第12章 专题突破25 动量的观点在电磁感应中的应用-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

专题突破25　动量的观点在电磁感应中的应用 第十二章　电磁感应 1 [学习目标]　1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别几种应用动量定理的模型。2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题。 核心知识　典例研析 突破点一　动量定理在电磁感应中的应用 突破点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 分层训练　巩固提高 内容索引 3 一 核心知识　典例研析 4 突破点一　动量定理在电磁感应中的应用 5 1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为 I其他＋lBΔt＝mv－mv0或I其他－lBΔt＝mv－mv0； 若其他力的冲量和为零，则有lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。 2.求电荷量：q＝Δt＝。 3.求位移：由－Δt＝mv－mv0有x＝Δt＝。 6 [典例1]　(多选)(2024·湖南卷)某电磁缓 冲装置如图所示，两足够长的平行金属导 轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值 为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段 粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直 向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆 垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) 考向1　导体棒＋电阻 A.金属杆经过BB1的速度为 B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mμmgd C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 [答案]　CD [解析]　设金属杆经过BB1的速度大小为v1， 则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量 定理有t1＝m(v0－v1)，又t1＝d，则 ＝m(v0－v1)，对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有t2＋μmgt2＝mv1，又t2＝d，则＋μmgt2＝mv1，分析可知v0－v1＜v1，解得v1＞，即金属杆经过BB1的速度大于，A错误；整个过 程，由能量守恒定律可得m＝QR＋Q杆＋ μmgd，由于通过定值电阻R和金属杆的电流 时刻相等，则由焦耳定律可知QR＝Q杆，联 立可得QR＝mμmgd，B错误；规定水平向左为正方向，则结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，金属杆所受安培力的冲量I1＝t1＝，金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I2＝t2＝，可得I1＝I2，即金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属 杆所受安培力的冲量相同，C正确；若将金 属杆的初速度加倍，则对金属杆从AA1运动 到BB1的过程，由动量定理有t3＝ ＝m(2v0－vB)，对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有t4＋μmgt4＝m(vB－vC)，即＋μmgt4＝m(vB－vC)，又由运动学知识有t4＜t2，则结合A项分析联立可得金属杆经过CC1的速度vC＞v0，对金属杆经过CC1之后的运动过程，由动量定理有t5＝＝mvC＞mv0， 又由A项分析有＜m·v0，则Δx＞2d，故金属杆在磁场中运动的距离为x＝2d＋Δx＞4d＝2×2d，即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，D正确。 [典例2]　(2025·四川成都开学考试)如图，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，处在方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨上静置一质量为m、长度为L的金属棒，金属棒与导轨始终保持良好接触且电阻均忽略不计，图中电源电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R，首先将开关S接1，当金属棒达到最大速度后，再将开关S接2，直到金属棒达到稳定，整个过程中金属棒始终在导轨上，求： 考向2　导体棒＋电容器 (1)开关S接1的瞬间，金属棒的加速度大小； [解析]　开关接1的瞬间，金属棒的速度为零，由闭合电路欧姆定律可知E＝I(R＋r) 对金属棒，由牛顿第二定律有BIL＝ma 解得a＝。 [答案]　　 (2)开关S接1后，金属棒从静止开始至达到最大速度的过程中，R上产生的焦耳热； [解析]　分析可知开关接1后，金属棒速度最大时有 E＝BLvm 设经过很短的一段时间Δt，金属棒的速度改变量为Δv，由动量定理有 BILΔt＝mΔv 又q＝IΔt 金属棒从开始运动到速度达到vm，有BqL＝mvm 该过程电源消耗的电能E电＝qE 整个系统由能量守恒可知E电＝Q焦＋m 电阻R上产生的焦耳热QR＝Q焦 联立解得QR＝。 [答案]　　 (3)开关S接2后，金属棒达到稳定时的速度大小。 [解析]　开关接2后，金属棒产生的电动势等于电容器电压时达到稳定速度v'，则UC＝BLv' 此时电容器的电荷量QC＝CUC 从开关S开始接2到金属棒速度达到稳定，由动量定理有－BQCL＝mv'－mvm 联立解得v'＝。 [答案]　 [典例3]　(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(　　) 考向3　不等间距轨道双棒 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m D.通过导体棒a的某一横截面的电荷量为 [答案]　AC [解析]　由F安＝ILB＝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，导体棒只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有t＝lBt＝mva－mv0，同理，对b棒有－t＝－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；由能量守恒定律可知，动能的损失等于电路中产生的焦耳热，初动能Ek0＝m×2m×(2v0)2，末动能Ek＝m×(2v0)2＋×2m×，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝m，故C正确；对a棒应用动量定理有lB·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt，va＝2v0，解得q＝，故D错误。 突破点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 21 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。 22 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   双棒无外力 双棒有外力 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 [典例4]　(多选)(2025·四川绵阳南山中学高三诊断)如图所示，方向竖直向下的匀强磁场B中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，导轨间的距离为L，两电阻均为R的光滑导体棒ab、cd静止在导轨 上，ab的质量是m，cd的质量是2m。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。下列说法正确的 是(　　) A.0时刻cd棒的加速度大小为 B.最终两棒的速度均为 C.整个过程中通过ab棒横截面的电荷量是 D.整个过程中两棒间增加的距离是 BD [解析]　0时刻对cd棒受力分析，根据牛顿第二定律可得＝2ma，解得a＝，故A错误；系统满足动量守恒定律，最终两棒达到共同速度，即mv0＝3mv，解得v＝，故B正确；设整个过程通过ab棒的平均电流为，根据动量定理可得－BLΔt＝mv－mv0，又q＝Δt，联立可得q＝，故C错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝，又，联立可得Δx＝，故D正确。 [典例5]　(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求： (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； [解析]　Q与P发生弹性碰撞，由动量守恒定律有3mv0＝mvP＋3mvQ 由能量守恒定律有 ×3mm×3m 联立解得vQ＝v0，vP＝v0 根据题述，P、Q落到地面上同一地点，结合平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为 v'P＝vQ＝v0。 [答案]　v0　 (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； [解析]　由能量守恒定律可得，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量为 Q＝mmv'2P＝m。 [答案]　m　 (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 [解析]　P在导轨上做变速运动，设速度大小为v时金属棒中产生的感应电动势大小为e，电流大小为i，在Δt时间内速度变化Δv，则由法拉第电磁感应定律有e＝Blv 由闭合电路欧姆定律有i＝ 金属棒P所受的安培力大小F＝Bil＝ 由动量定理有－FΔt＝mΔv 即－Δt＝mΔv 方程两侧求和得∑Δt＝∑mΔv 即∑vΔt＝m∑Δv 注意到∑vΔt＝x，∑Δv＝v'P－vP＝－v0 联立解得x＝ 对绝缘棒Q有x＝vQt 解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为 t＝。 [答案]　 分层训练　巩固提高 二 32 1.(2025·重庆高三诊断)定义“另类加速度”A＝，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域(磁场宽度大于线框边长)。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为 v2。下列说法中正确的是(　　) A.线框在进入磁场的过程中，速度随时间均匀增加 B.线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的 C.线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为 D.线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A 夯实基础 C 33 解析：设导线框边长为L，匀强磁场磁感应强度为B， 线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减 速运动，线框受到的安培力大小为F＝BIL＝， 可知随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，所以线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的减速直线运动，故A错误；线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得－BLΔt＝mΔv，其中Δt＝Δt＝，解得＝－，所以另类加速度A不变，故B错误；线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理－BLΔt＝－＝mv－mv1，线框穿出磁场的过程中，有－BLΔt＝ －＝mv2－mv，联立解得v＝，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 34 2.(多选)如图所示，间距为1 m的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为2 Ω的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1 T。一质量为1 kg的金属杆从左侧水平向右以2 m/s的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，1 s后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取 10 m/s2。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是(　　) A.通过电阻的电荷量为0.5 C B.整个过程中安培力做的功为－1 J C.整个过程中水平外力做的功为零 D.水平外力对金属杆的冲量大小为0.5 N·s 2 3 4 5 6 7 8 9 1 AD 35 解析：导体棒在磁场中运动的位移为x＝t＝1 m，通过电阻的电荷量为q＝t＝t＝t＝＝0.5 C，A正确；t＝0时金属杆受到的安培力大小F安0＝BIL＝＝1 N，方向向左，金属杆速度减小，安培力逐渐减小，所以整个过程克服安培力做的功W安＜F安0x＝1 J，B错误；根据动能定理得WF－W安－μmgx＝0－mv2，则WF＝W安＋μmgx－mv2＜0，C错误；根据动量定理得IF－LBt－μmgt＝0－mv，结合q＝t＝0.5 C，解得IF＝－0.5 N·s，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 36 3.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线 框经过位置Ⅱ时的速度为v，则下列说法正确的是(　　) A.q1＝q2　　　　　　 B.q1＝2q2 C.v＝1.0 m/s D.v＝1.5 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 1 BD 37 解析：根据q＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理得－BLΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理得－BLΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 38 4.(多选)(2025·四川南充高级中学诊断)如图所示，质量为1 kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2 kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管管内横截面小，长度也小于铝管长度)以v＝3 m/s的水平初 速度自左向右穿过铝管，不计一切摩擦以及管壁厚度，则(　　) A.磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力始终水平向右 B.磁铁位于铝管中间位置时，铝管两端感应电流方向相同 C.磁铁穿过铝管时铝管的速度可能大于2 m/s D.磁铁穿过铝管过程系统所产生的热量可能达到2 J 2 3 4 5 6 7 8 9 1 AD 39 解析：根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁对铝管的安培力一直水平向右，故A正确；磁铁位于铝管中间位置时，铝管两端的磁场方向相同，但铝管左端的磁通量减小，右端的磁通量增加，由楞次定律可知铝管两端感应电流方向相反，故B错误；设磁铁的质量为M，铝管的质量为m，假设磁铁穿过铝管时与铝管的速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v1，解得v1＝2 m/s，磁铁穿过铝管时，铝管的速度小于磁铁的速度，所以磁铁穿过铝管时铝管的速度不可能大于2 m/s，故C错误；磁铁的初动能为Ek1＝Mv2＝×2×32 J＝9 J，假设最后铝管和磁铁的速度相等，则ΔE＝Q＝Mv2－(M＋m)＝3 J，所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 40 5.(多选)(2025·四川内江高三诊断)如图所示，匀强磁场的磁 感应强度大小为B，垂直于磁场方向有一足够长的、间距为l的 光滑竖直金属导轨，导轨上端接有电容为C的电容器(不会被 击穿)，水平放置的质量分布均匀的金属棒的质量为m，重力 加速度大小为g。让金属棒沿导轨无初速度释放，金属棒和导 轨始终接触良好且它们的电阻可忽略。以下关于金属棒运动 情况的说法正确的是(　　) A.金属棒刚释放时加速度为g B.金属棒下滑过程中，电流随时间一直增大 C.金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速直线运动 D.金属棒以加速度大小a＝做匀加速下滑运动 2 3 4 5 6 7 8 9 1 AD 41 解析：根据题意可知，金属棒刚释放时，只受重力，则加速 度为g，故A正确；根据题意，对金属棒由动量定理有mgt－ BIlt＝mv，其中It＝Q＝CU＝CBlv，整理可知v＝t， 由公式v＝at可得a＝(定值)，则金属棒做匀加速运 动，故C错误，D正确；根据题意可知，金属棒下滑过程中，电流为i＝＝CBla，由上述分析可知，金属棒下降过程中，加速度保持不变，则电流保持不变，故B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 42 6.(多选)如图，间距为l的两平行光滑金属导轨(电阻不计)由水平部分和弧形部分平滑连接而成，其水平部分足够长，虚线MM'右侧存在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场。两平行金属杆P、Q的质量分别为m1、 m2，电阻分别为R1、R2，且始终与导轨保持垂直。开始时两金属杆处于静止状态，Q在距MM'为x0的水平导轨上，P在距水平轨道高为h的倾斜轨道上。现由静止释放P，一段时间后，两金属杆间距稳定为x1，则在 这一过程中(　 　) A.稳定后两导轨间的电势差为 B.当Q的加速度大小为a时，P的加速度大小为a C.通过Q的电荷量为 D.P、Q产生的焦耳热为 2 3 4 5 6 7 8 9 1 ACD 43 解析：P下滑时由动能定理有m1gh＝m1，解得P到MM'时的速度v0＝，稳定后两棒速度相等，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝，两导轨间的电势差U＝Blv＝，A项正确；两棒加速度均由安培力提供，因F＝BlI，故m1a1＝m2a，则a1＝a，B项错误；通过Q的电荷量Q＝t＝t＝，C项正确；P、Q产生的焦耳热即达到稳定时电路的能量损失，Q＝m1(m1＋m2)v2＝，D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 44 7.(多选)(2023·辽宁卷)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的 是(　　) A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为 2 3 4 5 6 7 8 9 1 AC B 能力提升 45 解析：弹簧伸展的过程中，穿过闭合回路的磁通 量向上增加，由楞次定律可判断回路中的电流方 向为顺时针，A正确；设MN的质量为m，则PQ的 质量为2m，对PQ由动量定理得Ft－B·2dt＝2mv， 对MN由动量定理得Ft－2B·dt＝mv'，解得导体棒MN的速度为 v'＝2v，PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感应电流大小为I＝，则MN所受的安培力大小为FMN＝2BId＝，B错误；整个运动过程中，MN的加 2 3 4 5 6 7 8 9 1 46 速度为aMN＝，PQ的加速度为 aPQ＝，则aMN∶aPQ＝2∶1，由B选项 分析可知MN与PQ的速率之比为2∶1，则由公式v2＝2ax可知MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；由C选项分析可知两导体棒静止时，MN的位移大小为，PQ的位移大小为，由法拉第电磁感应定律得，又，通过MN的电荷量为q＝·Δt，整理得q＝，代入数据解得q＝，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 47 8.(16分)(2023·湖南卷)如图，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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 48 (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 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：棒a沿导轨向下运动，当mgsin θ＝BIL时，棒a开始以速度v0匀速运动，此时有E0＝BLv0 流过金属棒的电流I＝ 联立有mgsin θ＝ 解得v0＝。 答案：　 49 (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； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：棒b释放瞬间，由左手定则可知棒b受到的安培力方向沿导轨平面向下，根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋BIL＝ma0 解得a0＝2gsin θ。 答案：2gsin θ　 50 (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 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：从棒b释放瞬间到两棒共速，对棒a根 据动量定理有mgt0sin θ－IF＝mv－mv0 ① 对棒b根据动量定理有mgt0sin θ＋IF＝mv ② 解得v＝gt0sin θ＋ 51 t0时间内a、b棒与导轨构成的回路中产生的感应电动势的平均值 联立解得IF＝BLt0＝ 由①②式得2IF＝mv0 解得Δx＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：gt0sin θ＋ 52 9.(16分)(2024·湖北卷) 如图所示，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： 2 3 4 5 6 7 8 9 1 53 (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有 mgL＝m ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得 E1＝BLv1 联立得E1＝BL。 答案：BL　 54 (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：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＝ 55 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＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案： 56 (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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：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 57 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 s＝L＋∑Δx 联立解得s＝＋L。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：＋L 58 $$