文档文本内容
增分培优7 动量观点在电磁感应中的应用
热点一 动量定理在电磁感应中的应用
在导体切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，
可运用动量定理巧妙解决问题。
求解的物理量
应用示例
电荷量或速度
－BIlΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt
位移
－BILΔt＝＝mv2－mv1
即＝m(v2－v1)
时间
－BIlΔt＋F 其他Δt＝mv2－mv1
即－Blq＋F 其他Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q、F 其他(F 其他为恒力)
－＋F 其他Δt＝mv2－mv1
即－＋F 其他Δt＝mv2－mv1
已知位移x、F 其他(F 其他为恒力)
例1 (2023·新课标卷，26)一边长为L、质量为m 的正方形金属细框，每边电阻
为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L 的区域内存在方向垂直于
纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图1(a)所示。
图1
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右
边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度
的一半，求金属框的初速度大小；
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻
R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示，让金属框以与(1)
中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导
轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
答案 (1) (2)
解析 (1)设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量
定理有－2BILt＝m－mv0
通过金属框的电流I＝
根据法拉第电磁感应定律有E＝
联立解得v0＝。
(2)金属框进入磁场的过程，有－BI′Lt′＝mv1－mv0
闭合电路的总电阻R 总＝R0＋＝R0
通过金属框的电流I′＝
根据法拉第电磁感应定律有E′＝
解得v1＝
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左
边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，
则有
－BI″Lt″＝－mv1
通过金属框的电流 I″＝
根据法拉第电磁感应定律有 E″＝
解得x＝L
故假设成立，对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有
Q 总＝mv－mv
电阻R1产生的热量为Q1＝·Q 总
金属框在磁场中运动过程，有Q 总′＝mv
电阻R1产生的热量为Q1′＝Q 总′
电阻R1产生的总热量为Q1 总＝Q1＋Q1′
解得Q1 总＝。
训练1 (多选)(2024·山东淄博二模)如图2 甲所示，一端封闭的两条平行光滑导轨
相距L＝0.1 m，距左端L 处的中间一段被弯成倾斜轨道，长度也为L，与水平面
夹角θ＝30°，各段轨道均平滑连接。倾斜轨道所在区域无磁场，左段区域 Ⅰ
存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B，取竖直向上为正方向，其大小随时间
变化情况如图乙所示；右段区域 Ⅱ 存在竖直向上的匀强磁场B0＝0.2 T。在倾
斜轨道顶端，放置一质量为m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω、长为L 的金属棒ab，与导
轨左段形成闭合回路，ab 由静止开始下滑，进入右侧磁场 Ⅱ 后经过时间t(已
知)达到稳定状态。导轨电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
图2
A.ab 在倾斜轨道上下滑过程中产生的焦耳热为1×10－5 J
B.ab 达到稳定后的速度大小等于0.5 m/s
C.ab 进入右侧磁场 Ⅱ 后通过电阻R 的电荷量为2.5 C
D.ab 进入右侧磁场 Ⅱ 经过位移为(125＋0.5t)后达到匀速
答案 BCD
解析 左侧回路中产生的感应电动势E＝L2＝×0.12 V＝0.01 V，金属棒在倾斜轨
道上下滑时的加速度a＝gsin θ＝5 m/s2，下滑的时间t1＝＝ s＝0.2 s，ab 在倾斜
轨道上下滑过程中产生的焦耳热为Q＝t1＝×0.2 J＝2×10－5 J，选项A 错误；ab
达到稳定时回路感应电流为零，则E＝B0Lv，解得v＝0.5 m/s，选项B 正确；金
属棒到达斜面底端时的速度v0＝＝1 m/s，达到稳定时由动量定理有－B0ILΔt＝－
B0Lq＝mv－mv0，解得q＝2.5 C，选项C 正确；由以上可知Δt＝q，即∑(B0LvΔt－
EΔt)＝qR，即B0Lx－Et＝qR，解得x＝0.5t＋125，选项D 正确。
训练2 (2024·湖北武汉模拟预测)福建舰搭载了我国自主研发的电磁弹射和阻拦
技术用于舰载机的起飞和降落。某兴趣小组开展电磁弹射阻拦系统研究，设计了
如图3 所示的简化模型，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电
阻不计，导轨区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为
m、电阻为R 的金属棒ab，垂直放在导轨间。当质量为M 的飞机(模型)要弹射起
飞时，将它与金属棒锁定，选择开关S 与1 闭合，恒流源输出恒定电流，大小为
I，经过时间t1，飞机达到起飞速度v1，解除锁定，飞机起飞离舰；飞机降落时，
将选择开关S 与2 闭合，飞机通过阻拦索钩拉金属棒，以共同速度v2一起开始减
速着舰，金属棒与储能装置(非纯电阻)串联，减速同时还能实现动能的回收，经
过t2时间飞机速度减为0，v1等于v2，但均是未知量。下列关于起飞和阻拦过程
说法正确的是( )
图3
A.起飞过程中，恒流源两端的电压保持不变
B.起飞速度v1＝t1
C.起飞过程中，恒流源输出能量为E＝I2Rt1＋
D.降落过程中，飞机的位移x＝
答案 C
解析 起飞过程中，金属棒的速度增大，由E＝Blv 可知产生的感应电动势增大，
电路中的电流恒定，金属棒加速电流方向由a→b，感应电动势方向由b→a，恒
流源两端的电压U＝IR＋Blv 变大，故A 错误；对金属棒由动量定理得IlBt1＝(M
＋m)v1，解得v1＝，故B 错误；起飞过程中，恒流源输出能量为电路中的焦耳热
与金属棒和模型的动能之和E＝I2Rt1＋(M＋m)v＝I2Rt＋，故C 正确；降落过程中，
根据动量定理有－IlBt2＝0－(M＋m)v2，设流过金属棒的电荷量为q，则q＝It2，
又I＝，E＝＝，v1＝v2，解得飞机的位移x＝，故D 错误。
热点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
例2 (2024·陕西汉中二模)如图4 所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而
成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直
于导轨，导轨间距为L。水平区域abcd 有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大
小为B，细金属杆M、N 长度都稍大于L。初始时刻，细金属杆M 静止在弧形部
分距水平导轨高度h 处，磁场内的细金属杆N 处于静止状态。某时刻静止释放
M 杆后，两杆与导轨接触良好且运动过程始终与导轨垂直，两杆在磁场中未碰
撞且N 杆出磁场时的速度大小为。已知M、N 杆的质量分别为m 和2m，电阻分
别为R 和2R，重力加速度为g，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
求：
图4
(1)细金属杆N 在磁场内运动过程中最大加速度的大小和方向；
(2)细金属杆N 在磁场内运动过程中产生的焦耳热Q；
(3)细金属杆N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；
(4)初始时刻细金属杆N 到ab 的最小距离x。
答案 (1) 水平向右 (2)mgh
(3) (4)
解析 (1)从M 释放到进磁场，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2
M 进磁场时，对金属杆N 根据牛顿第二定律有F＝BIL＝BL＝2ma
解得a＝
根据左手定则可知，金属杆N 所受安培力的方向水平向右，则加速度方向水平
向右。
(2)由M、N 组成的系统动量守恒，则mv＝mv1＋2mv2
根据能量守恒定律有Q＝mv2－mv－×2mv
所以细金属杆N 产生的焦耳热为QN＝Q＝mgh。
(3)对细金属杆N，根据动量定理可得
BILt＝2mv2，其中q＝It
解得q＝。
(4)当N 出磁场时M 也刚好出磁场，此时N 到ab 的距离最小，设细金属杆N 到
ab 的最小距离为x，则整个过程中通过闭合回路的电荷量为
q＝＝
所以x＝。
方法总结 双杆模型的分析方法
物理
模型
“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要
注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动
势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析
方法
动力学观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而
另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属
杆以共同的速度匀速运动
能量观点
两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量观点
对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金
属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理
问题
训练3 (多选)如图5，两根足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右
两侧导轨间距分别为2L 和L，图中OO′左侧是电阻不计的金属导轨，OO′右侧是
绝缘轨道。金属导轨部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B0；
OO′右侧以O 为原点，沿导轨方向建立x 轴，沿Ox 方向存在分布规律为B＝B0＋
kx(k>0)的竖直向下的磁场(图中未标出)。一质量为m、阻值为R、三边长度均为
L 的U 形金属框，左端紧靠OO′平放在绝缘轨道上(与金属导轨不接触)处于静止
状态。长为2L、质量为m、电阻为R 的导体棒a 处在间距为2L 的金属导轨上，
长为L、质量为m、电阻为R 的导体棒b 处在间距为L 的金属导轨上。现同时给
导体棒a、b 大小相同的水平向右的速度v0，当导体棒b 运动至OO′时，导体棒a
中已无电流(a 始终在宽轨上)。导体棒b 与U 形金属框碰撞后连接在一起构成回
路，导体棒a、b、金属框与导轨始终接触良好，导体棒a 被立柱挡住没有进入右
侧轨道。下列说法正确的是( )
图5
A.给导体棒a、b 大小相同的水平向右的速度v0后，导体棒b 做匀速运动
B.导体棒b 到达OO′时的速度大小为v0
C.导体棒b 与U 形金属框碰撞后连接在一起后做匀减速运动
D.导体棒b 与U 形金属框碰撞后，导体棒b 静止时与OO′的距离为
答案 BD
解析 给导体棒a、b 大小相同的水平向右的速度v0后，导体棒a 产生的电动势
大于导体棒b 产生的电动势，回路中有感应电流产生，导体棒a 减速运动，b 棒
加速运动，然后匀速运动，故A 错误；设b 棒到达OO′时的速度大小为vb，此时
导体棒a 的速度大小为va，此时已经无电流，有BLvb＝2BLva，对a、b 棒，根据
动量定理可得－2B0Lq＝mva－mv0，B0Lq＝mvb－mv0，联立解得vb＝v0，故B 正
确；b 棒与U 形金属框碰撞后连接在一起后做加速度不断减小的减速运动，故C
错误；设b 棒与U 形金属框碰撞后共同速度为v1，根据动量守恒定律可得mvb＝
2mv1，解得v1＝v0，由题意可知U 形金属框右边始终比U 形金属框左边的磁场
大ΔB＝kL，从导体棒b 与U 形金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均
电流为I′＝＝，根据动量定理有－ΔB·I′L·t′＝0－2mv1，导体棒b 静止时与OO′点
的距离为x＝v·t′，联立解得x＝，故D 正确。
(2024·湖北卷，15)如图6 所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ 的间距为L，
固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P 点分别与两条竖直固定、半径为L 的
圆弧导轨相切。MP 连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大
小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R 的金属棒ab 跨
放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R 的均匀金属丝制成一个半径为
L 的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的
电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，
重力加速度大小为g。现将金属棒ab 由静止释放，求：
图6
(1)ab 刚越过MP 时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab 在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP 的最
小距离。
答案 (1)BL (2) (3)＋L
解析 (1)设ab 棒刚越过MP 时速度大小为v1，产生的感应电动势大小为E1，对
ab 在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有
mgL＝mv
ab 刚越过MP 时，由法拉第电磁感应定律得
E1＝BLv1
联立解得E1＝BL。
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段
金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1＝
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L，电阻为Rc的金属棒，设金属
环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则
F1＝I1LB
由牛顿第二定律得F1＝2ma
联立解得a＝。
(3)经分析，ab 进入磁场后，ab 和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的
速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
设在极短时间Δt 内，ab 与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大
小为F，流过ab 的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得
∑FΔt＝2mv2－0
F＝ILB
由闭合电路欧姆定律得I＝
设金属环圆心初始位置到MP 的最小距离为s，若ab 与金属环共速时，两者恰好
接触，金属环圆心初始位置到MP 的距离最小，对ab 进入磁场到两者共速的过
程，由法拉第电磁感应定律有E＝BL
由几何关系有s＝L＋∑Δx
联立解得s＝＋L。
1.(多选)(2024·江西南昌模拟)某兴趣小组利用电容放电装置研究电磁弹射。如图
1，离地面高为h 的水平面上固定一半径为r 的金属圆环，一根长为2r、电阻为
2R0的金属棒P 沿直径放置，它的两端与圆环接触良好，该棒以圆心为转轴匀速
转动。圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场(方向竖直向上)，圆环
边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距为l 的水平放置的光滑平行金属轨道相
连，轨道间接有电容为C 的电容器，通过单刀双掷开关S 可分别与接线柱1、2
相连。水平导轨上放置一质量为m 的金属棒Q，它置于磁感应强度为B2的匀强
磁场(方向竖直向上)区域内靠左侧边缘。先将开关置于1 端，让金属棒P 绕轴以
角速度ω 匀速转动，等电容器充电结束后，再将开关S 置于2 端，电容器放电使
得导轨上的金属棒Q 运动起来水平抛出。圆环及轨道内阻均不计，重力加速度
大小为g，下列说法正确的是( )
图1
A.电容器充电后，M 板带正电
B.电容器充电后带电荷量为CB1ωr2
C.电容器充电后带电荷量为CB1ωr2
D.金属棒Q 抛出到落地的最大水平距离为
答案 AC
解析 开关S 和接线柱1 接通，电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的金
属棒P，由右手定则可知电流沿径向向外，即圆环边缘为电源正极，圆心为负极，
则M 板带正电，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律可知E＝B1ωr2，则电容器
所带的电荷量Δq＝CU＝＝CB1ωr2，故B 错误，C 正确；假设电容器放电能够将
电荷量全部放完，电容器放电过程对金属棒Q，由动量定理有B2Ilt＝mv－0，Δq
＝It 得v＝B1B2ωr2C，根据平抛运动规律，有h＝gt2，x＝vt，联立可得x＝，但是
实际电容器放电结束时电容器应保留一部分电荷，使得电容器两端电压和导体棒
两端电压相等，故D 错误。
2.(多选)(2024·山东济南一模)如图2 所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨
位于同一水平面上，导轨上横放着两根导体棒ab、cd，其质量分别是m1、
m2(m1<m2)，导轨间的有效电阻均为R，导体棒ab、cd 与导轨构成矩形回路。初
始时，两棒中间用轻绳连接且处于静止状态，ac 间和bd 间分别有一处于压缩状
态的完全相同的轻质弹簧，在导轨的两侧有竖直向下的匀强磁场(虚线内无磁场)，
磁感应强度均为B。剪断轻绳后，两导体棒分别向左、右运动，当同时运动到虚
线处弹簧恰好恢复原长并与两棒分离，则( )
图2
A.两棒达到虚线处速率相等
B.在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
C.导体棒ab、cd 进入磁场后，两棒构成的系统动量守恒，机械能不守恒
D.当导体棒ab 运动到最左端的同时cd 棒运动到最右端
答案 BCD
解析 在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统动量守恒，则有m1v1＝
m2v2，由于m1<m2，则v1>v2，整个系统没有其他力做功，则两棒和弹簧构成的系
统机械能守恒，故B 正确，A 错误；导体棒ab、cd 进入磁场后，导体棒ab、cd
电流方向相反，根据左手定则，两根导体棒所受安培力的方向相反，则两棒构成
的系统所受合力为零，系统动量守恒，由于安培力对导体棒做负功，则机械能不
守恒，故C 正确；两根导体棒动量大小相等，根据动量定理－BILt＝0－p，任意
时刻两根导体棒所受安培力大小相等，则两根导体棒从进入虚线开始到速度为零
的时间相等，故D 正确。
3.如图3，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向右运动且不会与cd 相碰。运动过程中，ab、cd 始终与导轨垂直并接触良好，
两者速度分别为vab、vcd，通过ab 横截面的电荷量为q，回路中的电流为I，cd
棒产生的焦耳热为Q。下列图像中正确的是( )
图3
答案 C
解析 导体棒ab 切割磁感线产生由a 到b 的感应电流，则导体棒ab 受到向左的
安培力，做减速运动；导体棒cd 受到向右的安培力，向右加速运动，则感应电
流I＝，两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受的安培力大
小F＝ILB，F 随着电流减小而减小，设导体棒质量为m，当两者速度相等时，
电流为零，由动量守恒定律得mv0＝2mv，两导体棒的速度最终为v＝，且加速
度随着电流的减小而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，C 正确，A 错误；
对ab 棒由动量定理有BILt＝mv0－m·，则q＝It＝，电荷量随时间的增加而增大，
最后达到最大值，因为电流随时间减小，所以q－t 的图像斜率也应该是减小，
故B 错误；系统状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0，不再有感应电流产生，
焦耳热不会随着时间一直增大，故D 错误。
4.(多选)如图4 所示，间距均为L 的水平金属轨道和半径为R 的半圆金属轨道平
滑连接，半圆轨道在竖直平面内，轨道电阻不计。在水平轨道区域内有竖直向下、
磁感应强度为B 的匀强磁场。在水平轨道上放置两长度均为L、质量分别为4m
和m、电阻分别为r 和2r 的导体棒ab、cd，两导体棒到半圆底部的距离分别为
x1(足够大)和x2＝3R，两导体棒与金属轨道间的摩擦可忽略不计。现突然给导体
棒ab 一速度v0＝10，一段时间后导体棒cd 通过半圆轨道最高点后又恰好落到其
初始位置，整个运动过程中，两导体棒与轨道均始终垂直且接触良好，两导体棒
没有发生碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图4
A.导体棒cd 运动到半圆轨道底部时对轨道的压力大小为mg
B.导体棒cd 进入半圆轨道时，导体棒ab 的速度大小为
C.从开始到导体棒cd 进入圆轨道，导体棒ab 产生的热量为mgR
D.从开始到导体棒cd 进入圆轨道，通过导体棒cd 的电荷量为
答案 AD
解析 由于cd 棒进入半圆轨道后，不再受安培力作用，离开半圆轨道后做平抛
运动，则竖直方向上有2R＝gt2，水平方向上有3R＝v2′t，联立解得v2′＝，从最
低点到最高点，只有重力做功，由动能定理有－mg·2R＝mv2′2－mv，解得v2＝，
cd 棒在半圆轨道最低点所受合力提供其做圆周运动的向心力，则有FN1－mg＝，
解得FN1＝mg，A 正确；两导体棒均在水平轨道运动过程，通过两导体棒的电流
相等，两导体棒所受安培力大小相等、方向相反，将两导体棒看作一个系统，该
系统动量守恒，则有4mv0＝4mv1＋mv2，解得v1＝，B 错误；两导体棒均在水平
轨道运动过程，由能量守恒定律知，回路中产生的热量为Q＝×4mv－×4mv－mv
＝mgR，由焦耳定律可知Qab＝Q＝mgR，C 错误；对cd 棒从开始运动到半圆轨
道最低点过程中，应用动量定理有BLI·Δt＝mv2，整理得BLq＝m，即此过程中
流过回路的电荷量q＝，D 正确。
5.(多选)(2024·江西南昌联考)如图5，间距为L 的平行导轨竖直固定放置，导轨
上端接有阻值为R 的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下
边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为
m、电阻为R 的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金
属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接
触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图5
A.金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2
B.金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为
C.金属棒穿过两个磁场后电阻R 中产生的焦耳热为2mgd
D.金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
答案 ABC
解析 根据动能定理有mg·2d＝mv，金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v1＝2，
故A 正确；由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下
边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为
v1′，进磁场Ⅱ的速度为v2，则有mv1′2＋mgd＝mv，又v2＝v1，解得金属棒刚出磁
场Ⅰ时的速度大小为v1′＝，故B 正确；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－mv1′2，解
得金属棒穿过两个磁场后电阻R 中产生的焦耳热为Q＝2mgd，故C 正确；设金
属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)－(－
mv1)，该过程的电荷量为q＝＝，解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t＝，故D
错误。
6.如图6 所示，两根间距为l 的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段
无限长的水平部分组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为
B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为
m、电阻为r 的金属棒ab，从圆弧段M 处由静止释放下滑至N 处进入水平段，
棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN 半径为R，所对圆心角为60°，重力
加速度为g。求：
图6
(1)ab 棒在N 处进入磁场区速度和棒中的电流；
(2)cd 棒能达到的最大速度；
(3)cd 棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量。
答案 (1) (2) (3)mgR
解析 (1)ab 棒由M 下滑到N 过程中机械能守恒，有mgR(1－cos 60°)＝mv2
解得v＝
进入磁场瞬间，回路中的电流为I＝＝。
(2)ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd 棒在安培力作用下做加速运动，当两棒
速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd 棒达到最大速度。
由动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝。
(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量
故Q＝mv2－×3mv′2
解得Q＝mgR。
