资源简介

专题强化练11　电磁感应中的动量问题
(分值：60分）
1~4题每题5分，共20分
考点一　动量定理在电磁感应中的应用
1.（2024·苏州市高二期中）如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中（　　）
A.感应电流的方向相同
B.受到的安培力相等
C.动能的变化量相等
D.速度的变化量相同
2.（多选）（2024·泰安市第一中学高二月考）如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零，已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（　　）
A.杆刚进入磁场时速度大小为
B.杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为
C.整个过程中，流过金属杆的电荷量为
D.整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为
考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
3.（2023·西安市第八十九中学高二期末）如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直静置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、2v0，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中（　　）
A.ab中的最大电流为
B.ab达到稳定速度时，其两端的电压为0
C.ab速度为时，其加速度比cd的小
D.ab、cd间距增加了
4.（多选）如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L=1 m，电阻可忽略不计。质量均为m=1 kg、电阻均为R=2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且始终与导轨接触良好。现给MN一平行于导轨向右瞬时作用力F，使棒MN获得初速度v0=4 m/s，下列说法正确的是（　　）
A.两棒最终速度均为2 m/s
B.棒MN上产生的热量为4 J
C.通过MN的电荷量为4 C
D.从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了4 m2
5~8题每题7分，9题12分，共40分
5.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（aA.完全进入磁场中时的速度大于
B.完全进入磁场中时的速度等于
C.完全进入磁场中时的速度小于
D.以上情况均有可能
6.（多选）（2023·四川省自贡富顺二中高二月考）如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，虚线OO'垂直导轨，OO'两侧导轨所在空间区域存在着磁感应强度大小均为B的方向相反的竖直匀强磁场，两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b垂直导轨放在OO'左右两侧，并始终与导轨保持良好接触，不计其他电阻。现给导体棒a一个瞬时冲量，使a获得一个水平向右平行于导轨的初速度v0，下列关于a、b两棒此后整个运动过程的说法正确的是（　　）
A.a、b两棒组成的系统动量守恒
B.a、b两棒最终都将以大小为的速度做匀速直线运动
C.整个过程中，流过a棒的电荷量为
D.整个过程中，a棒上产生的焦耳热为m
7.（多选）（2023·玉林市高二期末）如图所示，光滑绝缘水平桌面上，虚线MN右侧有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度大小为0.5 T，虚线左侧有一长ab=2 m、宽bc=1 m的矩形金属框abcd，其质量为1 kg、电阻为0.5 Ω，ab边与MN平行。第一次，让金属框沿水平桌面、垂直MN方向以5 m/s的初速度冲入磁场区域（如图甲）；第二次，让金属框在平面内转90°然后在水平向右的外力作用下以5 m/s的速度匀速进入磁场区域（如图乙）。下列说法正确的是（　　）
A.两次进入磁场的过程中，金属框中的电流方向都为abcda
B.前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1
C.前、后两次进入磁场的过程中，金属框产生的焦耳热之比为8∶5
D.金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比等于5∶8
8.（多选）（2023·三明市高二期末）如图，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，左右两侧导轨的间距分别为l、2l，导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，回路总电阻保持不变。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接触良好，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（　　）
A.a棒的加速度始终等于b棒的加速度
B.a棒的加速度始终大于b棒的加速度
C.稳定时a棒的速度大小为v0
D.稳定时a棒的速度大小为2v0
9.（12分）（2023·郑州市高二期末）如图甲所示，两根平行且足够长的粗糙金属导轨间距L=0.5 m，和阻值R=1.5 Ω的定值电阻组成的回路平面与水平面的夹角θ=37°。匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1 T。一质量为m=0.1 kg、电阻为r、长L=0.5 m的金属棒ab垂直放置在导轨上，由静止释放后，金属棒沿导轨向下运动x=2 m时达到最大速度，此过程中金属棒的加速度a和速度v的关系如图乙所示，金属棒在运动中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻，g=10 m/s2，求：（已知sin 37°=0.6，不考虑电磁辐射）
（1）（3分）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）（4分）金属棒的电阻r；
（3）（5分）金属棒从静止释放到速度达到最大所经历的时间t和此过程中电阻R上产生的焦耳热QR。
答案精析
1.D　［根据楞次定律可知，进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误；设线圈内阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I=，根据法拉第电磁感应定律有E=BLv，则安培力为F=BIL=，由于线圈进入磁场时，产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；根据动能定理可得W合=F安·x=ΔEk，由于进入和离开磁场的位移都相同，而进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力，则进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量，故C错误；根据动量定理可得Δp=F安·Δt=BL·Δt=BL·q，而q=·Δt=·Δt=，进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。］
2.BCD　［杆刚进入磁场之前的加速度大小为a=，则进入磁场时速度大小为v=at=，故A错误；杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E=Bdv，则电阻R1两端的电势差大小为UR1=×=E=Bdv=，故B正确；金属杆进入磁场后，由动量定理有Δt=mv即BdΔt=mv，又Δt=q，解得q==，故C正确；整个过程中，回路产生的总焦耳热为Q=mv2=，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1=Q=，故D正确。］
3.D　［根据右手定则，回路产生顺时针方向（从上往下看）的感应电流，根据左手定则，cd棒所受安培力向左做减速运动，ab棒所受安培力向右做加速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大，且Im==，A错误；
根据动量守恒定律得mv0+m·2v0=2mv
解得v=v0，稳定时无感应电流，故ab棒两端电压为U=BLv=BLv0，B错误；稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；对ab根据动量定理得BLΔt=m·v0-mv0，q=Δt，对回路=，=，ΔΦ=BLΔx，解得Δx=，D正确。］
4.AC　［在安培力作用下，MN减速，PQ加速，两棒最终速度相等，回路电流为零，由动量守恒定律可得mv0=2mv1，解得两棒最终速度为v1=2 m/s，A正确；由能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为Q=m-·2m，两棒电阻相等，产生的焦耳热相等，故棒MN上产生的热量为Q1=Q，解得Q1=2 J，B错误；对棒MN，由动量定理可得-BL·Δt=mv1-mv0，通过MN的电荷量为q=·Δt
联立解得q=4 C，C正确；整个过程回路产生的平均感应电动势为==
平均感应电流为=
通过MN的电荷量为q=Δt
联立可得q=，解得ΔS=40 m2，故从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了40 m2，D错误。］
5.B　［设线圈完全进入磁场中时的速度为v'，
线圈进入磁场过程，由动量定理有
-BL·Δt1=mv'-mv0
线圈离开磁场过程，同理
-BL·Δt2=mv-mv'
由q=，进出磁场时穿过线圈磁通量变化数值相同
得q1=·Δt1=·Δt2=q2
联立各式得v'-v0=v-v'
所以v'=，故B正确。］
6.BC　［由题意可知，a、b两棒中的电流大小相等，由左手定则可知，安培力方向相同，则系统的合力不为0，系统动量不守恒，故A错误；由题意分析可知，a棒向右做减速运动切割磁感线，b棒向左做加速运动切割磁感线，当两棒速度相等时回路中的电流为0，分别对两棒应用动量定理且取向左为正方向，有Ft=mv，Ft=m（-v）-m（-v0）
解得v=，故B正确；由能量守恒可得m=2×mv2+Q总
Qa=Q总=m，故D错误；
对a棒由动量定理且取向右为正方向有-BtL=mv-mv0
即BqL=mv0-mv，解得q=，故C正确。］
7.BC　［金属框两次进入磁场时，根据右手定则可知电流方向均为adcba，故A错误；通过金属框横截面的电荷量为q=IΔt=Δt=，可知前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1，故B正确；由动量定理得-BILabt=mv-mv0，即qBLab=mv0-mv，又q== C=2 C，联立解得v=3 m/s，第一次进入磁场的过程中，产生的焦耳热为Q1=m-mv2=8 J，第二次匀速进入磁场的过程中，产生的焦耳热为Q2=UIt=t=qU=qBLadv0=2×0.5×1×5 J=5 J，则金属框中的焦耳热之比为=，故C正确；由C项分析可知，金属框第一次完全进入磁场之后的速度 v=3 m/s， 假如金属框匀减速进入磁场，则根据公式有Lbc=t1，解得t1=0.25 s，第二次金属框匀速进入磁场，则运动时间为t2==0.4 s，则有=，根据题意可知，金属框第一次进入磁场时，做加速度减小的减速运动，则实际所用时间t>t1，则金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比大于5∶8，故D错误。］
8.AD　［由于两个导体棒中的电流始终大小相等，根据牛顿第二定律，对导体棒a有BIl=maa，对导体棒b有BI·2l=2mab，可知aa=ab，故A正确，B错误；根据动量定理，对导体棒a有Bl·Δt=mva-mv0，对导体棒b有-B·2l·Δt=2mvb-2m·2v0，当最终稳定时满足B·2lvb=Blva，联立解得va=2v0，vb=v0，故C错误，D正确。］
9.（1）0.5　（2）1 Ω　（3）2 s　0.18 J
解析　（1）由题图乙可知，当v=0时a=2 m/s2
由牛顿第二定律可知
mgsin θ-μmgcos θ=ma
代入数据解得μ=0.5
（2）由图像可知vm=2 m/s，此时加速度为零
当金属棒达到最大速度时有FA=BIL
且I=
由平衡条件得mgsin θ=μmgcos θ+FA
解得r=1 Ω
（3）从开始到最大速度所用时间设为t1，由动量定理可得
（mgsin θ-μmgcos θ）t1-BLt1=mvm
q=t1=Δt=
联立得t1=2 s
由能量守恒定律得
（mgsin θ-μmgcos θ）x=Q+m
解得Q=0.2 J
电阻R上产生焦耳热为
QR==0.12 J。专题强化11　电磁感应中的动量问题
［学习目标］　1.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题（重难点）。2.进一步掌握动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等基本规律（重难点）。
一、动量定理在电磁感应中的应用
如图所示，水平固定且足够长的光滑U形金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，在导轨上放置金属棒。定值电阻的阻值为R，金属棒的有效电阻为r，导轨宽度为L。若棒分别以初速度v0、2v0向右运动，
（1）请分析棒的运动情况？
（2）两种情况下，从棒开始运动至棒停止过程中，通过R的电荷量q1、q2之比为多少？
（3）两种情况，从棒开始运动至棒停止时的位移x1、x2之比为多少？
　　 　
　　 　
在导体单棒切割磁感线做非匀变速运动时，若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题，可运用动量定理求解。
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，
安培力的冲量为I安=BLt=BLq，
通过导体棒或金属框的电荷量为q=，
磁通量变化量：ΔΦ=BΔS=BLx。
如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安=mv2-mv1。
例1　（多选）如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动并始终垂直于导轨且与其接触良好，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是（　　）
A.ab杆将做匀减速运动直到静止
B.ab杆速度减为
C.ab杆速度减为
D.ab杆速度减为
针对训练 1　（2023·达州市高二期末）如图甲所示，电阻不计且间距L=1.5 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R=2 Ω的电阻，虚线OO'下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω的金属杆ab从OO'上方某处由静止释放。金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab进入磁场时的速度v0=1 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；（结果可用根号表示）
　　 　
　　 　
（2）杆ab下落0.3 m的过程中，电阻R上产生的热量Q；（结果保留三位有效数字）
（3）杆ab从进入磁场到下落至0.3 m处的时间。
　　 　
　　 　
二、动量守恒定律在电磁感应中的应用
如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、有效电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0。
（1）试分析金属棒a、b的运动情况，两金属棒稳定后分别做什么运动。
（2）在运动过程中两金属棒受到安培力的冲量有什么关系？把两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化。
（3）金属棒a、b稳定后的速度多大？
（4）从金属棒a开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热多少？
　　 　
　　 　
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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：
（1）动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。
（2）动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒所受的安培力等大反向，通常情况下系统的动量守恒。
（3）能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
在上面的问题中，求金属棒a从初速度v0到匀速的过程中，
（1）流过金属棒a的电荷量q；
（2）a和b距离的增加量Δx。
　　 　
　　 　
例2　（2023·内江市高二期末）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域内有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t=0时刻，两金属棒a、b以大小相同的速率v0，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场。经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，且在这个过程中，金属棒a、b没有相碰，相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为2m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）在t=0时刻b棒的加速度大小；
（2）两棒在整个过程中相距最近的距离；
（3）在整个过程中，b棒产生的焦耳热。
　　 　
　　 　
　　 　
　　 　
针对训练 2　（多选）（2024·河北省高二开学考）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始终与导轨垂直且接触良好，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（　　）
答案精析
一、
（1）金属棒受到向左的安培力F安==ma ，金属棒速度减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，最终静止。
（2）当棒的初速度为v0时，由动量定理可得-BLt=0-mv0，q1=t，解得q1=，同理可得q2=，得=。
（3）q1=，ΔΦ=BΔS=BLx1，可得q1=，x1=，同理可得x2=
得==。
例1　BD　［ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA=，加速度大小为a==，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，安培力大小为FA'=，所以加速度大小为a==，故B正确；对ab杆，由动量定理得-BL·Δt=m-mv0，即BLq=mv0，解得q=，所以通过定值电阻的电荷量为，故C错误；由q==，解得ab杆通过的位移：x==，故D正确。］
针对训练 1　（1） T　（2）0.383 J　（3）0.45 s
解析　（1）金属杆进入磁场后，杆ab所受的安培力方向与运动方向相反，竖直向上。由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小a0=10 m/s2，方向竖直向上。
由牛顿第二定律得BI0L-mg=ma0
金属杆刚进入磁场时，根据闭合电路欧姆定律得I0=
解得B= T
（2）通过a-h图像知h=0.3 m时a=0
则金属杆受到的重力与安培力平衡，可得mg=BIL=
解得v==0.5 m/s
ab杆下落0.3 m的过程中，由能量守恒定律有mgh=Q总+mv2
电阻R上产生的热量为
Q=Q总≈0.383 J
（3）金属杆自由下落的高度
h0==0.05 m
杆ab下落0.3 m的过程中，通过磁场的距离为
x=h-h0=0.3 m-0.05 m=0.25 m
杆ab从进入磁场到下落至0.3 m处通过电阻R的电荷量
q=Δt=== C
杆ab从进入磁场到下落至0.3 m处，由动量定理得
mgt-BLt=mgt-BLq=mv-mv0
解得t=0.45 s。
二、
（1）金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，b棒切割磁感线产生顺时针方向的感应电流；两棒的速度差减小，总电动势E=BL（va-vb）减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，两金属棒稳定后均做匀速直线运动。
（2）两金属棒所受安培力冲量等大反向，系统的合外力为零，两棒组成的系统动量守恒。
（3）设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0=2mv，解得v=va=vb=。
（4）根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热
Q=m-（2m）v2=。
讨论交流
（1）由动量定理得
-BLΔt=m-mv0 ，
q=Δt，解得q=
（2）根据电荷量的推论公式q==，解得a和b距离的增加量Δx==。
例2　（1）　（2）
（3）m
解析　（1）根据电阻定律有
Ra=R=ρ，Rb=2R=ρ
可得Sa=2Sb
根据ma=2m=ρ'LSa，mb=ρ'LSb
可得mb=ma=m
a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a、b组成的回路中产生逆时针方向（从上往下看）的感应电流，流过a、b的感应电流I=
对于b，根据牛顿第二定律有BIL=mba
联立解得在t=0时刻b棒的加速度大小为a=
（2）取向右为正方向，相距最近时，两棒具体相同速度，根据系统动量守恒有2mv0-mv0=（2m+m）v
解得v=
此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域，之后b棒不受安培力，a棒受安培力减速直到停下；从b棒出磁场区域到a棒刚好停在磁场边界处，对a棒运用动量定理得-BLΔt=0-2mv
又q=Δt=Δt=Δt==
联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为s=
（3）对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有
×2m+×m=mv2+Q总
对a、b，根据焦耳定律有Q=I2RΔt
因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb=1∶2
又Qa+Qb=Q总
联立解得b棒产生的焦耳热为
Qb=m。
针对训练 2　AC　［以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安培力大小相等，方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv0=2mv，解得两导体棒运动的末速度为v=v0，棒ab做减速运动，棒cd做加速运动，它们的速度差逐渐减小，产生的感应电流也减小，安培力减小，加速度也减小，即棒ab做加速度减小的减速运动，棒cd做加速度减小的加速运动，稳定时两导体棒的加速度为零，一起向右做匀速运动，选项A正确，B错误；ab棒和cd棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，选项C正确，D错误。］(共67张PPT)
DIERZHANG
第二章
专题强化11　电磁感应中
的动量问题
1.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题(重难点)。
2.进一步掌握动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等基本规律(重难点)。
学习目标
一、动量定理在电磁感应中的应用
二、动量守恒定律在电磁感应中的应用
专题强化练
内容索引
动量定理在电磁感应中的应用
一
如图所示，水平固定且足够长的光滑U形金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，在导轨上放置金属棒。定值电阻的阻值为R，金属棒的有效电阻为r，导轨宽度为L。若棒分别以初速度v0、2v0向右运动，
(1)请分析棒的运动情况？
答案　金属棒受到向左的安培力F安==ma ，金属棒速度减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，最终静止。
(2)两种情况下，从棒开始运动至棒停止过程中，通过R的电荷量q1、q2之比为多少？
答案　当棒的初速度为v0时，由动量定理可得-BLt=0-mv0，q1=t，解得q1=，同理可得q2=，得=。
(3)两种情况，从棒开始运动至棒停止时的位移x1、x2之比为多少？
答案　q1=，ΔΦ=BΔS=BLx1，可得q1=，x1=，
同理可得x2=
得==。
在导体单棒切割磁感线做非匀变速运动时，若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题，可运用动量定理求解。
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，安培力的冲量为I安=BLt=BLq，
通过导体棒或金属框的电荷量为q=Δt=Δt=n·Δt=n，
磁通量变化量：ΔΦ=BΔS=BLx。
如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安=mv2-mv1。
提炼·总结
(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动并始终垂直于导轨且与其接触良好，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是
A.ab杆将做匀减速运动直到静止
B.ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为
C.ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为
D.ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为
例1
√
√
ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安
培力大小为FA=，加速度大小为a==，由于
速度减小，所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止，故A错误；
当ab杆的速度为时，安培力大小为FA'=，所以加速度大小为a=
=，故B正确；
对ab杆，由动量定理得-BL·Δt=m-mv0，即BLq=mv0，解得q=
，故C错误；
由q==，解得ab杆通过的位移：x==，故D正确。
　(2023·达州市高二期末)如图甲所
示，电阻不计且间距L=1.5 m的光滑平行
金属导轨竖直放置，上端接一阻值R=2 Ω
的电阻，虚线OO'下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m=
0.2 kg、电阻r=1 Ω的金属杆ab从OO'上方某处由静止释放。金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab进入磁场时的速度v0=1 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2。求：
针对训练 1
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B；(结果可用根号表示)
答案　 T　
金属杆进入磁场后，杆ab所受的安培力方向与运动方向相反，竖直向上。由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小a0=10 m/s2，方向竖直向上。
由牛顿第二定律得BI0L-mg=ma0
金属杆刚进入磁场时，
根据闭合电路欧姆定律得I0=
解得B= T
(2)杆ab下落0.3 m的过程中，电阻R上产生的热量Q；(结果保留三位有效数字)
答案　0.383 J　
通过a-h图像知h=0.3 m时a=0
则金属杆受到的重力与安培力平衡，可得mg=BIL=
解得v==0.5 m/s
ab杆下落0.3 m的过程中，
由能量守恒定律有mgh=Q总+mv2
电阻R上产生的热量为Q=Q总≈0.383 J
(3)杆ab从进入磁场到下落至0.3 m处的时间。
答案　0.45 s
金属杆自由下落的高度h0==0.05 m
杆ab下落0.3 m的过程中，通过磁场的
距离为x=h-h0=0.3 m-0.05 m=0.25 m
杆ab从进入磁场到下落至0.3 m处通过电阻R的电荷量
q=Δt=== C
杆ab从进入磁场到下落至0.3 m处，由动量定理得
mgt-BLt=mgt-BLq=mv-mv0
解得t=0.45 s。
返回
动量守恒定律在电磁感应中的应用
二
如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、有效电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0。
(1)试分析金属棒a、b的运动情况，两金属棒
稳定后分别做什么运动。
答案　金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，b棒切割磁感线产生顺时针方向的感应电流；两棒的速度差减小，总电动势E=BL(va-vb)减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，两金属棒稳定后均做匀速直线运动。
(2)在运动过程中两金属棒受到安培力的冲量有什么关系？把两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化。
答案　 两金属棒所受安培力冲量等大反向，系统的合外力为零，两棒组成的系统动量守恒。
(3)金属棒a、b稳定后的速度多大？
答案　 设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0=2mv，解得v=va=vb=。
(4)从金属棒a开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热多少？
答案　 根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q=m-(2m)v2=。
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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。
提炼·总结
(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒所受的安培力等大反向，通常情况下系统的动量守恒。
(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
讨论交流
在上面的问题中，求金属棒a从初速度v0到匀速的过程中，
(1)流过金属棒a的电荷量q；
答案　由动量定理得-BLΔt=m-mv0 ，q=Δt，解得q=
(2)a和b距离的增加量Δx。
答案　根据电荷量的推论公式q==，解得a和b距离的增加量Δx=
=。
(2023·内江市高二期末)如图，P、Q是两根固
定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，
导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形
区域内有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t=0时刻，两金属棒a、b以大小相同的速率v0，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场。经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，且在这个过程中，金属棒a、b没有相碰，相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为2m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
例2
(1)在t=0时刻b棒的加速度大小；
答案　　
根据电阻定律有Ra=R=ρ，Rb=2R=ρ
可得Sa=2Sb
根据ma=2m=ρ'LSa，mb=ρ'LSb
可得mb=ma=m
a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a、b组成的回路中产生逆时针方向(从上往下看)的感应电流，流过a、b的感应
电流I=
对于b，根据牛顿第二定律有BIL=mba
联立解得在t=0时刻b棒的加速度大小为a=
(2)两棒在整个过程中相距最近的距离；
答案　　
取向右为正方向，相距最近时，两棒具体相同速度，
根据系统动量守恒有2mv0-mv0=(2m+m)v
解得v=
此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域，之后b棒不受安培力，a棒受安培力减速直到停下；从b棒出磁场区域到a棒刚好停在磁场边界处，对a棒运用动量定理得
-BLΔt=0-2mv
又q=Δt=Δt=Δt==
联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为s=
(3)在整个过程中，b棒产生的焦耳热。
答案　m
对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，
根据能量守恒有×2m+×m=mv2+Q总
对a、b，根据焦耳定律有Q=I2RΔt
因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb=1∶2
又Qa+Qb=Q总
联立解得b棒产生的焦耳热为Qb=m。
(多选)(2024·河北省高二开学考)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始终与导轨垂直且接触良好，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
针对训练 2
√
√
以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导
体棒所受的安培力大小相等，方向相反，且不受其他
水平外力作用，在水平方向两导体棒组成的系统动量
守恒，对系统有mv0=2mv，解得两导体棒运动的末速度为v=v0，棒ab做
减速运动，棒cd做加速运动，它们的速度差逐渐减小，产生的感应电流也减小，安培力减小，加速度也减小，即棒ab做加速度减小的减速运动，棒cd做加速度减小的加速运动，稳定时两导体棒的加速度为零，一起向右做匀速运动，选项a正确，b错误；
ab棒和cd棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，选项c正确，d错误。
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专题强化练
三
考点一　动量定理在电磁感应中的应用
1.(2024·苏州市高二期中)如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中
A.感应电流的方向相同 B.受到的安培力相等
C.动能的变化量相等 D.速度的变化量相同
1
2
3
4
5
6
7
8
9
基础对点练
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
根据楞次定律可知，进入磁场过程中，线圈的感应
电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈的感应电流
方向为逆时针，故A错误；
设线圈内阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I=，根据法拉第电磁感应定律有E=BLv，则安培力为F=BIL=，由于线圈进入磁场时，
产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
根据动能定理可得W合=F安·x=ΔEk，由于进入和离开
磁场的位移都相同，而进入磁场时的安培力大于离
开磁场时的安培力，则进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量，故C错误；
根据动量定理可得Δp=F安·Δt=BL·Δt=BL·q，而q=·Δt=·Δt=，进
入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。
2.(多选)(2024·泰安市第一中学高二月考)如图所示，
电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距
为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧
有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强
磁场。质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零，已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A.杆刚进入磁场时速度大小为
B.杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为
C.整个过程中，流过金属杆的电荷量为
D.整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
杆刚进入磁场之前的加速度大小为a=，则进入
磁场时速度大小为v=at=，故A错误；
杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E=Bdv，则
电阻R1两端的电势差大小为UR1=×=E=Bdv=，故B正确；
金属杆进入磁场后，由动量定理有Δt=mv即BdΔt=mv，又Δt=q，解得q==，故C正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
整个过程中，回路产生的总焦耳热为Q=mv2=，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1=Q=，故D正确。
考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
3.(2023·西安市第八十九中学高二期末)如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直静置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、2v0，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中
A.ab中的最大电流为
B.ab达到稳定速度时，其两端的电压为0
C.ab速度为时，其加速度比cd的小
D.ab、cd间距增加了
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
根据右手定则，回路产生顺时针方向(从上往下
看)的感应电流，根据左手定则，cd棒所受安培
力向左做减速运动，ab棒所受安培力向右做加
速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大，且Im=
=，A错误；
根据动量守恒定律得mv0+m·2v0=2mv
解得v=v0，稳定时无感应电流，故ab棒两端电压为U=BLv=BLv0，B
错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，
两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；
对ab根据动量定理得BLΔt=m·v0-mv0，q=Δt，
对回路==，ΔΦ=BLΔx，解得Δx=，D正确。
4.(多选)如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L=1 m，电阻可忽略不计。质量均为m=1 kg、电阻均为R=2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且始终与导轨接触良好。现给MN一平行于导轨向右瞬时作用力F，使棒MN获得初速度v0=4 m/s，下列说法正确的是
A.两棒最终速度均为2 m/s
B.棒MN上产生的热量为4 J
C.通过MN的电荷量为4 C
D.从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了4 m2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
在安培力作用下，MN减速，PQ加速，两棒最终速
度相等，回路电流为零，由动量守恒定律可得mv0=
2mv1，解得两棒最终速度为v1=2 m/s，A正确；
由能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为Q=m-·2m，两棒电阻相等，产生的焦耳热相等，故棒MN上产生的热量为Q1=Q，
解得Q1=2 J，B错误；
对棒MN，由动量定理可得-BL·Δt=mv1-mv0，
通过MN的电荷量为q=·Δt
1
2
3
4
5
6
7
8
9
联立解得q=4 C，C正确；
整个过程回路产生的平均感应电动势为==
平均感应电流为=
通过MN的电荷量为q=Δt
联立可得q=，解得ΔS=40 m2，故从开始到稳定，回路MNPQ的面
积增加了40 m2，D错误。
5.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a(aA.完全进入磁场中时的速度大于
B.完全进入磁场中时的速度等于
C.完全进入磁场中时的速度小于
D.以上情况均有可能
1
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9
√
能力综合练
1
2
3
4
5
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7
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9
设线圈完全进入磁场中时的速度为v'，
线圈进入磁场过程，由动量定理有-BL·Δt1=mv'-mv0
线圈离开磁场过程，同理-BL·Δt2=mv-mv'
由q=，进出磁场时穿过线圈磁通量变化数值相同
得q1=·Δt1=·Δt2=q2
联立各式得v'-v0=v-v'
所以v'=，故B正确。
6.(多选)(2023·四川省自贡富顺二中高二月考)如图
所示，两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平
放置，导轨间距为L，虚线OO'垂直导轨，OO'两侧
导轨所在空间区域存在着磁感应强度大小均为B的方向相反的竖直匀强磁场，两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b垂直导轨放在OO'左右两侧，并始终与导轨保持良好接触，不计其他电阻。现给导体棒a一个瞬时冲量，使a获得一个水平向右平行于导轨的初速度v0，下列关于a、b两棒此后整个运动过程的说法正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A.a、b两棒组成的系统动量守恒
B.a、b两棒最终都将以大小为的速度做匀速直线运动
C.整个过程中，流过a棒的电荷量为
D.整个过程中，a棒上产生的焦耳热为m
1
2
3
4
5
6
7
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√
√
1
2
3
4
5
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9
由题意可知，a、b两棒中的电流大小相等，由左手定则可知，安培力方向相同，则系统的合力不为0，系统动量不守恒，故A错误；
由题意分析可知，a棒向右做减速运动切割磁感线，b棒向左做加速运动切割磁感线，当两棒速度相等时回路中的电流为0，分别对两棒应用动量定理且取向左为正方向，有Ft=mv，Ft=m(-v)-m(-v0)
解得v=，故B正确；由能量守恒可得
m=2×mv2+Q总
Qa=Q总=m，故D错误；
1
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3
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5
6
7
8
9
对a棒由动量定理且取向右为正方向有
-BtL=mv-mv0
即BqL=mv0-mv，解得q=，故C正确。
1
2
3
4
5
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7
8
9
7.(多选)(2023·玉林市高二期末)如图所示，
光滑绝缘水平桌面上，虚线MN右侧有竖直
向下的匀强磁场，其磁感应强度大小为0.5 T，
虚线左侧有一长ab=2 m、宽bc=1 m的矩形金属框abcd，其质量为1 kg、电阻为0.5 Ω，ab边与MN平行。第一次，让金属框沿水平桌面、垂直MN方向以5 m/s的初速度冲入磁场区域(如图甲)；第二次，让金属框在平面内转90°然后在水平向右的外力作用下以5 m/s的速度匀速进入磁场区域(如图乙)。下列说法正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A.两次进入磁场的过程中，金属框中的电流方向都为abcda
B.前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1
C.前、后两次进入磁场的过程中，金属框产生的焦耳热之比为8∶5
D.金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比等于5∶8
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
金属框两次进入磁场时，根据右手定则
可知电流方向均为adcba，故A错误；
通过金属框横截面的电荷量为q=IΔt=Δt
=，可知前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷
量之比为1∶1，故B正确；
由动量定理得-BILabt=mv-mv0，即qBLab=mv0-mv，又q== C=2 C，
联立解得v=3 m/s，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
第一次进入磁场的过程中，产生的焦耳热为Q1=m-mv2=8 J，第二次匀速进入磁场的过程中，产生的焦耳热为Q2=UIt=t=qU=qBLadv0
=2×0.5×1×5 J=5 J，则金属框中的焦耳热之比为=，故C正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由C项分析可知，金属框第一次完全进
入磁场之后的速度 v=3 m/s， 假如金属
框匀减速进入磁场，则根据公式有Lbc=
t1，解得t1=0.25 s，第二次金属框匀速进入磁场，则运动时间为t2==0.4 s，则有=，根据题意可知，金属框第一次进入磁场时，
做加速度减小的减速运动，则实际所用时间t>t1，则金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比大于5∶8，故D错误。
8.(多选)(2023·三明市高二期末)如图，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，左右两侧导轨的间距分别为l、2l，导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，回路总电阻保持不变。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接触良好，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是
A.a棒的加速度始终等于b棒的加速度
B.a棒的加速度始终大于b棒的加速度
C.稳定时a棒的速度大小为v0
D.稳定时a棒的速度大小为2v0
1
2
3
4
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6
7
8
9
√
√
1
2
3
4
5
6
7
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9
由于两个导体棒中的电流始终大小相等，根据牛
顿第二定律，对导体棒a有BIl=maa，对导体棒b有
BI·2l=2mab，可知aa=ab，故A正确，B错误；
根据动量定理，对导体棒a有Bl·Δt=mva-mv0，对导体棒b有-B·2l·Δt=
2mvb-2m·2v0，当最终稳定时满足B·2lvb=Blva，联立解得va=2v0，vb=v0，故C错误，D正确。
9.(2023·郑州市高二期末)如图甲所示，两根
平行且足够长的粗糙金属导轨间距L=0.5 m，
和阻值R=1.5 Ω的定值电阻组成的回路平面
与水平面的夹角θ=37°。匀强磁场垂直于导
轨平面向上，磁感应强度B=1 T。一质量为m=0.1 kg、电阻为r、长L=0.5 m的金属棒ab垂直放置在导轨上，由静止释放后，金属棒沿导轨向下运动x=2 m时达到最大速度，此过程中金属棒的加速度a和速度v的关系如图乙所示，金属棒在运动中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻，g=10 m/s2，求：(已知sin 37°=0.6，不考虑电磁辐射)
1
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9
(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案　0.5　
由题图乙可知，当v=0时a=2 m/s2
由牛顿第二定律可知mgsin θ-μmgcos θ=ma
代入数据解得μ=0.5
(2)金属棒的电阻r；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案　1 Ω
由图像可知vm=2 m/s，此时加速度为零
当金属棒达到最大速度时有FA=BIL
且I=
由平衡条件得mgsin θ=μmgcos θ+FA
解得r=1 Ω
(3)金属棒从静止释放到速度达到最大所经历的时间t和此过程中电阻R上产生的焦耳热QR。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案　2 s　0.18 J
1
2
3
4
5
6
7
8
9
从开始到最大速度所用时间设为t1，由动量定理可得
(mgsin θ-μmgcos θ)t1-BLt1=mvm
q=t1=Δt=
联立得t1=2 s
由能量守恒定律得(mgsin θ-μmgcos θ)x=Q+m
解得Q=0.2 J
电阻R上产生焦耳热为QR==0.12 J。
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