第12章 专题突破24 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（人教版 多选）

专题突破24　动量的观点在电磁感应中的应用 第十二章　电磁感应 [学习目标]　1.会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。 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。 课时作业 巩固提高训练 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 内容索引 突破点一　动量定理在电磁感应中的应用 一 4 盘点 核心知识 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+I安=mv-mv0或I其他-I安=mv-mv0;其中安培力冲量的大小根据条件经常会使用以下两种表达式: (1)I安=lBΔt=lBΔq; (2)I安=Δt=。 考向1　导体棒+电阻 [典例1]　(多选)(2024·贵州卷)如图,间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上,左端接有一定值电阻R,导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上,在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动,一段时间后撤去水平拉力,金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中,最大速度为v,加速阶段的位移与减速阶段的位移相等,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计摩擦及金属棒与导轨的电阻,则(　　) A.加速过程中通过金属棒的电荷量为 B.金属棒加速的时间为 C.加速过程中拉力的最大值为 D.加速过程中拉力做的功为mv2 提升 关键能力 AB [解析]　设加速阶段的位移与减速阶段的位移均 为x,根据q=Δt=Δt=·Δt==可知,加速过 程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金 属棒的电荷量,则减速过程由动量定理可得-BLΔt=-BLq=0-mv,解得q=,A正确;由q==,解得x=,金属棒加速的过程中,由位移公式可得x=vt,可得加速时间为t=,B正确;金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动,加速过程中,安培力逐渐增大,加速度不变,因 此拉力逐渐增大,当撤去拉力的瞬间,拉力最大,由牛顿第二定律可得Fm-BL=ma,其中v=at,联立解得Fm=,C错误;加速过程中拉力对金属棒做正功,安培力对金属棒做负功,由动能定理可知,合外力做的功为WF-W安=mv2,可得WF=W安+mv2,因此加速过程中拉力做的功大于mv2,D错误。 考向2　导体棒+电容器 示意图 力学观点 运动图像 能量观点   导轨水平光滑,间距为L,电阻不计,杆ab初速度为v0,质量为m,电阻不计 导体杆速度为v时,感应电流I=,导体杆受安培力F安=BIL,做减速运动, v􀲒,电容器充电, UC􀲐,F安􀲒,a􀲒,当BLv=UC时,I=0,F安=0,杆匀速运动   根据q=CUCm、UCm=BLvmin、 -BL·Δt=mvmin-mv0、q=Δt,可得vmin= 导体杆的部分动能转化为电阻的电热和电容器的电场能:m= m+Q+EC 示意图 力学观点 运动图像 能量观点   导轨水平光滑,间距为L,电阻不计,单杆ab质量为m,电阻为R 电容器充满电后,S合向2,导体杆受安培力运动,产生电动势E=BLv,感应电流I=,导体杆受安培力F安=BIL,做加速运动,v􀲐,电容器放电UC减小,F安􀲒,a􀲒,当BLv= UC时,I=0,F安=0,杆匀速运动   根据Δq=q0-q=CE-CBLvm、BL·Δt=mvm-0、Δq=Δt,可得vm= 电容器的部分电场能转化为电阻的电热和导体杆的动能: EC0=m+Q+ECmin [典例2]　(2024·北京卷,改编)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中,两根相距L的平行长直金属导轨水平放置,左端接电容为C的电容器,一导体棒放置在导轨上,与导轨垂直且接触良好,不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B,导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。 (1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I; [解析]　开关闭合前电容器的电荷量为Q,则电容器两极板间电压U= 开关闭合瞬间,通过导体棒的电流I= 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为I=。 [答案]　 (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a; [解析]　开关闭合瞬间由牛顿第二定律有 BIL=ma 将电流I代入解得a=。 [答案]　 (3)求出导体棒的最大速度,并在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。 [解析]　设导体棒最大速度为vm,则 最终电容器两边电压为U=BLvm 故通过导体棒的电荷量Δq=Q-CU 对导体棒应用动量定理得 BLΔt=mvm-0 其中Δt=Δq 由以上各式得vm= 由(2)中结论可知,随着电容器放电,所带电荷量不断减少,所以导体棒的加速度不断减小,其v-t图线如图所示。 [答案]　　图见解析 考向3　不等间距轨道双棒 [典例3]　(多选)如图所示,两根光滑足够长且电阻不 计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在水平面 上,MN与M1N1距离为2l,PQ与P1Q1距离为l。金属棒a 和b的质量分别为2m和m、长度分别为2l与l,金属棒a、b分别静止在导轨MN、M1N1和PQ、P1Q1上。整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场中。现金属棒a获得水平向右的初速度v0,两棒运动时始终保持平行且金属棒a总在MNM1N1上运动,金属棒b总在PQP1Q1上运动,经过足够长时间后,下列说法正确的是(　　) A.流过金属棒a的电荷量是 B.金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动 C.金属棒a和b均做速度相等的匀速直线运动 D.回路中感应电动势为零 [答案]　AD [解析]　因金属棒a向右运动,其受安培力向左,则金属棒a做减速运动,金属棒b受安培力向右做加速运动,则经过一段时间后,两棒稳定时均做匀速运动,此时回路的感应电流为零,感应电动势为零,则B·2lva=Blvb,即2va=vb,选项B、C错误,D正确;对金属棒a,由动量定理得-B·2lΔt=2mva-2mv0,对金属棒b,由动量定理得B·lΔt=mvb,解得q=Δt=,选项A正确。 1.如图所示,两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,一理想电流表与一阻值为R的电阻串联后接于两导轨之间,匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、电阻不计的导体棒在距磁场上边界h处由静止释放。导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小,最终稳定为I。整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻,重力加速度为g。 教参独具 (1)求导体棒的最大速度和磁感应强度的大小; 解析:由题意知导体棒刚进入磁场时的速度最大,设为vm,由机械能守恒定律得 mgh=m 解得vm= 电流稳定后,导体棒做匀速运动,此时导体棒受到的重力和安培力平衡,有mg=ILB 解得B=。 答案: 　 (2)求电流稳定后,导体棒运动速度的大小; 解析:感应电动势E=BLv 感应电流I=,解得v=。 答案: (3)若金属棒进入磁场后恰经t时间达到稳定,求这段时间的位移x大小。 解析:金属棒进入磁场后,由动量定理有 mgt-LBt=mv-mvm 即mgt-=mv-mvm 解得x=(mgt+m-)。 答案: (mgt+m-) 二 突破点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 22 盘点 核心知识 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,满足动量守恒定律,运用动量守恒定律解题比较方便。 2.双棒模型(不计摩擦力)   双棒无外力 示意图         双棒无外力 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   动量观点 系统动量守恒 能量观点 棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热 [典例4]　如图所示,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: 提升 关键能力 (1)ab棒在N处进入磁场区的速度和棒中的电流; [解析]　ab棒由M下滑到N的过程中机械能守恒,有mgR(1-cos 60°)=mv2 解得v= 进入磁场瞬间,回路中的电流为 I==。 [答案]　　 (2)cd棒能达到的最大速度; [解析]　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'=。 [答案]　 (3)cd棒由静止到最大速度过程中,系统所能释放的热量。 [解析]　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。 [答案]　mgR 2.(多选)如图所示,在方向竖直向下、磁感应强度大小 为B的匀强磁场中,有两根位于同一水平面内且间距为 L的平行金属导轨(导轨足够长,电阻不计);两根质量均 为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导 体棒与金属导轨接触良好),t=0时,ab棒以初速度3v0向右 滑动,cd棒以初速度v0向左滑动,关于两棒的运动情况,下列说法正确的是(　　) A.当其中某根棒的速度为零时,另一根棒的速度大小为v0 B.当其中某根棒的速度为零时,另一根棒的加速度大小为 C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中,导体棒ab产生的焦耳热为m D.cd棒的收尾速度大小为v0 CD 教参独具 解析:由于两棒组成的系统动量守恒,取向右方向为正方向,由动量守恒定律可得m·3v0-mv0=mv1+mv2,所以当其中某根棒的速度为零时,另一根棒的速度大小为2v0,故A错误;当其中某根棒的速度为零时,另一根棒的速度大小为2v0,则有E=BL·2v0,I=,F=ILB,联立解得F=,由牛顿第二定律可得,另一根棒的加速度大小为a==,故B错误;从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中,两根导体棒上产生的焦耳热为Q总=m+m(3v0)2-m(2v0)2=3m,则导体棒ab产生的焦耳热为Q=Q总=m,故C正确;cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度,则有m·3v0-mv0=2mv共,解得v共=v0,故D正确。 三 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 1 A 夯实基础 1.(多选)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在水平面内。两导轨之间的距离为d,GH右侧处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中。导体棒a、b质量均为m=0.2 kg、长度均为d。导体棒a与导轨间的动摩擦因数为0.5,导体棒b光滑。初始时导体棒a在GH处静止,导体棒b在JK处静止。某时刻导体棒a以2 N·s的冲量进入磁场,同时对导体棒b施加F=1 N向右的拉力。已知两导体棒始终与导轨垂直且接触良好,两导体棒没有发生碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则(　　) A.导体棒a在磁场中始终受大小为1 N的摩擦力 B.导体棒b一直做匀加速直线运动 C.导体棒b最终速度为5 m/s D.导体棒a最终的动能为0 AC 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:导体棒a所受冲量I=mv0,则导体棒a进入磁场的初速度v0=10 m/s,运动时受滑动摩擦力Ff=μmg=1 N,将两导体棒看成一个系统,该系统动量守恒,最终两导体棒以共同速度做匀速直线运动,导体棒a最终的动能不为0,因此a始终受1 N的摩擦力,故A正确,B、D错误;由动量守恒定律得mv0=2mv,则v=5 m/s,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 2.(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 BD 2 3 4 5 6 7 8 1 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;线框从开始进入到位置Ⅱ,由动量定理有-BLΔt1=mv-mv0,即-BLq1=mv-mv0,同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ,由动量定理有-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 1 3. (多选)如图所示,水平面内放置的光滑平行导轨左窄右宽,左轨宽度为d,右轨宽度为2d,匀强磁场与导轨平面垂直,磁感应强度为B。质量为m和2m的甲、乙两金属棒分别垂直放在导轨上,某时刻,分别给甲、乙两金属棒一个大小为v0和2v0的向右的初速度,设回路总电阻不变,导轨足够长,从甲、乙两金属棒获得初速度到二者稳定运动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.甲、乙加速度总是大小相等 B.甲、乙匀速运动的速度大小相等 C.回路产生的焦耳热为m D.通过回路某一横截面的电荷量为 AD 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:根据牛顿第二定律,对甲棒BId=ma1,对乙棒BI·2d=2ma2,解得a1=a2,故A正确;当两棒产生的感应电动势相等时,电路中无感应电流,甲、乙匀速运动,则有Bdv1=B·2dv2,解得v1=2v2,故B错误;根据动量定理,对甲棒BdΔt=mv1-mv0,对乙棒-B·2dΔt=2mv2-2m·2v0,解得v1=2v0,v2=v0,根据能量守恒定律有m+×2m×=×m×+×2m+Q,回路产生的焦耳热为Q=m,故C错误;根据动量定理,对甲棒BdΔt=mv1-mv0,其中q=Δt,解得q=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.(多选)如图甲所示,两根间距L=1.0 m、电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ=30°,导轨底端接入一阻值为R=2.0 Ω的定值电阻,所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面向上,在导轨上垂直于导轨放置一质量为m=0.2 kg、电阻为r=1.0 Ω的金属杆,开始时使金属杆保持静止,某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上的、大小为F=2.0 N的恒力,金属杆由静止开始运动,图乙为其运动过程的v-t图像,重力加速度g取10 m/s2。在金属杆向上运动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.匀强磁场的磁感应强度B= T B.前2 s内通过电阻R的电荷量为1.4 C C.前2 s内金属杆通过的位移为4 m D.前4 s内电阻R产生的热量为6.2 J BD 解析:由题图乙可知金属杆先做加速度减小的 加速运动,2 s后做匀速直线运动,当t=2 s时,速 度v=3 m/s,此时感应电动势E=BLv,感应电流I= , 安培力F安=BIL=,根据受力平衡可得 F=F安+mgsin θ, 联立解得B=1 T,故A错误;前2 s 内,根据动量定理有(F-mgsin θ)·Δt-BLΔt=mv-0,又q=Δt,联立解得q=1.4 C,故B正确;设前2 s内金属杆通过的位移为x,则q=Δt=Δt=Δt=,联立解得x=4.2 m,故C错误;前2 s内金属杆通过的位移x=4.2 m,2 s到4 s内金属杆通过的位移x'=vt=6 m,前4 s内由能量守恒定律可得F(x+x')=mv2+mg(x+x')sin θ+Q,解得Q=9.3 J,则前4 s内电阻R产生的热量QR=Q=6.2 J,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.(多选)如图所示,左右两部分间距之比为2∶1的光滑水平导轨固定在方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场中,左侧磁场磁感应强度大小为B,右侧磁场磁感应强度大小为2B。两根材料、粗细相同,长度分别与导轨间距相同的导体棒静置在水平导轨上。已知导体棒ab的质量为m、长度为L、阻值为R,导轨电阻忽略不计,两导体棒始终与导轨接触良好且导轨足够长。t0时刻,给导体棒ab向右的初速度v0。下列判断正确的是(　　) A.t0时刻起,两导体棒在运动过程中动量守恒 B.t0时刻,导体棒ab的加速度大小为 C.达到稳定状态时,导体棒ab的速度大小为 D.整个运动过程中,电路中产生的总热量为 2 3 4 5 6 7 8 1 BD 解析:ab向右运动,产生感应电流,使ab受到向左的 安培力而向右减速运动,使cd棒受到向左的安培力 而向左加速运动,系统合外力不为零,动量不守恒, A错误;根据题意可知,t0时刻电路产生的电动势E= 2B·v0L=2BLv0,感应电流I==,ab受到的安培 力Fab=2BIL=,根据牛顿第二定律可知Fab=ma,解得a==,B正确;稳定后,回路中感应电流为零,不再受安培力,均做匀速直线运动,则有B·2Lvcd=2B·Lvab,可知稳定后二者速度相等,即vcd=vab=v,由动量定理,对a棒-2BL·Δt=mv-mv0,对b棒B·2LΔt=mcdv,由于两棒材料、粗细相同,可知mcd=2m,解得v=,C错误;根据能量守恒定律可知Q=m-·3mv2=m,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 6.(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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 B 能力提升 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m-μmgd 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 2 3 4 5 6 7 8 1 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(v1-v0),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= 0-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 2 3 4 5 6 7 8 1 由焦耳定律可知QR=Q杆,联立可得QR= m-μmgd,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 2 3 4 5 6 7 8 1 -t3=m(vB-2v0),即=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(vC-vB),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=0-mvC,即=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。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(12分)如图所示,轨道左端与一电容为C的电容器相连,整个区域具有垂直轨道向下的匀强磁场,磁感应强度为B,轨道间距为l,质量为m的导体棒始终与轨道垂直且与轨道接触良好。虚线左侧轨道光滑,右侧与导体棒间的动摩擦因数为μ。开始时电容器不带电,给导体棒一个向右的初速度v0,导体棒通过虚线前可以看作已稳定滑行。已知轨道和导体棒电阻都很小,重力加速度为g,电容器储能公式为EC=CU2。求: 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)在光滑区域,导体棒稳定时的速度大小; 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:导体棒在光滑区域滑行过程中,稳定后电容器电压与导体棒产生的电动势相等,安培力的冲量大小Blt=Blq=BlCBlv=B2l2Cv 由动量定理有-Blq=m(v-v0) 解得v=。 答案:　 (2)从开始到稳定过程,回路产生的焦耳热; 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:由能量守恒定律可得 m=mv2+C(Blv)2+Q, 解得Q=m-m()2-C(Bl)2。 答案:m-m()2-C(Bl)2 (3)进入粗糙导轨区域,导体棒滑行的时间。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:在导体棒滑行的整个过程中,电容器初末带电荷量均为零,由动量定理得 Blq-μmgt=0-mv 解得t=。 答案: 8.(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 1 (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小; 2 3 4 5 6 7 8 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 (2)金属环刚开始运动时的加速度大小; 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:经分析知金属环在导轨外的两段圆弧被短路,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=。 答案: (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 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 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 1 +L $$