专项强化：电磁感应中的动量问题-2026高三物理一轮复习讲与练

第5讲专题强化：电磁感应中的动量问题

面题型突破题曳探究•髭力提升1

题型一动量定理在电磁感应中的应用

1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析导体棒的速度变化。

（1）若有其他力，则/“他+/lBbt=mv—nrvo或I一处一1IBAt=mv—mvo;

（2）若其他力的冲量和为零，则有//BAf=m。一〃缈0或一/lB^t=mv-mvoo

c/一mvo-mv

2.求电荷量：q=1A/=o

Bl

3.求位移:由-B0"A/=/wo—加改有吐=vAf=（m°°

R

【典例1】（多选）如图所示，水平放置的光滑导轨，左侧接有电阻R宽度为L,电

阻不计，导轨处于磁感应强度大小为4的竖直向上的匀强磁场中，一质量为加、电阻不计的

金属棒岫垂直导轨放置，在恒力厂作用下，从静止开始运动，达到最大速度后撤去拉力，

最终停止，已知从静止到达到最大速度过程，R上产生的焦耳热等于油的最大动能，则下列

说法正确的是（AD）

A.附运动过程中的最大速度为《士

B2L2

B.疝加速运动过程中运动的最大位移为〃（弋

1JL/

C.撤去产后，通过/?的电荷最为:朋

D./减速过程中运动的最大位移为艺室

ijL

【解析】达到最大速度时，金属棒受力平衡，则有尸=解得0gx=”,，

RB2L2

A正确；对金属棒，在加速过程中，根据动能定理得尸*ax,根据功能关系有一小

2

=。=）?扁、，解得s='"fE，B错误；撤去尸后，金属棒最终停止，根据动量定理得一413

28吸

=niAv,又q=/△/,Av=o—"max,解得q=C错误；撤去产后，金属棒开始做减速

户VniFR2

运动，根据动量定理得一bt=mNu,又.<=°A/,A°=0—Omax,解得s'=,口正

RB4L4

确。

对点演练）

1.（2024・湖北武汉高三质检）如图所示，两条相距为乙的光滑平行金属导轨位于水平面

（纸面）内，其左端接一阻值为火的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为4的匀强磁场垂直,

导轨电阻不计。金属棒外垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为心若给金属棒平

行导轨向右的初速度血，当流过金属棒横截面的电荷量为g时，金属棒的速度减为零，此过

程中金属棒的位移为X。则（C）

R

A.当流过金属棒的电荷量为“时，金属棒的速度为

24

B.当金属棒发生位移为:时，金属棒的速度为如

32

C.在流过金属棒的电荷量达到?的过程中，金属棒释放的热量为3%产

216

D.整个过程中定值电阻〃释放的热量为38%加

4

解析：对。方棒由动量定理有一41ZJ=O—而g=/f,即一BqL=0—mg,当流过

金属棒的电荷量为寸，有一B"L=mvi—mvo,解得。i=1o,A错误：当金属棒发生位移为

222

x时，4=△"=""，则当金属棒发生位移为“时，=BLx可知此时流过金属棒的也

RR3R3R

荷量夕'=",代入一B1LAt=—BLq'=mV2—moo,解得金属棒的速度为。2=2%，B错误；定

33

值电阻与金属棒释放的热量相同，在流过金属棒的电荷量达到"的过程中，金属棒释放的热量

2

为0=1XQ帆尻-2"济）=3〃加=3的"C正确；同理可得整个过程中定值也阻R释放的

21616

热量为Q'=XX1a='配0D错误。

224

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2A和L两组导轨间由导线相连，装置置于水平而内，导轨间存在方向竖直向下的、

磁感应强度大小为8的匀强磁场，两根质量均为小、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。/=0时使导体棒C获得瞬时

速度内向右运动，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，且达到桧定运

动时导体棒C未到两组导说连接处。则下列说法正确的是（ACD）

C

x-5<xlnD

B---------P

x—XXXX

X

A.f=0时，导体棒D的加速度大小为。

mR

B.达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1：1

C.从f=0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为，就

D.从一。时至到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为螳

解析：开始时，导体棒中的感应电动势E=28&o,电路•中感应电流/=£,导体棒D所

2R

受安培力尸=8〃，导体棒D的加速度为d则有尸=/M,解得4=""°。，故A正确；稳定

mR

运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为必、s,则有28乙5=8。2,对变

速运动中任意极短时间ZU,由动量定理，对C棒有对D棒有△/=

m^V2,故对变速运动全过程有。o—功=2。2,解得。2=；0，5=/,故B错误；根据能量守

恒定律可知回路产生的内空为0=1”?虎一1〃加一%虎，解得0=2而或，故C正确；由上述分

2225

析可知对变速运动中任意极短时间4,由动量定理，对C棒有28/£△/=，必功，可得2BLq

=m（Vo-5）,解得q=2'"'°,故D正确。

题型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

U12h

及条件

公平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为W、机2,电阻分别

为火1、足,给棒2一个初速度劭

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

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，

电流及速

度变化回路中的电流减小，/=帆”一矽，安培力减小，加速度减小，稳定

R1+R2

可解得与P碰撞后，Q在导轨（上运动的时间为

【答案】⑴50（2）蛆2（3年：

2B"

对点演练）

3.（多选）如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同•水平面内的足够长的

平行金属导轨.两相同的光滑导体棒〃）、〃静止在导轨上。，=0时，棒仍以初速度，。向右

滑动。运动过程中，ab、M始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用5、S表示，回路

中的电流用/表示。下列图像中可能正确的是（AC）

dIBb

/V

%

~2

O

CD

解析：导体棒岫运动，切割磁感线，产生感应电流（逆时针），导体棒受到安培力产

作用，速度减小，导体棒c"受安培力尸'作用，速度增大，最终两棒速度相等，如国所示。

由E=B/。知,回路中感应电动势E$=引（。］—P2）=B/A。，A。逐渐减小，则感应电流非均匀

变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。

由动量守恒定律得加。0=2第。典，u*=",A、C正确，D错误；导体棒cd受变力作用，加速

2

度逐渐减小，其。一/图像应该是曲线，B错误。

4.如图所示，间距均为上的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨在〃、N处平滑连

接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为8的勾强磁场。a、b为两根粗细均

匀的金属棒，a棒质量为机、长度为心电阻为R,垂直固定在倾斜轨道上距水平面高匕处；

b棒质量为2小、长度为L电阻为2R,与水平导轨垂直并处于静止状态。a棒解除固定后由

静止释放，运动过程中与3棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为g。求：

(l)a棒刚进入磁场时产生的电动势大小：

(2)当a棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b棒的加速度大小；

(3)整个运动过程中，b棒上产生的焦耳热。

解析：(1)设a棒刚进入磁场瞬间的速度大小为内,由机械能守恒定律可得mgh=%欣,

2

解得Ua=2gh,

则刚进入磁场时a棒产生的感应电动势的大小E=BLva=BL2g/?。

(2)当a棒的速度大小变为原来的一半时，产生的感应电动势记为设此时b棒的速度

11

为仇，则由动量守恒定律可得mVa=+2mVb,解得l'b=va,

24

则此时的感应电动势Ei=Bl[2'，i~V^\=]BL2gh,

4

根据闭合电路的欧姆定律可知此时回路中的电流/=&=BL2gh

R+2R12R

可知b棒此时所受安培力的大小

Fb=BIL=B2〃2gh

12R

由牛顿第二定律有Fb=2mab,

数旧B2L22gh

解得＜7b=O

24mR

(3)通过分析可知a、匕棒最终将达到共速，之后一起做匀速直线运动，由动量守恒定律

可得mva=(m+2m)v欠，

同时，在运动过程中由能量守恒可得

，涕=；(/〃+2"7)琢+。义，

7

联立以上两式可得。£=/加力，

而a、b棒串联，则产生的焦耳热之比等于电阻之比，由此可得b棒上产生的焦耳热

224

6=3〃3?义3=『磔。

答案：⑴儿2gh(2产f2P

24〃求

4

⑶9〃3

课时作业64

▲即基础巩固.

1.（5分）（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4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线

框经过位置H,当运动到位置川时速度恰为零，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⑺、

俏，线框经过位置H时的速度为0。则下列说法正确的是（BD）

;xXXXX；

B

:XXXXX：

!S]

;xXXXX；

:XXXXX：

A.qi=q2B.⑺=2伏

C.。=1.0m/sD.V=\.5m/s

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小=

2小，故A错误，B正确；线圈从开始进入磁场区域到经过位置II,由动量定理一4//A.

=mv-/nvo,即一BLq、=mo—mvo,同理线框从位置II到位置HI,由动量定理得一〃12LA/2

=0-mv,即一8£伏=0一汨。，联立解得。=%（»=L5m/s,故C错误，D正确。

2.（5分）（多选）如图所示，平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端接有定值电

阻R,导轨处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN垂直放在导轨上，给金属棒一个水平向

右的瞬时速度，金属棒向右运动最终停在虚线〃处，虚线。为金属棒向右运动到人的中间位

置。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计金属棒、导轨的电阻。金属棒从开

始运动到虚线。的过程中，克服安培力做功为必，安培力的冲量大小为人从虚线。运动到

虚线b,金属棒克服安培力做功为J%,安培力的冲量大小为/2。则（AC）

C.断=3"2D.%=4%

解析：设金属棒运动全过程的距离为2x,金属棒从开始运动到虚线a的过程中，安培力

的冲量为h=F*i=B/Z7,根据电流的定义式有/=:，通过金属棒的电荷量为,

联立解得八=""+同理可得/2=6="'",A正确，B错误；设金属棒初速度为。°,在虚

RR

线。位置速度为2,根据动量定理，金属棒从虚线。运动到虚线力有一/2=0一小内，从开始

运动到虚线。的过程有一人=，〃%一〃?仇，联立得到。0=2%,根据动能定理，金属棒从虚线a

运动到虚线/）有一%=0—）成，从开始运动到虚线a的过程有一名=）欣一1〃所，联立得

222

到%=3印2,C正确，D错误。

3.（5分）（多选）（2。24・贵州贵阳高三质检）如图所示，右端足够长的两平行光滑导轨

左端是半径为R=0.8m的四分之一圆弧轨道，圆弧轨道部分没有磁场，导轨的水平部分有竖

直向上的匀强磁场，导轨间距为£=0.5m,匀强磁场的磁感应强度大小为4=0.5T,质量为

0.1kg的导体棒a静止在水平轨道上，质量为0.3kg的导体棒b从四分之一圆弧轨道顶端从

静止开始下滑，运动过程中a、b始终与两导轨垂直且保持接触良好，a、b电阻均为/-=0.1C,

其他电阻均不计，重力加速度大小g取10m/s?。下列说法正确的是（BD）

A.a运动过程中的最大加速度为10m/s2

B.b刚进入磁场时a中的电流大小为5A

C.整个过程中安培力对a、b做功的总和为-0.3J

D.整个过程中导体棒a产生的焦耳热为0.3J

解析：b下滑到底端过程有可得到达底端时b的速度a=4m/s,b刚进入

磁场时，a的加速度最大，此时⑶，1=，时导体棒a,有ILB=ma,解得/=5A,a

2r

=12.5m/s2,故A错误，B正确；b进入磁场后，a、b组成的系统动量守恒，则有/〃的0=。小

+用b）。，由能量守恒定律得损失的机械能加一卜〃a+"ib）。，解得△£*=（）.6J,安培力

对系统做的总功为负功，数值上等于系统损失的机械能，即整个过程中安培力对a、b您功的

总和为-0.6J,故C错误；因两根导体棒电阻相等，故导体棒a产生的焦耳热为0.3J,故D

正确。

4.（5分）电磁阻尼是一种常见的物理现象，广泛应用于各个领域中。如图所示为列车

进站时利用电磁阻尼辅助刹车的小意图。在光滑的水平面上，有一个边长为L的止方形金属

框，电阻为心质量为〃1。金属框以速度加向右匀速运动，进入MN右侧磁感应强度大小为

B的匀强磁场区域，磁场方向垂直于金属框平面向上。在金属框的一半进入磁场的过程中（还

未停止），下列说法正确的是（B）

A.金属框仍做匀速直线运动

B.最小速度为oo-ff

2mR

C.金属框中产生的焦耳热为%?沈

D.通过金属框的电荷量为"2

R

解析：金属框的一半进入磁场的过程中，通过金属框的磁通量增大，金属框中产生感应

电流，金属框受安培力作用做减速运动，故A错误；金属框中产生的感应电动势为

感应电流大小为/=£安培力大小为F*=BLv=B°°,由于金属框做减速运动，在金属框

RR

,/?2/2

的一半进入磁场时速度最小，对金属框由动量定理得一产突/=加。一则一Y.vi=mv

R

P2/3

一即。,解得。=00—""，故B正确；金属框中产生的焦耳热等于金属框克服安培力所做的

2mR

E

功，小于1加1治故C错误；通过金属框的电荷量为＜7=/Af,又E=△①,,,解得

2A

A0BL2n.a.O

q==,故D错庆。

R2R

5.（5分）如图所示，水平面上固定的两光滑平行长直导轨，间距为3处于磁感应强

度大小为8的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直，两质量都为“、电阻都为火的导体棒

L】、上垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，6静止，心以初速度次）向右运动，运动过程中

两棒不发生相碰。不计导凯电阻，忽略感应电流产生的磁场，贝WB）

乙2L1

XXXXXX

XXXX

XXXXXX

A.导体棒乙2最终停止运动，心以某一速度匀速运动

B导体棒£＞的最大加速度大小为81为°

2mR

C两导体棒的初始距离最小为2黑f

D.回路中产生的总焦耳热为刎

解析：根据楞次定律，导体棒Li、5最终以相同的速度做匀速直线运动，设共同速度为

功，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得o=2加仍，解得功=0°,两导体棒最终都

2

以功=°°的速度匀速运动，故A错误；心以初速度。o向右运动时两导体棒加速度最大，则有

2

E=BLvo,I=E,BIL=mat解得故B正确；当导体棒〃、上速度相等时距潟为

2R2mR

零，此种情况下两棒初始距离最小，设最小初始距离为/,则通过导体棒横板面的电荷量为q

=//=/=△"='",对导体棒Li,由动量定理得B/Lt=mv],即BLq=ms,解得/=";呼,

2R2R2RB2L2

故c错误；设导体棒心、上在整个过程中产生的焦耳热为。，根据能量守恒定律可得;〃?屈=

Q+；X2"?讲，解得。=；m就，故D错误。

6.（5分）（多选）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/、2/,导轨间存在竖直向上磁感应强度大小为夕的匀强磁场。质量分别为机、2出的导

体棒a、b均垂直导轨放置，I可路总电阻保持不变。a、b两棒分别以3、27,。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（AD）

B

&卜./2%

A.a棒的加速度大小始终等于b棒的加速度大小

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

D.稳定时a棒的速度大小为2%

解析：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4〃

=maaf对导体棒b有8/,2/=2"k/b,由此可知如=如，故A正确，B错误：以向右为正方向，

从开始到速度稳定，根据动量定理，对导体棒a有4//加=〃7%—〃00,对导体棒b有一

B1乂2/山=26办一2"2助当最终稳定时满足所2仇=阴方,联立解得5=2%a=的，故

C错误，D正确。

7.（5分）如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为4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〃八

内阻均为，•的光滑导体棒而、静止在导轨上（导体棒与金属导轨接触良好），，=0时，ab

棒以初速度3队）向右滑动，cd棒以初速度。（）向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确

的是（C）

A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为。o

B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为287%°

3wr

C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒必产生的焦耳热为:〃㈤8

2

D.cd棒的收尾速度大小为2oo

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，〃Soo

—niVo=mv]+niV2,所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2vo»则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2a，则有E=8〃2〃o,/=',F=BIL,

lr

联立解得尸='7%。，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为。二厂二外炉。。，所以B

rmmr

错误；从初始时划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。马=，而

+，（3次））2—,（2。0）2=3〃7%则导体棒ah产生的焦耳热为Q=；Q阜=；"麻，所以C正确；

4棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，fil'Km-3vo—mvo=2mv解得。1=7o,所

以D错误。

是综合提升八

8.（5分）（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6c段与41G段粗糙，其

余部分光滑，4小右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为阳的金属杆垂直导轨放置。现

让金属杆以初速度。。沿导轨向右经过4小进入磁场，最终恰好停在CG处。已知金属衿接入

导轨之间的阻值为心与粗糙导轨间的动摩擦因数为〃，AR=BC=d.导轨电阻不计，重力加

速度为g，下列说法正确的是（CD）

A:8

A.金属杆经过8夕的速度为如

2

B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为

22

C.金属杆经过力小8山与88CC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

解析：设平行金属导轨间距为，金属杆在A4山归区域向右运动的过程中切割磁感线有

F

E=BLv,/=,金属杆在44//区域运动的过程中根据动量定理有一4〃加=〃?加\则一

2R

BL"△/=/必0,由于d=E初△/,则上面方程左右两边累计求和，可得一'L

2R2R

则g=。0—B'”,设金属杆在88CC区域运动的时间为/O,同理可得，金属杆在88CC

2mR

区域运动的过程中有一''"一g/o=一〃?如，解得VB=BL"+〃g/o,综上有g

2R2mR222

则金属杆经过的速度大于如，故A错误：在整个过程中，根据能量守恒定律有｝mvi=^mgd

22

+Q,则在整个过程中，定值电阻H产生的热量为。/?=：。=：〃7况一；〃"国/,故B错误；金属

»2/2

杆经过//出国与BBCC区眼,金属杆所受安埼力的冲量为一乙—一

2R

琛%金属杆经过4小B归与88CC区域滑行距离均为d,则金属杆所受安培力的冲量相同，

2R

故C正确；根据A选项可得，金属杆以初速度。0在磁场中运动有一'LX2”一〃/〃以0=—"Jg,

2R

若将金属杆的初速度加倍，则金属杆通过448山区域时有一"[%=〃?如'一2小a，则金属杆

2R

/?2jIJ2T2

通过时速度为内，=2历一，设金属杆通过88CC区域的时间为八，则有一“乙工Y一

2mR2R

linigt\=O-2mvo,01]x=\2mvo-pnigt\）=^mV°X2",由于人〈h，则x>4d,可见若

B-L-mvo—iimgh

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，故D正确。

9.（5分）（多选）（2023•辽宁卷）如图所示，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2",处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别

为28和心已知导体棒的电阻为R、长度为"，导体棒尸。的电阻为2R、长度为2d,

夕。的质量是的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为£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（AC）

P

M|・（,~~~

28：：：：：河侬6B

・・・；；||・・・.......................

N.......................

Q

A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流

R.尸。速率为。时，"V所受安培力大小为4'.°

3R

C.整个运动过程中，MN与P。的路程之比为2：I

D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为呷

解析：分析可知，两棒所受安培力始终大小相等、方向相反，所以两棒和弹簧组成的系

统所受合力始终为0,系统动量守恒，则可知MN、P。运动方向始终相反，故弹簧伸展过程

中，沿导航向左运动，PQ沿导就向右运动，根据楞次定律可知，回路中产生顺时4•■方向

的电流，A正确：设MN质量为加，PQ质量为2m,则P。速率为。时，根据动量守恒定律

有2〃?0=小。'，解得MN速率为。'=2。，因00、MV运动方向始终相反，则此时回路中的感

应电流大小为/==,MN所受女培力大小为上例=28〃/=,B谱误；

3RRR

由前面分析知，两棒同时开始运动、同时停止运动，且,WN的速率始终为Q。的2倍，则整

个运动过程中，MN与尸。的路程之比为2：1,C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长状

态，此时两棒间距增加了上，由动量守恒定律有小。1=2〃？。2,方程两边同时乘以运动时间

t,可得利Xi=2mX2,又用+'2="可解得整个过程MV向左运动的位移大小不=：,PQ同

/,A32B—d+B-2d

右运动的位移大小也=,则整个过程通过MV的电荷量g=/，==33=

3R03R

2BLd八枚.

,D错误5。

3R

10.（15分）（2023•新课标卷）一边长为£、质量为加的正方形金属框，每边电阻为Ro,

置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2乙的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,

磁感应强度大小为8,两虚线为磁场边界，如图（a）所示。

b-2L-H

图(a)图(b)

(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终

与磁场边界平行，，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的

初速度大小：

(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻凡=2Ro,

导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运

动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好，求在金属框整个

运动过程中，电阻凡产生的热量。

解析：(1)设金属框的初速度大小为如，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有

-2BILt=niU()—mvo,

2

/E

通过线框的电流/=,

4R。

根据法拉第电磁感应定律有E=BL\

t

联立解得VQ=O

"iRo

(2)金属框进入磁场的过程，有

—B/Z/'=〃?U|一加加.

1s

闭合电路的总电阻H«=Ro+..=Fo,

1+13

RiRo

E，

通过线框的电流1r'=o

Rg

根据法拉第电磁感应定律有E，=BL?,

f

2

融足_2B"

解得。|=O

Ro

金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为

电源，两也源并联给外电路供包，假设金属框停下时其石边框没有出磁场右边界，则有

-B1"Lf"=-avi,

E〃

通过金属框的电流1'=p,

2

根据法拉第电磁感应定律有E"=BLx,解得X=L,

t"

故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处。

对金属框进入磁场过程进行分析，由能量守恒定律亦。3=I加一沆，