
BUl
B
2l
2+k R1
+BΦl
m R2
【详解】（1）接通S 瞬间，动子速度v =0，此时回路中没有感应电动势，电源电压为U，回路总电阻为
R1，根据欧姆定律可知回路电流为I 1=U
R1
动子所受的力为安培力，大小为F =B I 1l =BUl
R1
（2）当动子达到最大速度vm时动子切割磁感线产生的电动势为E2=Bl vm
此时回路中的电流为I 2=U −Bl vm
R1
依题意此时动子做匀速运动，所受合力为零，有B I 2l =f =k vm
解得最大速度为vm=
BUl
B
2l
2+k R1
（3）在第一级弹射过程中,取一段极短的时间Δt，以水平向右为正方向，对动子及安装在上面的所有装备，
由动量定理有B I 3l⋅Δt −kv ⋅Δt =M ⋅Δv
等式两侧求和得∑B I 3l⋅Δt −∑kv ⋅Δt =∑M ⋅Δv
其中q =∑I 3⋅Δt
依题意有xm=∑v ⋅Δt，∑Δv =vm−0
解得流过电源的电荷量q =M vm+k xm
Bl
解得第一级弹射过程电源输出总能量W =qU =kU xm+UM vm
Bl
代入上问结果得W =kU xm
Bl
+
M U
2
k R1+B
2l
2
（4）由于对飞机实施第二次加速，由左手定则可知超导线圈断开后，第二级回路中的感应电流方向为顺
时针（俯视），由右手螺旋定则可知超导线圈断开后，第二级回路中感应电流的磁场方向为竖直向下，由
楞次定律可知超导线圈中的大电流产生的磁场方向也为竖直向下，再由右手螺旋定则可判断超导线圈中电
流方向为顺时针（俯视）。
设飞机起飞时的速度大小为v，对飞机根据动量定理有B I 4l⋅Δt 4=mv −m vm
超导线圈磁场快速消失的过程中，在第二级回路中产生的感应电动势E4=ΔΦ
Δt 4
= Φ
Δt 4
感应电流为I 4=E4
R2
=
Φ
R2 Δt 4
解得v =vm+BΦl
m R2
代入前面结果可得v =
BUl
B
2l
2+k R1
+BΦl
m R2
