第十二章 第5课时 专题强化：动量观点在电磁感应中的应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第5课时　专题强化：动量观点在电磁感应中的应用 目标要求　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。 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 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，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 1．“单棒＋电阻”模型 情景示例1 水平固定放置的平行光滑金属导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，导体棒从开始运动至停下来 求电荷量q －BLΔt＝0－mv0，q＝Δt＝ 求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt＝ 应用技巧 初、末速度已知的变减速运动，在用动量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度 情景示例2 间距为L的光滑平行金属导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向下，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v 求运动时间 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0， q＝Δt －Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0， x＝Δt 应用技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与。若已知运动时间，也可求q、x、v中的任意一个物理量 例1　(2023·浙江省百校一模)某同学在查阅资料时看到了“嫦娥五号”的月球着落装置设计，他利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。 (1)求滑块K的线圈中最大感应电动势的大小； (2)若缓冲装置向下移动距离H后速度为零，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少？ (3)若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨MN和PQ长度至少多大？ 答案　(1)nBLv0　(2)　mv02＋mgH　(3) 解析　(1)滑块刚接触地面时线圈中感应电动势最大，Emax＝nBLv0 (2)根据能量守恒可知，产生的焦耳热 Q＝(mv02＋mgH)＝mv02＋mgH 通过线圈横截面的电荷量q＝n＝ (3)因为有4台减速装置，利用动量定理得 4t－mgt＝mv0 其中t＝d 解得d＝。 2．不等间距的双棒模型 例2　(多选)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C未到达两组导轨连接处，则下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝ B．达到稳定运动状态时，C、D两棒速度之比为1∶1 C．从t＝0时至达到稳定运动状态的过程中，回路产生的内能为mv02 D．从t＝0时到达到稳定运动状态的过程中，通过导体棒的电荷量为 答案　ACD 解析　开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理，对C棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，对D棒有BLΔt＝mv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝mv02－mv12－mv22，解得Q＝mv02，故C正确；由动量定理，对C棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝，故D正确。 3．“电容器＋棒”模型 (1)无外力充电式 　　　基本规律 模型 (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C) 电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电流特点 安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动 运动特点和最终特征 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零 最终速度 电容器充电电荷量：q＝CUC 最终电容器两端电压UC＝BLv 对棒应用动量定理： mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq v＝ v－t图像 (2)无外力放电式 　　　　　基本模型 规律 (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动 电流特点 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm 运动特点及最终特征 做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0 最大速度vm 电容器初始电荷量： Q0＝CE 放电结束时电荷量： Q＝CUC＝CBLvm 电容器放电电荷量： ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 对棒应用动量定理： mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ vm＝ v－t图像 例3　(多选)如图所示是某同学模拟电磁炮的工作原理和发射过程，水平台面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ置于塑料圆筒内，质量为m的金属炮弹置于圆筒内的轨道上，轨道间距为L，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨左端连着平行板电容器和电动势为E的电源。先让单刀双掷开关接1接线柱对电容器充电，充电结束后，将开关接2接线柱。金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过炮弹的电荷量为q。已知在圆筒中金属炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻，炮弹电阻为R。在这个过程中，以下说法正确的是(　　) A．炮弹离开导轨时的速度为 B．电容器的电容C＝ C．炮弹在导轨上的位移x＝ D．在其他条件不变时，炮弹的最大速度与电容器电容大小成正比 答案　AB 解析　对炮弹，根据动量定理t＝mv，其中，平均安培力＝BL，可得v＝＝，故A正确；刚充电结束时，电容器电荷量为Q＝CE，炮弹达到最大速度时，电容器电荷量Q′＝Q－q，此时电容器电压U＝，则此时炮弹产生的感应电动势等于U，故BLv＝U，联立可得＝BLv，解得C＝，故B正确；炮弹在导轨上运动过程，电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是，则t≠q，x≠，故C错误；根据B项分析可知E＝v(BL＋)，故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 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。 2．双棒模型(不计摩擦力) 模型示意图及条件 水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0 电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反电动势 电流及速度变化 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流减小，I＝BL，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 最终状态 a＝0，I＝0，v1＝v2 系统规律 动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v 能量守恒Q＝m2v02－(m1＋m2)v2 两棒产生焦耳热之比＝ 例4　(多选)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始终与导轨垂直并接触良好，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　AC 解析　棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流非均匀减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，选项A、C正确，B、D错误。 例5　(2023·浙江杭州市重点中学期末)如图所示，水平固定一半径为r的金属圆环，长为r、电阻为R0的金属杆a沿半径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，a随轴以角速度ω顺时针匀速转动(从上向下看)，圆环内存在磁感应强度为B1的匀强磁场。圆环边缘、转轴通过接触良好的电刷分别与间距为L的水平放置的粗糙金属轨道MP、NQ相连，MP、NQ间距也为L，足够长的光滑绝缘轨道PM′、QN′与金属轨道平滑连接。金属轨道PM、QN处在磁感应强度为B2的匀强磁场中，金属杆b垂直轨道放置，其长为L、质量为m、电阻为R1，与轨道间的动摩擦因数为μ。绝缘轨道PM′、QN′上放置边长为L，质量为M、电阻为R2的“]”形金属框EFGH，FG右侧均处在磁感应强度为B3的匀强磁场。已知r＝1 m，R0＝1 Ω，μ＝0.2，L＝1 m，m＝1 kg，R1＝R2＝2 Ω，M＝3 kg，B1＝B2＝B3＝1 T、方向均竖直向下，不考虑框架中的电流产生的磁场影响，除已给电阻外其他电阻不计，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，金属杆b与“]”形金属框发生碰撞后会形成一闭合的正方形线框。求： (1)要使金属杆b能向右运动，转轴转动的角速度的最小值； (2)当角速度为ω＝20 rad/s时，b杆到达PQ的速度大小(已知b杆到达PQ前已受力平衡)； (3)当角速度为ω＝20 rad/s时，稳定后“]”形框产生的焦耳热。 答案　(1)12 rad/s　(2)4 m/s　(3) J 解析　(1)设要使金属杆b能向右运动，转轴转动的角速度的最小值为ω′， 金属杆a切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律有E＝B1r＝B1r2ω′ 电路中的电流为I＝ 对金属杆b受力分析，可知B2IL＝μmg 代入数据解得ω′＝12 rad/s (2)当角速度为ω＝20 rad/s时， 根据法拉第电磁感应定律有E′＝B1r＝B1r2ω 金属杆b切割磁感线有Eb＝B2Lv 电路中的电流为I′＝ 对金属杆b根据平衡条件有B2I′L＝μmg 解得v＝4 m/s (3)金属杆b与“]”形金属框发生碰撞后会形成一闭合的正方形线框，规定速度向右为正方向， 根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v′ 稳定后，有－＝(M＋m)(v″－v′)， 其中x＝L 回路中的焦耳热为 Q＝(M＋m)v′2－(M＋m)v″2 “]”形框产生的焦耳热Q′＝Q 解得Q′＝ J。 课时精练 1.如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，当线圈完全进入磁场时，其速度大小(　　) A．大于 B．等于 C．小于 D．以上均有可能 答案　B 解析　通过线圈横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程－Bat＝mv－mv0，线圈离开磁场过程－Bat＝0－mv，由于q＝t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，故B正确。 2．(2023·浙江杭州市学军中学期末)如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面且方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置，接触良好。已知导体棒a质量为2m，导体棒b质量为m，长度均为l，电阻均为r，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0，除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．从开始到最终稳定的任意一段时间内，导体棒b的动能增加量等于导体棒a的动能减少量 B．从开始到最终稳定的任意一段时间内，导体棒b的动量改变量与导体棒a的动量改变量相同 C．从开始到最终稳定的全过程中，通过导体棒b的电荷量为 D．从开始到最终稳定的全过程中，两棒共产生的焦耳热为mv02 答案　C 解析　根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力反向、大小相等，系统合力为零，动量守恒，故从开始到最终稳定的任意一段时间内，导体棒b的动量改变量跟导体棒a的动量改变量总是大小相等、方向相反；根据能量守恒定律可知，a的动能减少量等于b的动能增加量与回路中产生的焦耳热之和，A、B错误；a、b两棒的速度最终相等，设为v，根据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，对b棒，由动量定理有Blt＝Blq＝mv－0，解得q＝，根据能量守恒定律，两棒共产生的焦耳热为Q＝×2mv02－(2m＋m)v2＝mv02，C正确，D错误。 3．(多选)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两部分组成，倾斜部分的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场。一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平轨道h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通过计算可知(g取10 m/s2)(　　) A．导体棒进入磁场时的速度为3 m/s B．导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J C．磁场区域的长度x1为2 m D．整个过程通过电阻的电荷量为2 C 答案　BCD 解析　设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有mv02＝mgh1，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝mv02－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立代入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C、D正确。 4.(多选)如图，两条平行的金属导轨所在平面与水平面成一定夹角θ，导轨间距为d。导轨上端与电容器连接，电容器电容为C。导轨下端与光滑水平直轨道通过绝缘小圆弧平滑连接，水平直轨道平行且间距也为d，左侧末端连接一阻值为R的定值电阻。导轨均处于匀强磁场中，磁感应强度大小均为B、方向分别垂直导轨所在平面。质量m、电阻为r、宽度为d的金属棒MN从倾斜导轨某位置由静止释放，保证金属棒运动过程始终与平行导轨垂直且接触良好，金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度刚好是v，重力加速度为g，忽略导轨电阻，水平导轨足够长。则下列说法正确的是(　　) A．金属棒初始位置到水平轨道的高度为 B．电容器两极板所带的最大电荷量为CBdv C．金属棒在水平轨道上运动时定值电阻产生的焦耳热为mv2 D．金属棒在水平轨道运动的最大位移为 答案　BD 解析　金属棒沿倾斜导轨下滑到底端时，重力势能转化为动能和电容器储存的电能(若倾斜导轨不光滑，还有摩擦生热)，即由能量关系可知mgh＝mv2＋E电容，则金属棒初始位置到水平轨道的高度不等于，A错误；金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度最大，此时电容器两端电压最大，最大值为Em＝Bdv，则电容器两极板所带的最大电荷量为Q＝CEm＝CBdv，B正确；由能量关系可知，金属棒在水平轨道上运动时产生的总焦耳热Q＝mv2，因金属棒有电阻，则定值电阻产生的焦耳热不等于mv2，C错误；由动量定理得－BdΔt＝0－mv，q＝Δt＝Δt＝，解得金属棒在水平轨道运动的最大位移x＝，D正确。 5.(多选)现有如图所示光滑金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，左边较宽部分两轨道间距为2d，右边较窄部分两轨道间距为d，轨道电阻不计。现有均匀导体棒，电阻为R，从左侧以初速度v0＝向右运动，出发点到两侧轨道交界ab处距离为x，导体棒质量为m，则(　　) A．导体棒运动至ab处速度为v0 B．导体棒运动至ab处速度为v0 C．在右侧区域运动2x减速到0 D．在右侧区域运动4x减速到0 答案　AC 解析　根据题意可知，导体棒运动至ab处过程中，由动量定理有 －B·2dt＝mv－mv0， 又有t＝t＝＝， 联立解得v＝＝v0，故A正确，B错误； 根据题意，在右侧区域运动过程中，由动量定理有 －Bd′t′＝0－mv， 又有′t′＝t′＝＝， 联立解得x′＝2x，故C正确，D错误。 6．(2024·浙江杭州市学军中学月考)如图所示，粗糙水平导轨MPP′M′和光滑水平导轨PNN′P′在PP′处平滑连接，但彼此绝缘，导轨间距均为d，电阻均忽略不计；导轨右端NN′之间连接直流电阻不计的线圈，其自感系数为L，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。在导轨上垂直放置两根质量均为m、长度均为d的金属棒a和b，棒a电阻为R，棒b电阻不计。开始时棒b恰好处于导轨MPP′M′的最右端且被锁定，棒a处于距离PP′为d处。现给棒a一个平行于导轨向右、大小为I0的瞬时冲量，当两棒即将碰撞时解除棒b的锁定，两棒之间发生弹性正碰，碰撞后瞬间棒b的速度vb＝。已知棒a与导轨MPP′M′间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，两棒碰撞时间极短。 (1)求棒a获得的初速度大小；此时金属棒a两端A、C两点的电势差； (2)求两棒碰撞前的过程中，棒a产生的焦耳热； (3)已知棒b在导轨PNN′P′上的运动是简谐运动的一部分，求棒b从滑上导轨PNN′P′到再次回到PP′所用的时间。(提示：简谐运动的回复力与位移的关系为F＝－kx，运动周期T＝2π，线圈产生的感应电动势E＝L) 答案　(1)　0　(2)－μmgd　(3) 解析　(1)对棒a，根据动量定理有I0＝mva0－0 解得va0＝ 此时外电路电阻为零，金属棒a两端A、C两点的电势差为0。 (2)因两棒碰撞时间极短，故两棒组成的系统动量守恒，两棒之间的碰撞为弹性碰撞，设碰撞前瞬间a棒的速度为va，碰后瞬间a棒的速度为va′， 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mva＝mva′＋mvb mva2＝mva′2＋mvb2 解得va＝，va′＝0， 在两棒碰撞前的过程中，根据能量守恒定律有 mva02－mva2＝Q＋μmgd 解得Q＝－μmgd (3)当棒b滑上光滑水平导轨后，其与线圈组成的回路无电阻，有Ev－EL＝0 在Δt时间内有L＝Bdvi＝Bd 由数学知识可得i＝x 故安培力F＝－Bid＝－x 故k＝ 故周期T＝2π＝ 棒b从PP′滑出又回到PP′经过了半个周期，则有t＝T＝。 7．(2023·浙江金华市十校一模)如图(俯视)所示，在间距L＝0.2 m的两光滑平行水平导轨间，磁感应强度分布沿y方向不变，沿x方向如下：B＝x≥0区域内的导轨为绝缘材料，导轨间通过单刀双掷开关S连接稳压电源U＝1 V和电容C＝1 F的未充电的电容器，有一质量m＝0.16 kg、R1＝1 Ω的金属棒a垂直导轨静止放置于x<0区域某处，且离x＝0处足够远，未闭合多匝矩形线框b静止在x>0区域，线框左边在x＝0处，线框沿y方向长度L1＝0.2 m，沿x方向宽度L2＝0.1 m，匝数n＝80，总阻值R2＝9 Ω，质量M＝0.64 kg。当开关S掷向1时给电容器充电，电容器充电结束后开关S掷向2，已知金属棒a在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。求： (1)开关S接通2瞬间，金属棒a的加速度a1； (2)金属棒a刚运动到x＝0处时的速度大小v1； (3)金属棒a越过x＝0处后与线框b碰撞，刚好合为一个闭合的多匝线框，则该线框最终停止运动时，离x＝0处的距离。 答案　(1)1.25 m/s2，方向沿x轴正方向 (2)1 m/s　(3) m 解析　(1)开关S接通2瞬间，金属棒a两端电压为U， 则有I＝ 由牛顿第二定律有BIL＝ma1 解得a1＝1.25 m/s2，方向沿x轴正方向。 (2)金属棒a开始时离x＝0处足够远，所以金属棒a运动到x＝0处时速度已稳定，此时，电容器两端电压U′＝BLv1 假设速度从零增大到v1过程流过金属棒的电荷量为q，则有q＝C(U－U′) 取向右为正方向，对金属棒a 根据动量定理有BLΔt＝mv1 又由于q＝Δt 解得v1＝1 m/s (3)设金属棒a与线框b碰撞后速度为v2，取向右为正方向， 由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v2 解得v2＝0.2 m/s 由于线框沿x方向宽度L2＝0.1 m， 根据题意，可知闭合的多匝线框左右两边的磁感应强度差值保持不变，ΔB＝0.1 T 假设线框某时刻速度为v，则线框的感应电动势E＝nΔB·L1v 感应电流I＝ 线框所受的安培力F安＝nΔBIL1＝ 根据动量定理得|IF安|＝(M＋m)v2 即有∑Δt＝(M＋m)v2 则有s＝(M＋m)v2 解得s＝ m。 学科网（北京）股份有限公司 $