2027届高三物理一轮复习教案：第十二章　第67课时　专题强化：动量观点在电磁感应中的应用（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第十二章　第67课时　专题强化：动量观点在电磁感应中的应用（含解析）
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
(1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有阻值为R的电阻，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，从导体棒开始运动至停下来。求：
①此过程中通过导体棒横截面的电荷量q=mv0BL；
②此过程导体棒的位移x=mv0RB2L2；
③若导体棒从获得初速度v0经一段时间减速至v1，通过导体棒的电荷量为q1，则v1=v0-Bq1Lm；
④导体棒从获得初速度v0经过位移x0，速度减至v2，则v2=v0-B2L2x0mR。
(2)间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，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，方向垂直导轨所在倾斜面向下(重力加速度为g，导轨电阻不计)。
①经Δt1=mv1+BLqmgsinθ，通过横截面的电荷量为q，速度达到v1。
②经Δt2=mv2R+B2L2xmgRsinθ，导体棒下滑位移为x，速度达到v2。
例1 (2025·辽宁鞍山市一模)如图，两条平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，中间有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场；导轨右侧接有一个阻值为R的定值电阻。一个边长为L的正方形导线框abcd置于导轨左侧，其ab、cd边始终与导轨接触良好。导线框的ac、bd两边电阻均为R，ab、cd边及导轨电阻可忽略，现给导线框一个初速度v，当它完全进入磁场区域时，速度变为v2，求：
(1)bd边进入磁场区域左边界瞬间b、d两点间的电压U；
(2)线框的质量m；
(3)上述过程中导轨右侧定值电阻R上产生的热量Q。
答案 (1)BLv3 (2)4B2L33Rv (3)B2L3v12R
解析 (1)bd边切割磁感线，刚进入磁场区域左边界时，电动势E=BLv
由欧姆定律有I=ER总
其中R总=R+R·RR+R=32R
解得I=2BLv3R
b、d两点间电压U=E-IR
解得U=BLv3
(2)线框进入磁场的过程，根据动量定理有-BILΔt=mv2-mv
其中I=ΔΦΔtR+R2，ΔΦ=BL2
解得m=4B2L33Rv
(3)由系统能量守恒得系统产生的总热量Q总=12mv2-12m(v2)2
解得Q总=38mv2=B2L3v2R
根据Q总=Qac+Qbd+QR
其中Qbd=I2Rt，Qac=(I2)2Rt，QR=(I2)2Rt
解得QR=16Q总=B2L3v12R。
拓展 在例1中线框有一半进入磁场区域时速度为多大？
答案 34v
解析 线框进入磁场过程由动量定理可得-BI1L·Δt1=mv'-mv
I1=E1R总
E1=ΔΦ1Δt1
ΔΦ1=B·L22
联立可得v'=34v。
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=B2L2v0mR
B.达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1
C.从t=0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25mv02
D.从t=0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2mv05BL
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=E2R，导体棒D所受安培力F=BIL，设导体棒D的加速度为a，则有F=ma，解得a=B2L2v0mR，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，由动量定理得，对C棒有2BILΔt=m(v0-v1)，对D棒有BILΔt=mv2，故对变速运动全过程有v0-v1=2v2，解得v2=25v0，v1=15v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q=12mv02-12mv12-12mv22，解得Q=25mv02，故C正确；由动量定理，对C棒有2BILΔt=m(v0-v1)，可得2BLq=m(v0-v1)，解得q=2mv05BL，故D正确。
3.“电容器+棒”模型
(1)无外力充电式
(2)无外力放电式
例3 (2025·福建三明市三模)如图，水平台面上有一足够长、间距为L的平行光滑金属导轨MN、PQ，置于塑料圆筒内，导轨左端连着电容为C的电容器和电动势为E的电源，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。将一质量为m的模拟金属炮弹置于圆筒内导轨上，先将开关拨至接线柱1，充电结束后，将开关拨至接线柱2，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。已知炮弹电阻为R，炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻，不计空气阻力。则在此过程中炮弹( )
A.做匀加速直线运动
B.在导轨上的位移为qRBL
C.离开导轨时的速度为BLqm
D.最大速度与电容器电容大小成正比
答案 C
解析 对炮弹受力分析，根据牛顿第二定律有BIL=ma，结合I=UC−BLvR，C=QUC，由于电容器放电过程中，极板所带电荷量Q在减小，可知极板间电压、通过炮弹的电流以及炮弹所受安培力都在减小，则可知炮弹的加速度也在减小，故A错误；炮弹在导轨上的运动过程，由于电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是BLvR，即BLvRt≠q，则可知x≠qRBL，故B错误；对炮弹，以向右为正方向，根据动量定理有Ft=mv，其中平均安培力F=BIL，结合q=I·t，可得v=BILtm=BLqm，故C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，此时电容器两端电压UC=Q'C，此时炮弹产生的感应电动势等于UC，故BLv=UC，联立可得CE−qC=BLv，解得E=v(BL+mBLC)，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)
例4 (多选)(2025·河南省三模)如图所示，水平面上有两条相距为l的足够长的固定光滑平行金属导轨，垂直于导轨的两虚线间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场内导轨上相隔一定距离垂直导轨放置长度均为l的导体棒a和b。现让导体棒a、b以相同的速率v0同时沿导轨相向运动，导体棒b出磁场前加速度已经为0，导体棒a出磁场时速度为16v0，a、b棒的质量分别为2m、m，电阻均为R。导轨电阻不计，导体棒与导轨始终垂直且接触良好。下列说法正确的是( )
A.导体棒b出磁场时的速度大小为v0
B.整个过程流过导体棒b的电荷量为mv03Bl
C.整个过程系统产生的热量为1712mv02
D.整个过程两棒的最近距离为2Rmv03B2l2
答案 CD
解析 b棒出磁场时无加速度，说明a、b棒在磁场中已经共速了，a、b棒组成的系统动量守恒，以a棒速度为正方向，根据动量守恒定律有2mv0-mv0=3mv1，解得b出磁场时的速度大小v1=13v0，故A错误；a棒出磁场时的速度大小为16v0，根据能量守恒定律有12×2mv02+12mv02-12×2m(v06)2-12m(v03)2=Q，解得Q=1712mv02，故C正确；b出磁场前的动量改变量为Δp1=13mv0-(-mv0)=43mv0，由动量定理有Δp1=BlI1t1=Blq1=43mv0，解得q1=4mv03Bl，b出磁场后至a出磁场的过程，a动量改变量为Δp2=2m·13v0-2m·16v0=13mv0，根据左手定则可判断此过程中电流流过b的方向与前面电流流过b的方向相同，由动量定理有Δp2=BlI2t2=Blq2=13mv0，解得q2=mv03Bl，所以流过b的电荷量为q=q1+q2=5mv03Bl，故B错误；a、b棒在磁场中时已达到共速，距离最近，并保持到b出磁场，之后a切割磁感线，产生感应电动势，形成感应电流，安培力使a减速，从b出磁场到a出磁场的过程对a有q2=ΔΦ2R=Blx2R=mv03Bl，解得x=2Rmv03B2l2，故D正确。
例5 (2024·湖北卷·15)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14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：
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(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。
答案 (1)BL2gL (2)B2L22gL3mR (3)B2L3+mR2gLB2L2
解析 (1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，
由动能定理有mgL=12mv02
解得v0=2gL
则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL2gL
(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧被短路，
由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0=R
可知，整个回路的总电阻为
R总=R+R·RR+R=32R
ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为
I=ER总=2BL2gL3R
对金属环由牛顿第二定律有2BL·I2=2ma
解得a=B2L22gL3mR
(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，
由动量守恒定律有mv0=mv+2mv
解得v=13v0
设经过时间t，金属棒ab与金属环共速，
对金属棒ab，由动量定理有
-BILt=m·v03-mv0
则有BLq=23mv0
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，
则有q=BL(x1−x2)R总
联立解得Δx=x1-x2=mR2gLB2L2
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
d=L+Δx=B2L3+mR2gLB2L2。
课时精练
[分值：50分]
[1~4题，每题4分]
1.(多选)(2025·云南省调研)如图所示，水平面上固定放置有“”形光滑金属导轨，平行的两边宽度为L。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒垂直于导轨放置，以初速度v0沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。金属棒与导轨始终垂直且接触良好，不计金属导轨电阻，则( )
A.金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为B2L2v0R
B.金属棒在磁场中运动的时间为2mRB2L2
C.金属棒在磁场中运动的距离为mv0RB2L2
D.流过金属棒横截面的总电荷量为2mv0BL
答案 AC
解析 根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为E=BLv0，通过金属棒的感应电流为I=ER=BLv0R，金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为F=BIL=B2L2v0R，故A正确；设金属棒在磁场中运动的距离为x，由动量定理有-FΔt=-BIL·Δt=0-mv0，其中q=I·Δt=ΔΦR=BLxR，则有B2L2xR=mv0，解得金属棒在磁场中运动的距离为x=mv0RB2L2，流过金属棒横截面的总电荷量为q=mv0BL，若金属棒做匀减速运动，则有x=v02t，解得t=2mRB2L2，由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于2mRB2L2，故B、D错误，C正确。
2.如图所示，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图中的电容器带电荷量为Q，上极板带正电荷，电容为C。导体棒、导轨的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨足够长。导体棒质量为m，始终与导轨垂直且接触良好，匀强磁场的磁感应强度大小为B，闭合开关后，导体棒由静止开始运动，下列说法正确的是( )
A.导体棒先向右做加速运动，再向右做减速直到静止
B.导体棒先向右做加速运动，最后以v=BLQm+CB2L2做匀速直线运动
C.通过R的电荷量为Q
D.通过R的电荷量为CB2L2Qm+CB2L2
答案 B
解析 闭合开关后电容器放电，ab中电流从a到b，由左手定则知导体棒受到向右的安培力，做加速度减小的加速运动，ab向右运动过程中切割磁感线产生感应电动势，当感应电动势与电容器两端电压相等时，感应电流变为零，此后导体棒匀速运动，故A错误；设ab最后以v匀速运动，通过ab的电荷量为q，对ab由动量定理有BLIt=mv，又q=It=Q-CBLv，解得v=BLQm+CB2L2，q=mQm+CB2L2，故B正确，C、D错误。
3.(2025·山东烟台市检测)如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直向下，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则( )
A.导体棒L1的最终速度为v0
B.导体棒L2产生的热量为3mv028
C.通过导体棒横截面的电荷量为mv0Bd
D.两导体棒的初始距离最小为mv0rB2d2
答案 D
解析 导体棒L2做变减速运动，L1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中电流减小，安培力减小，加速度减小，导体棒L1、L2最终以相同的速度匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=2mv1，解得v1=v02，故A错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总，根据能量守恒定律可得12mv02=Q总+12(2m)v12，解得Q总=14mv02，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的热量为Q=12Q总=18mv02，故B错误；对导体棒L1，由动量定理得BIdΔt=mv1，因为q=IΔt，故Bdq=mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q=mv1Bd=mv02Bd，故C错误；若导体棒L1、L2速度相等时距离为零，则两棒的初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电荷量q=IΔt=E2rΔt=ΔΦΔt·2rΔt=Bdl2r=mv02Bd，解得l=mv0rB2d2，故D正确。
4.(2025·山东威海市期末)如图所示，足够长的水平放置的光滑平行导轨，宽轨道的间距为窄轨道的2倍，轨道处于竖直方向的匀强磁场中，甲、乙两杆垂直导轨放置，质量分别为2m、m。某时刻甲以速度v0向右滑动，若甲始终在宽轨道上运动，甲、乙始终与轨道接触良好且与轨道垂直，则系统最终产生的热量为( )
A.12mv02B.23mv02
C.34mv02D.45mv02
答案 B
解析 最终状态两杆均做匀速运动，此时两杆切割磁感线产生的电动势大小相等即B·2Lv甲=BLv乙，解得v乙=2v甲，对甲杆根据动量定理可得-BI·2LΔt=2mv甲-2mv0，对乙杆根据动量定理可得BI·LΔt=mv乙-0，联立解得v甲=v03，v乙=2v03，系统最终产生的热量为Q=12×2mv02-(12×2mv甲2+12mv乙2)=23mv02，故选B。
[5、6题，每题6分]
5.(2025·陕晋青宁卷·7)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=4B2L3mR并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则( )
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
答案 D
解析 根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1=BI1L=B·BLv0RL=B2L2v0R，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2=BI2L=B·BLv02RL=B2L2v02R，可得F安1F安2=2，故B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理-BI1LΔt=mv1-mv0，q1=I1Δt=ΔΦΔtR·Δt=ΔΦR=B·4L2R，同理对乙-BI2LΔt'=mv2-mv0，q2=I2Δt'=ΔΦΔt'2R·Δt'=ΔΦ2R=B·4L22R，解得v1=0，v2=12v0=2B2L3mR，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0，故C错误；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=12mv02，Q2=12mv02-12mv022=38mv02，可得Q1Q2=43，故D正确。
6.(多选)(2023·辽宁卷·10)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4B2d2v3R
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BLd3R
答案 AC
解析 弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感应电流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR，MN所受安培力大小为FMN=2BId=4B2d2vR，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最终MN向左移动x1=2L3，PQ向右移动x2=L3，则q=IΔt=ΔΦR总=2B2L3d+BL32d3R=2BLd3R，选项D错误。
7.(10分)(2023·湖南卷·14)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。
(1)(3分)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)(2分)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；
(3)(5分)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。
答案 (1)2mgRsinθB2L2 (2)2gsin θ (3)gsin θ·t0+mgRsinθB2L2 2m2R2gsinθB4L4
解析 (1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得
E=BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
I=E2R，F=BIL
棒a受力平衡可得mgsin θ=BIL
联立解得v0=2mgRsinθB2L2
(2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变，则对棒b由牛顿第二定律可得
mgsin θ+BIL=ma0
解得a0=2gsin θ
(3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有
mgsin θt0-BILt0=mv-mv0
棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有
mgsin θt0+BILt0=mv
联立解得v=gsin θ·t0+v02=gsin θ·t0+mgRsinθB2L2，
I=mv02BLt0
由法拉第电磁感应定律可得
I=E2R=BLΔx2Rt0
联立可得Δx=mv0RB2L2=2m2R2gsinθB4L4。
8.(12分)(2025·浙江6月选考·17)如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为R1；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“⊂”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为R2。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为xm时(可视为已匀速)，立即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量Φ；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。
(1)(2分)求动子在接通S瞬间受力的大小；
(2)(3分)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm；
(3)(3分)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；
(4)(4分)判断超导线圈中电流方向(俯视)，并求飞机起飞时的速度大小。
答案 (1)BUlR1 (2)BUlB2l2+kR1 (3)kUxmBl+MU2B2l2+kR1 (4)电流方向(俯视)为顺时针 BUlB2l2+kR1+BΦlmR2
解析 (1)接通S瞬间，动子速度v=0，此时所受阻力为零，回路中没有感应电动势，电源电压为U，回路总电阻为R1，根据欧姆定律可知回路电流为I1=UR1，动子只受安培力F=BI1l=BUlR1
(2)当动子达到最大速度vm时，动子切割磁感线产生的电动势为E=Blvm
此时回路电流为I2=U−BlvmR1
动子做匀速直线运动，所受合力为零，则F安=f，F安=BI2l，f=kvm，
联立解得最大速度为vm=BUlB2l2+kR1
(3)第一级弹射过程，对动子由动量定理得
∑BilΔt-∑kvΔt=Mvm
其中∑iΔt=q，∑vΔt=xm
得q=Mvm+kxmBl
故W=qU=kUxmBl+MU2B2l2+kR1
(4)假设超导线圈中电流方向(俯视)为顺时针，则产生竖直向下的强磁场，超导线圈断开时，磁场快速消失，由楞次定律可知第二级回路中产生顺时针方向的感应电流，则解锁后的飞机在磁场B中受到水平向右的安培力，可以二次加速，故假设正确。
超导线圈磁场快速消失的过程中，第二级回路中产生的感应电动势E'=ΔΦΔt=ΦΔt
感应电流为I'=E'R2=ΦR2Δt
对飞机，根据动量定理有BI'l·Δt=mv-mvm
(阻力冲量-∑kvΔt=-kΔx→0，可忽略)
解得v=vm+BΦlmR2=BUlB2l2+kR1+BΦlmR2。基本模型
规律
(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=BLv−UCR，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=-BIL·Δt=-BLq
v=mv0m+B2L2C
v-t图像
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=BIL·Δt=BLΔQ
vm=BLCEm+B2L2C
v-t图像
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=BLv2−v1R1+R2，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=12m2v02-12(m1+m2)v2
两棒产生焦耳热之比Q1Q2=R1R2