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计算题突破3 力学三大观点在电磁感应中的应用
1.(11 分)(2025 广东广州模拟)如图所示,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间
距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ 角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向
上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现将质量均为m 的金属棒a、b 垂直导轨放置,
每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良
好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g。
(1)先保持棒b 静止,将棒a 由静止释放,求棒a 匀速运动时的速度大小v0;
(2)在(1)问中,当棒a 匀速运动时,再将棒b 由静止释放,求释放瞬间棒b 的加速度大小a0;
(3)在(2)问中,从棒b 释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v
的大小,以及时间t0内棒a 相对于棒b 运动的距离Δx。
2.(12 分)(2025 贵州黔南州模拟)如图所示,绝缘水平面上固定一平行金属导轨,导轨两端
分别与足够长的倾斜平行金属导轨平滑连接,导轨间距均为L=1 m,水平导轨中部的cdef
矩形区域内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T。现有质量m1=1 kg 的金
属棒a 从左侧轨道上高为h=5 m 处由静止释放,穿过磁场区域后,与静止的质量m2=2 kg
的金属棒b 发生弹性碰撞。碰后瞬间b 棒的速度大小为v2=25
4
m/s,并沿右侧轨道上升到
最大高度时锁定。已知两金属棒接入电路的阻值均为r=0.2 Ω,导轨电阻不计,两金属棒
始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度g 取10 m/s2,不计一切摩擦阻力。求:
(1)a 棒刚进入磁场区域时的加速度大小a0;
2
(2)矩形区域cf 的长度x;
(3)a 棒最终停止时与cd 间的距离Δx 及整个运动过程中a 棒产生的焦耳热Qa。
3.(12 分)(2025 浙江金华模拟)某探究小组利用电磁阻尼原理设计了一减震装置,其简化
结构如图甲所示。质量为m 的“日”字形金属框架abcdef 由7 根长度均为l、电阻均为
r 的金属杆焊接而成,水平有界匀强磁场的高度也为l,水平足够宽广,磁感应强度大小为
B。开始时水平杆af 与磁场的上边界平行。框架由某一高度下落,以初速度v0进入磁场,
磁场中框架运动的速度v 与下落距离x 之间的v-x 图像如图乙所示,则:
(1)框架刚进入磁场时受到的安培力的大小FA;
(2)穿过磁场过程中,框架上产生的焦耳热Q;
(3)框架在磁场中运动的时间t。
4.(15 分)(2025 云南腾冲五中二模)如图所示,两平行金属导轨间距L=1 m,与水平方向夹
角θ=37°,轨道电阻不计,垂直轨道放置两根质量均为m=1 kg 的金属棒a、b,有效阻值均
为R=0.01 Ω,金属棒与轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.375、μ2=0.875,整个装置处在垂
直于轨道向下的匀强磁场中,磁感应强度大小B=0.1 T。将a 棒锁定,使得a、b 棒处于静
止状态;现解锁a 棒,使其从静止开始向下运动。导轨足够长,不计电阻,两金属棒与导轨
间接触始终良好。重力加速度g 取10 m/s2,sin 37°=0.6。
(1)求当b 棒开始运动时,a 棒的速度大小;
3
(2)若a、b 棒始终没有相碰,求两棒的最大速度差;
(3)若当b 棒开始运动时,a 棒恰好与b 棒发生弹性碰撞,从此时开始计时,经t=0.4 s 时,a 棒
与b 棒之间最大距离记为d,求d 的大小。
4
参考答案
1.答案 (1)2mgR sinθ
B
2 L
2
(2)2gsin θ
(3)gsin θ·t0+mgR sinθ
B
2 L
2
2m
2 R
2 gsinθ
B
4 L
4
解析 (1)导体棒a 在运动过程中重力沿斜面的分力和棒a 的安培力相等时做匀速运动,
由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I= E
2 R
,F=BIL
棒a 受力平衡,可得mgsin θ=BIL
联立解得v0=2mgRsinθ
B
2 L
2
。
(2)由右手定则可知导体棒b 中电流向里,棒b 受沿斜面向下的安培力,此时电路中电流不
变,则棒b 由牛顿第二定律可得mgsin θ+BIL=ma0
解得a0=2gsin θ。
(3)释放棒b 后棒a 受到沿斜面向上的安培力,在到达共速时对棒a 由动量定理有
mgsin θ·t0-BILt0=mv-mv0
棒b 受到向下的安培力,对棒b 由动量定理有mgsin θ·t0+BILt0=mv
联立解得v=gsin θ·t0+v0
2
=gsin θ·t0+mgRsinθ
B
2 L
2
此过程流过棒b 的电荷量为q,则有q=It0
由法拉第电磁感应定律可得I = E
2 R = 1
2 R · BL Δ x
t0
联立可得Δx=m v0 R
B
2 L
2 = 2m
2 R
2 gsinθ
B
4 L
4
。
2.答案 (1)6.25 m/s2 (2)1 m (3)0
5.47 J
5
解析 (1)a 棒下降高度h,由动能定理可得m1gh=1
2
m1v0
2
解得v0=10 m/s
a 棒进入磁场区域时有E=BLv0,I= E
2r
,F=BIL
联立解得a0= F
m1
=6.25 m/s2。
(2)a、b 发生弹性正碰,设碰前a 棒速度为v,碰后速度为v1,则有
m1v=m1v1+m2v2 ,1
2
m1v2=1
2
m1v1
2+ 1
2
m2v2
2
联立解得v1=m1-m2
m1+m2
v,v2= 2m1
m1+m2
v=25
4 m/s
解得v=75
8
m/s,v1=-25
8
m/s
a 棒第一次穿过磁场的过程,由动量定理有-BIL·Δt=m1v-m1v0
-∑B
2 L
2
2r
viΔt=m1v-m1v0,∑viΔt=x
解得x=1 m。
(3)a 棒第二次进入磁场至最后停止的过程,在磁场中运动的总路程为s,满足关系B
2 L
2
2r
s=m1v1
解得s=5 m ,故Δx=0
整个运动过程中电路产生的焦耳热Q=m1gh-1
2
m2v2
2
a 棒产生的焦耳热Qa=1
2
Q=175
32
J≈5.47 J。
3.答案 (1)4 B
2l
2v0
15r
(2)3mgl+1
2 m v0
2- 225m
3 g
2r
2
32B
4l
4
6
(3)15mr
4 B
2l
2 - v0
g + 14 B
2l
3
15mgr
解析 (1)由框架刚进入磁场时水平杆af 切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,则
E=Blv0
又整个电路的总电阻为R=15
4
r
由闭合电路的欧姆定律得I= E
R = 4 Bl v0
15r
故FA=BIl=4 B
2l
2v0
15r
。
(2)由v-x 图像知,在2l~3l 时,框架匀速运动,有mg=FA
又FA=4 B
2l
2v1
15r
,解得v1=15mgr
4 B
2l
2
框架在运动过程中,总的焦耳热为Q,由能量守恒定律得3mgl-Q=1
2 m v1
2- 1
2 m v0
2
即Q=3mgl+1
2 m v0
2- 225m
3 g
2r
2
32B
4l
4
。
(3)设框架从开始进入磁场到下落l 的过程用时t1,末状态的速度为v2,由动量定理得mgt1-
4 B
2l
3
15r
=mv2-mv0
从l 到2l 的过程用时t2,由动量定理得mgt2-2B
2l
3
5r
=mv1-mv2
从2l 到3l 的过程用时t3,由动量定理得mgt3-4 B
2l
3
15r
=mv1-mv2
联立得t=t1+t2+t3=15mr
4 B
2l
2 - v0
g + 14 B
2l
3
15mgr 。
4.答案 (1)2 m/s (2)4 m/s (3)0.4 m
解析 (1)根据题意可知,当b 棒开始运动时,对b 棒有
BI1L+mgsin θ-μ2mgcos θ=0
7
设a 棒的速度大小为v1,则有E1=BLv1,I1= E1
2 R
联立解得v1=2 m/s。
(2)根据题意可知,当两棒的速度差最大时,两棒做加速度相同的匀加速直线运动,对a 棒
有mgsin θ-μ1mgcos θ-BI2L=ma
对b 棒有BI2L+mgsin θ-μ2mgcos θ=ma
又有E2=BL(va-vb),I2= E2
2 R
联立解得va-vb=4 m/s。
(3)a 棒恰好与b 棒发生弹性碰撞,则有mv1=mv1'+mv2,1
2 m v1
2= 1
2
mv1'2+1
2 m v2
2
解得v1'=0,v2=2 m/s
a 棒与b 棒之间距离最大时,a 棒与b 棒的速度相等,设为v 共,由动量定理,对a 棒有(mgsin
θ-μ1gcos θ)t+∑BiLΔt=mv 共-0
对b 棒有(mgsin θ-μ2gcos θ)t-∑BiLΔt=mv 共-mv2
又有∑iΔt=q= E
2 R
Δt=BLd
2 R
联立解得d=0.4 m。
