第二十二讲 电磁感应与动量结合
2025高考物理总复习动量观点在电磁感应中的应用
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
即 BLvP＝BL2vQ，解得 2vP＝vQ 因为当 P、Q 在水平轨道上运动时，它们 所受到的合力并不为零，设 I 为回路中的电 流，P 棒和 Q 棒受到的平均安培力大小 FP＝B I L FQ＝12B I L
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
因此P、Q组成的系统动量不守恒。设P棒从进入水平轨道开始到速 度稳定所用的时间为Δt，规定向右为正方向，对P、Q分别应用动量 定理得－FPΔt＝－B I LΔt＝mvP－mv FQΔt＝B I L2Δt＝mvQ－0，又 2vP＝vQ 联立解得 vP＝ 25gh，vQ＝25 2gh
< 考点一 >
动量定理在电磁感应中的应用
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。
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
1.“单棒＋电阻”模型
(1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻，阻值为R，导体
mv2R＋B2L2x 此时运动时间Δt2＝___m_g_R_s_i_n_θ___
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
例1 如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成， 倾斜段的上端连接一电阻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、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场。一质量为m＝ 0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面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，不计空气阻力)
用动量定理解决电磁感应问题
应用动量定理解决电磁感应问题的思维起点电磁感应部分历来是高考的重点、热点，出题时可将力学、电磁学等知识溶于一体，能很好地考查学生的理解、推理、分析综合及应用数学处理物理问题的能力．通过对近年高考题的研究，此部分结合动量定理的力电综合模型经常在高考题中出现。
本文结合例题分析应用动量定理解决电磁感应问题的思维起点。
一、 以累积公式q=It 结合动量定理为思维起点直导线在磁场中要受到安培力的作用，速度发生变化，安培力随之变化。
通常直导线（或线框）的运动为非匀变速直线运动，不能用牛顿运动定律结合运动学公式解题，而动量定理适用于非匀变速直线运动。
在时间△t 内安培力的冲量BLq t BLI t F =∆=∆，式中q 是通过导体截面的电量。
利用该公式结合动量定理是解答此类问题思维起点。
例1．如图所示，在匀强磁场区域内与B 垂直的平面中有两根足够长的固定金属平行导轨，在它们上面横放两根平行导体棒构成矩形回路，长度为L ，质量为m ，电阻为R ，回路部分导轨电阻可忽略，棒与导轨无摩擦，开始时图中左侧导体棒静止，右侧导体棒具有向右的初速v 0，试求两棒之间距离增长量x 的上限。
析与解：当右棒运动时，产生感应电动势，两棒中有感应电流通过，右棒受到安培力作用而减速，左棒受到安培力作用而加速。
当它们的速度相等时，它们之间的距离最大。
设它们的共同速度为v ，则据动量守恒定律可得：mv 0＝2mv ，即021v v = 对于左棒应用动量定理可得：BILt= mv所以，通过导体棒的电量q=It =BL mv 20 而q =R BLx t I 2=∆ 由上述各式可得： x =220LB R mv 。
v点评：本题结合冲量公式BLq t BLI t F =∆=∆应用动量定理，使貌似复杂的问题得到迅速解决。
例2.（原创预测题）如图所示，两水平放置的平行光滑金属导轨相距为L ，导轨左端用导线连在一起，导轨电阻不计，整个装置垂直处于磁感强度为B 的匀强磁场中，另有一根长也为L 的金属棒垂直放在导轨上，现给金属棒一向右的水平初速度v 。
动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用
动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用摘要：《普通高中物理课程标准》指出,高中物理课程旨在进一步提高学生的科学素养，落实“立德树人”的根本任务。
基于学科核心素养教学实施策略和方法，要落实到教育教学的全过程，本文重点介绍动量定理、动量守恒定律在电磁感应解题的运用。
关键词：动量动量守恒电磁感应应用一、动量定理:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化.表达式:I=Δp或Ft=mv2-mv1.二、动量守恒定律:一个系统不受外力或者所受合外力为零,这个系统的总动量保持不变.表达式：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′或p=p′.三、在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.（1）求电荷量或速度:B LΔt=mv2-mv1, q= t.（2）求时间:Ft-I冲=mv2-mv1, I冲=BILΔt=BL .（3）求位移:-BILΔt=- =0-mv0,即 - s=m(0-v).四、在电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。
例1.如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN,PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完全相同的金属杆1,2间隔一定的距离摆开放在导轨上,且与导轨垂直.它们的电阻均为R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计.杆1以初速度v滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为( C )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶1解析:杆2固定:对回路 q1= = .对杆1:-B d·Δt=0-mv0,q1=·Δt 联立解得s1= .杆2不固定: 对回路 q2=对杆2:B d·Δt=mv2-0 全程动量守恒:mv=mv1+mv2末态两棒速度相同,v1=v2,q2=·Δt 联立解得s2= . s1∶s2=2∶1,则C选项正确.例2.如图所示,宽度为L的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b滑入水平轨道某位置时,a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a,b 未相撞),并且a在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a的电荷量为q,a,b杆的电阻分别为R1,R2,其余部分电阻不计.在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:(1)在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大;(2)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少;(3)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大.解析:(1)由机械能守恒定律得 M =Mgr1解得vb1=b刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLvb1, I= ,由牛顿第二定律有F安=BIL=Ma 解得a= .(2)由动量定理有-B Lt=Mvb2-Mvb1, 即-BLq=Mvb2-Mvb1解得vb2= -根据牛顿第三定律得:a在最高点受支持力N=N′=mg, mg+N=m解得va1=由能量守恒定律得Mgr1= M + m +mg2r2+Q 解得Q=BLq -3mgr2-.(3)由能量守恒定律有2mgr2= m - m解得va2=由动量守恒定律得Mvb1=Mvb3+mva2解得vb3= - .答案:(1)(2)BLq -3mgr2-(3) -例3.如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨.P1P2,Q1Q2的倾角均为θ,P2P3,Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m电阻为R的金属杆CD从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求:(1)杆CD能达到的最大速度;( 2)杆CD在距P2Q2为L处释放,滑到P2Q2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平导轨上滑行的最大距离.解析:(1)杆CD达到最大速度时,杆受力平衡BdImcosθ=mgsinθ此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为E=Bdvmcosθ由欧姆定律可得Im = , 解得vm= .(2)在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中,动量定理有mgsinθ·Δt1-Bdcosθ·Δt1=mvm-0= = =解得Δt1= +在杆CD沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B d·Δt2=0-mvm该过程中通过R的电荷量为 q2=Δt2,得q2=杆CD沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 = =得q2=Δt2=解得s= .答案:(1)(2) +3。
第二十二讲 电磁感应与动量结合
第二十二讲电磁感应与动量结合电磁感应与动量的结合主要有两个考点：对与单杆模型，则是与动量定理结合。
例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用)，由于在磁场中运动的单杆为变速运动，则运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理F t P∆=∆安，而又由于F t BIL t BLq∆=∆=安，=BLxq N NR R∆Φ=总总，21P mv mv∆=-，由以上四式将流经杆电量q、杆位移x及速度变化结合一起。
对于双杆模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和为零，则是与动量守恒结合考察较多一、安培力冲量的应用例1：★★如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈（B ）A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2D.以上情况均有可能分析：进入和离开磁场的过程分别写动量定理（安培力的冲量与电荷量有关，电荷量与磁通量的变化量有关，进出磁场的安培力冲量相等）点评：重点考察了安培力冲量与电荷量关系。
例2：★★★如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。
它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。
杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为( C )A.1:1B.1:2C.2:1D.1:1分析：列两次动量定理，根据电荷量计算位移。
二、动量守恒与动量定理在电磁感应中的应用例3：★★★如图所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为l,电阻不计。
电磁感应动量定理的应用(最新整理)
电磁感应与动量的综合1．安培力的冲量与电量之间的关系：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即tF I ∆=冲冲而＝B L （为电流对时间的平均值）F I I 故有：安培力的冲量t L I B I ∆⋅=冲而电量q =Δt ，故有I BLq I =冲因只在安培力作用下运动 BLq =mv 2－mv 1 BLPq ∆=2．感应电量与磁通量的化量的关系：R n t R t n t R E t I q ∆Φ=∆⋅∆∆Φ=∆⋅=∆⋅=若磁感应强度是匀强磁场，R BLx R S B R q =∆=∆Φ=以电量作为桥梁，把安培力的冲量、动量变化量与回路磁通量的变化量、导体棒的位移联系起来。
例1．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a （a <L ）的正方形闭合线圈以初速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v (v <v 0)，那么线圈A ．完全进入磁场中时的速度大于（v 0+v ）/2B ．完全进入磁场中时的速度等于（v 0+v ）/2C ．完全进入磁场中时的速度小于（v 0+v ）/2D ．以上情况均有可能例2．在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R ，导轨宽d ，电阻不计，导体棒AB 垂直于导轨放置，质量为m ，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B 。
现给导体棒一水平初速度v 0，求AB 在导轨上滑行的距离。
例3．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路。
已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R ，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。
开始时，导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0，两导体棒在运动中始终不接触。
电磁感应中的能量及动量问题课件
答案与解析
答案1
感应电动势E = BLv，其中B是磁场强度，L是导线在磁场中的有效长度，v是导线在磁场中的速 度。
解析1
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率成正比，即E = ΔΦ/Δt。当导线在均匀 磁场中运动时，磁通量Φ = BLx，其中x是导线在磁场中的位置。由于导线以速度v向右运动，磁
通量随时间变化，即ΔΦ/Δt = BLv。因此，感应电动势E = BLv。
答案2
感应电动势E = 2ωBS，其中B是磁场强度，S是线圈在磁场中的面积，ω是线圈旋转的角速度。
答案与解析
解析2
当矩形线圈在均匀磁场中旋转时，线圈中的磁通量随时间变化，产生感应电动势。线圈 在磁场中的面积S和线圈的匝数N决定了感应电动势的大小。因此，感应电动势E = N × 2ωBS。
械能向电能的转换。
变压器
总结词
变压器是利用电磁感应原理实现电压变 换的关键设备，广泛应用于输配电和工 业自动化等领域。
VS
详细描述
变压器由初级线圈、次级线圈和铁芯组成 。当交流电通过初级线圈时，产生变化的 磁场，该磁场在次级线圈中产生感应电动 势。通过调整初级和次级线圈的匝数比， 可以实现电压的升高或降低，满足不同用 电设备和输电线路的需求。
军事应用
电磁炮作为一种新型武器系统，具有高精度、高速度和高破 坏力的特点，在军事领域具有广泛的应用前景。
04
电磁感应的实际应用
交流发电机
总结词
交流发电机利用电磁感应原理，将机械能转换为电能，为现代电力系统提供源源不断的 电力。
详细描述
交流发电机由转子（磁场）和定子（线圈）组成，当转子旋转时，磁场与线圈之间发生 相对运动，从而在线圈中产生感应电动势。通过外部电路闭合，电流得以输出，实现机
2023年新教材高中物理第2章电磁感应专项2电磁感应中的动量和能量问题课件粤教版选择性必修第二册
(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程， 由能量守恒求出总热量，再由串联电路中热量按电阻比例分配的规律， 求出ab棒中的热量．
解：(1)0～1 s 时间内由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律 E＝ΔΔΦt ＝ΔΔBtS＝ΔBΔtL2和闭合电路欧姆定律 I＝R1＋E R2，
度 B2 沿导轨平面向上，cd 棒也匀速运动，则有
2mgsin
37°－μ2mgcos
37°＋B2×12×B21Rdv×d＝0，
将 v＝mB12gdR2代入解得 B2＝32B1.
三、用“三大观点”解决电磁感应问题 掌握利用动量、能量的观点解决电磁感应问题，会根据相关条件分 析双杆切割磁感线运动问题，会用“三大观点”解决此类问题.
第二章 电磁感应
专项二 电磁感应中的动量和能量问题
一、电磁感应中的动量问题
示意图
导体棒 1 受安培力的作用做加 导体棒 1 做加速度逐渐减小
动力学 观点
速度减小的减速运动，导体棒 的加速运动，导体棒 2 做加 2 受安培力的作用做加速度减 速度逐渐增大的加速运动， 小的加速运动，最后两棒以相 最终两棒以相同的加速度做二、Fra bibliotek磁感应中的能量问题
电磁感应问题中的能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化．
其他形式 的能量
克―服―安→培
力做功
电 能
电―流―做→功
焦耳热或其他 形式的能量
(2)求解焦耳热 Q 的三种方法.
焦耳定律 功能关系
能量转化
Q＝I2Rt Q＝W克服安培力 Q＝ΔE其他能的减少量
(3)解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运 动、能量”，即：
解：(1)ab 棒刚进入磁场 B1 时电压传感器的示数为 U，根据闭合电 路欧姆定律得 E1＝U＋2UR·R，
高考物理二轮复习课件：电磁感应中的动量问题
导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程中金属棒MN和PQ未相碰，则( )
A．释放后金属棒MN最终停在水平轨道上
BD
B．金属棒MN刚进入磁场时，金属棒PQ两端电压大小
C．整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为
D．整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为
作业：
1.整理笔记（电磁感应公式、模型、动量知识点+例题） 2.完成电磁感应中动量问题巩固练习
对于双杆模型，在受到安培力之外，若其他外力 之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题。
1.AB杆受一冲量作用后以初速度 v0=4m/s，沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后而停 止。AB的质量为m=5g，导轨宽为L=0.4m，电阻为R=2Ω，其余的电阻不计，磁感强度B=0.5T，
棒和导轨间的动摩擦因数为μ=0.4，测得杆从运动到停止的过程中通过导线的电量q=10－2C，
（2）线框上边框进入磁场时的速度。
解析：（2）线框进入磁场的过程，
平均感应电动势
平均感应电流
，电荷量
3.如图所示，两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静止放着两根质量为m、长度为L、
电阻为R的相同导体棒ab和cd，构成矩形回路(ab、cd与导轨接触良好)，导轨平面内有竖直向
上的A．匀a强b将磁向场B右。做现匀给加cd速一运个动初速度v0，则(
(2)从开始运动到最终稳定,求电路中产生的电能;
(3)求两棒之间的最大距离.
一、单棒问题
阻尼式
v0
电动式
F
发电式
运动特点
a逐渐减小的减速运动
a逐渐减小的加速运动
a逐渐减小的加速运动
最终特征
静止 I=0
匀速 I=0 或恒定
匀速 I 恒定
电磁感应现象中的动量问题课件
F
(1)导体棒做初速度为零 a
F
匀加速运动：
m B2L2C
(2)回路中旳电流恒定：
I
CBLa
CBLF m CB2L2
(3)导体棒受安培力恒定：
CB2 L2 F
F安 m CB2 L2
(4)导体棒克服安培力做旳功等于
电容器储存旳电能：
v v0
证明
2023/12/5
W克B
1 C（Blv）2 2
O
3、两个导体棒之间旳距离降低旳最大值
N V0
总结：无外力双棒问题
基本模型
无外力
等距式
1
2
运动特点
杆1做a渐小 v0 旳加速运动
杆2做a渐小 旳减速运动
最终特征
v1=v2
I＝0
系统规律
动量守恒 能量守恒
无外力 不等距式
v0
2
1
杆1做a渐小 旳减速运动
杆2做a渐小 旳加速运动
a＝0 I＝0
动量不守恒
L1v1=L2v2 能量守恒
利用电荷量与磁通量旳变化旳关系，能够研究变速运动旳位移
∑BL∆q=mV-mV0
q N N BS =N Bdx
t
t
t
变速运动旳运动分析与电量问题问题 例四、如图，水平放置旳U形金属导轨一端连接一种电容为C旳电容器， 整个空间有竖直向下旳匀强磁场，导轨上横放一根长为L、质量为m旳 金属杆。若电容器最初带有电荷Q，闭合开关后最终稳定时，电容器上 剩余带电量多大？金属杆旳速度多大？
力，求：
（1）两棒最终加速度各是多少；
（2）棒ab上消耗旳最大电功率。
a
c
L1
B
L2
F
电磁感应中动量定理公式
电磁感应中动量定理公式
动量定理是电磁感应中一项非常重要的物理定律，它描述了电磁场与运动电荷之间的相互作用关系。
根据动量定理，当电荷在电磁场中运动时，它将受到电磁力的作用，从而产生动量变化。
在电磁感应中，电磁场可以通过电场和磁场来描述。
当电荷在电磁场中运动时，电磁力将作用于电荷，改变其运动状态。
根据牛顿第二定律，电磁力等于电荷所受的加速度乘以电荷的质量。
因此，电磁力可以改变电荷的动量。
动量定理告诉我们，电磁力的作用会导致电荷的动量发生变化。
当电荷在电磁场中受到力的作用时，它将获得一个动量变化。
这个动量变化是由电荷所受的力和作用时间的乘积决定的。
如果力的方向与电荷运动方向一致，电荷的动量将增加；如果力的方向与电荷运动方向相反，电荷的动量将减小。
动量定理的公式可以表示为：动量变化等于力与时间的乘积。
这个公式可以用数学语言表示为Δp = F * Δt，其中Δp表示动量变化，F表示力，Δt表示作用时间。
根据这个公式，我们可以计算电荷在电磁场中受到的力的大小和方向，从而了解电荷的动量变化情况。
动量定理在电磁感应中具有广泛的应用。
例如，在电动机中，电流通过线圈时会产生磁场，这个磁场与电动机中的磁场相互作用，产
生力矩使电动机转动。
根据动量定理，我们可以计算出电动机所受的力矩，从而了解电动机的运动情况。
总结一下，动量定理是电磁感应中非常重要的物理定律，它描述了电磁场与运动电荷之间的相互作用关系。
根据动量定理，电磁力会改变电荷的动量，产生动量变化。
通过动量定理，我们可以计算出电荷所受的力和动量变化情况，从而更好地理解电磁感应现象。
电磁感应的电荷量与动量定理
电磁感应的电荷量与动量定理
电磁感应是指当磁场的磁感应强度发生变化时，会在磁场中产生感应电流。
根据法拉第电磁感应定律，感应电流的大小与磁场变化的速率成正比。
动量定理是指在一个封闭系统中，系统总动量的变化等于外力对系统施加的冲量。
对于一个带电粒子来说，其动量可以表示为质量乘以速度。
当带电粒子在磁场中运动时，磁场会对其施加洛伦兹力，导致其速度发生变化。
根据电荷守恒定律和动量定理，可以得到电磁感应的电荷量与动量定理的关系：
当磁场的磁感应强度发生变化时，磁场对带电粒子施加洛伦兹力，使其速度发生变化。
根据动量定理，带电粒子在磁场中的速度变化会使其动量发生变化。
由于电荷量q与速度v有关，所以磁场对带电粒子的速度变化会导致其电荷量发生变化。
因此，在电磁感应中，电荷量与动量定理存在一定的关系。
需要注意的是，这里的电荷量指的是带电粒子的总电荷量，而非单个电子的电荷量。
因为在电磁感应中，洛伦兹力对带电粒子所有电荷发生作用，从而影响整体的电荷量。
电磁感应与动量结合问题分类剖析
电磁感应与动量结合问题分类剖析
电磁感应与动量的结合是物理学的一个非常重要的课题，它不仅在重力和磁力的研究中发
挥着重要作用，而且也是现代电子技术中的重要组成部分。
电磁感应与动量结合可以从多
个方面进行分类。
首先，电磁感应与动量结合可以按照电磁感应的类型分类，如电场，磁场，磁场和电场的
组合，电场和磁场的组合等。
电场与磁场相结合可以产生电磁感应，这种物理现象称为电
磁感应。
其次，可以根据动量的类型将电磁感应与动量的结合分为静态动量和动态动量。
静态动量
表示不受外力影响，动量不会发生变化的情况，而动态动量则表示受外力影响，动量可能
发生变化的情况。
电磁感应与动量在静态动量和动态动量中都可以发挥重要作用。
最后，电磁感应与动量的结合可以根据动量的大小分为小动量和大动量。
小动量的电磁感
应可以应用于微型系统，如电子元器件和传感器，而大动量的电磁感应可以用于工业系统，如电磁铁和电机等。
电磁感应与动量的结合不仅在物理学中发挥重要作用，而且也是现代技术发展的重要方面。
从上述分类可以看出，电磁感应与动量的结合是一个复杂而又有趣的课题，它可以用于解
决许多实际应用中的问题。
由于电磁感应与动量的结合可以提高系统的性能，因此受到了越来越多的重视。
电磁感应
与动量的结合可以为我们提供更好的技术服务，为人们创造更美好的生活环境。
23 动量定理和电荷量q公式在电磁感应中的应用—高中物理三轮复习重点题型考前突破
一、利用动量定理和q ＝ΔΦR求时间和位移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，安培力的冲量为：I 安＝B I Lt ＝BLq ，通过导体棒或金属框的电荷量为：q ＝I Δt ＝ER 总Δt ＝n ΔΦΔtR 总Δt ＝n ΔΦR 总，磁通量变化量：ΔΦ＝B ΔS ＝BLx 。
如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I 安＝mv 2－mv 1。
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更方便。
1、如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L 的区域内，有一个边长为a （a <L ）的正方形闭合线圈以初速v 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v （v <v 0）那么A ．完全进入磁场中时线圈的速度大于（v 0+v ）/2；B ．安全进入磁场中时线圈的速度等于（v 0+v ）/2；C ．完全进入磁场中时线圈的速度小于（v 0+v ）/2；D ．以上情况A 、B 均有可能，而C 是不可能的 答案：B 解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为v x 。
线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。
对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得：=∆Φ-=∆-RBa t F 02mv mv R Ba Ba x -=- 对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得：=∆Φ-=∆-RBa t F x mv mv R Ba Ba -=-2 由上述二式可得20vv v x +=，即B 选项正确。
2．(2020·兰州、张掖联考)如图所示，间距为L 、电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好。
整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中。
现使金属棒以初速度v 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过金属棒某横截面的电荷量为q 。
动量与电磁感应结合
求（1）ab匀速运动时，外力F的功率（2）ab干加速过程中，通过R的电量（3）ab刚加速过程的距离s例2.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中（）A．通过棒截面的电量相等B．棒运动的加速度相等C．棒通过ab两位置时的速率关系为va=2vbD．回路中产生的电能Eab与Ebc的关系为Eab=3Ebc例3.两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d=100cm，在左端斜轨道部分高h=处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆A．b电阻R a=2Ω，R b=5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B=2T。
现杆b以初速度v0=5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a滑到水平轨道过程中，通过杆b的平均电流为；a下滑到水平轨道后，以a下滑到水平轨道时开始计时，A．b运动图象如图所示(a运动方向为正)，其中m a=2kg，m b=1kg，g=10m/s2，求（1）杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度v；（2）杆a 在斜轨道上运动的时间；（3）在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
例4.如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为3L的区域内，现有一个边长为L的正方形闭合线圈以初速度vo垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v，则（）A．完全进入磁场中时，线圈的速度大于（vo+v）/2B．完全进入磁场中时，线圈的速度等于（vo+v）/2C．完全进入磁场中时，线圈的速度小于（vo+v）/2D．以上都有可能例5.如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B．有一宽度为b（b＜h）、长度为L、电阻为R、质量为m的矩形导体线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的PQ边到达磁场下边缘时，恰好开始匀速运动．求（1）线圈的MN边刚好进入磁场时，线圈的速度大小（2）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间例6.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的中距离为L ，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd.设两根导体棒的质量皆m ，电阻皆为R ，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B 。
(完整版)电磁感应动量定理的应用
电磁感应与动量的综合1．安培力的冲量与电量之间的关系： 设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即t F I ∆=安冲 而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值）故有：安培力的冲量t L I B I ∆⋅=冲而电量q =I Δt ，故有BLq I =冲因只在安培力作用下运动 BLq =mv 2－mv 1 BLP q ∆= 2．感应电量与磁通量的化量的关系：Rn t R t n t RE t I q ∆Φ=∆⋅∆∆Φ=∆⋅=∆⋅= 若磁感应强度是匀强磁场，R BLx R S B R q =∆=∆Φ= 以电量作为桥梁，把安培力的冲量、动量变化量与回路磁通量的变化量、导体棒的位移联系起来。
例1．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a （a <L ）的正方形闭合线圈以初速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v (v <v 0)，那么线圈A ．完全进入磁场中时的速度大于（v 0+v ）/2B ．完全进入磁场中时的速度等于（v 0+v ）/2C ．完全进入磁场中时的速度小于（v 0+v ）/2D ．以上情况均有可能例2．在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R ，导轨宽d ，电阻不计，导体棒AB 垂直于导轨放置，质量为m ，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B 。
现给导体棒一水平初速度v 0，求AB 在导轨上滑行的距离。
例3．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路。
已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R ，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。
开始时，导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0，两导体棒在运动中始终不接触。
高中物理：动量定理在电磁感应中的应用
高中物理：动量定理在电磁感应中的应用碰撞与动量这部分内容对进一步学习物理学科是非常重要的，因为动量守恒定律是解决经典力学和微观物理问题的重要工具和方法之一。
动量动量定理1、动量、冲量2、动量变化量和动量变化率3、动量、冲量4、应用动量定理解题的一般步骤(1)选定研究对象，明确运动过程(2)受力分析和运动的初、末状态分析(3) 选正方向，根据动量定理列方程求解动量动量定理动量定理揭示了冲量和动量变化量之间的关系.1．应用动量定理的两类简单问题(1) 应用I＝Δp求变力的冲量和平均作用力.物体受到变力作用，不能直接用I＝Ft求变力的冲量.(2) 应用Δp＝Ft求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化．曲线运动中,作用力是恒力，可求恒力的冲量，等效代换动量的变化量.2．动量定理使用的注意事项(1) 用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简便.(2) 动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．3．动量定理在电磁感应现象中的应用在电磁感应现象中，安培力往往是变力，可用动量定理求解有关运动过程中的时间、位移、速度等物理量.动量守恒定律1、动量守恒定律内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律．2、动量守恒定律表达式(1) m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，两个物体组成系统相互作用前后，动量保持不变.(2) Δp1＝－Δp2，相互作用的两物体组成的系统，两物体的动量变化量大小相等、方向相反.(3) Δp＝0，系统的动量变化量为零．3、对动量守恒定律的理解(1) 矢量性：只讨论物体相互作用前后速度方向都在同一条直线上的情况，这时要选取一个正方向，用正负号表示各矢量的方向．(2) 瞬时性：动量是一个状态量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定.(3) 相对性：动量的大小与参考系的选取有关，一般以地面为参考系.(4) 普适性：①适用于两物体系统及多物体系统；②适用于宏观物体以及微观物体；③适用于低速情况及高速情况.动量守恒定律的简单应用1、应用动量守恒定律的条件(1) 系统不受外力或系统所受的合外力为零．(2) 系统所受的合外力不为零，比系统内力小得多.(3) 系统所受的合力不为零，在某个方向上的分量为零.2、运用动量守恒定律解题的基本思路(1) 确定研究对象并进行受力分析和过程分析；(2) 确定系统动量在研究过程中是否守恒；(3) 明确过程的初、末状态的系统动量；(4) 选择正方向，根据动量守恒定律列方程.3、动量守恒条件和机械能守恒条件的比较(1) 守恒条件不同：系统动量守恒是系统不受外力或所受外力的矢量和为零；机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功，重力或弹簧弹力以外的其他力不做功.(2) 系统动量守恒时，机械能不一定守恒.(3) 系统机械能守恒时，动量不一定守恒.动量定理在电磁感应中的应用电磁感应中的动力学问题往往比较复杂，运用动量和能量的观点可以清晰、简洁地解决问题。
电磁感应现象中的动量问题课件
交流电机的工作原理就是基于电磁感应现象。当电流通过线圈时，线圈周围的磁场发生变化，产生感 应电动势。同时，磁场动量的变化导致线圈中的电子受到洛伦兹力，产生定向移动，形成电流。
变压器的原理
变压器的工作原理也涉及到电磁感应现象。当原线圈中的电流发生变化时，会在铁芯中产生变化的磁 场，从而在副线圈中产生感应电动势。这个过程中，原线圈中的电流通过磁场的变化传递到副线圈中 ，实现电压的变换。
应强度有关。
02
动量守恒定律
动量的定义和计算
动量的定义
动量是描述物体运动状态的一个 物理量，表示物体质量和速度的 乘积，单位为千克·米/秒。
动量的计算
动量的大小等于物体的质量乘以 速度，用公式表示为p=mv。
动量守恒定律的表述
动量守恒定律表述
一个孤立系统中的总动量保持不变， 即系统内各个物体的动量之和在运动 过程中始终保持不变。
02
2. 调整磁铁的位置和导 轨的角度，使滑块在磁 场中以适当的速度运动 。
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3. 使用电流表和动量测 量仪分别测量滑块运动 时的电流和动量变化。
04ห้องสมุดไป่ตู้
4. 记录实验数据，并进 行分析。
实验结果分析和结论
实验结果分析
通过测量和分析实验数据，可以得出电流和动量变化之间的关系。如果电流和动量变化成正比，说明电磁感应现 象中的动量问题符合动量守恒定律；如果电流和动量变化不成正比，则说明存在其他影响因素。
结论
本实验通过探究电磁感应现象中的动量问题，加深了对电磁感应和动量守恒定律的理解。实验结果表明，在一定 条件下，电磁感应现象中的动量问题符合动量守恒定律。这一结论对于深入理解电磁感应现象和动量守恒定律具 有重要意义。
第22讲 三大动力学观点在电学中的应用(解析版)
2020年高考物理二轮精准备考复习讲义第八部分 专项技能第二十二讲 三大动力学观点在电学中的应用目录一、理清单，记住干 .................................................................................................................................................. 1 二、研高考，探考情 .................................................................................................................................................. 2 三、考情揭秘 .............................................................................................................................................................. 5 四、定考点，定题型 .. (5)超重点突破1 动力学观点能量观点解决电场中的力电综合问题 .................................................................. 5 超重点突破2 电场中动量和能量观点的应用 .............................................................................................. 7 超重点突破3 用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动 ............................................................ 9 超重点突破4 磁场中动量和能量观点的应用.............................................................................................. 11 超重点突破5 动力学观点解决电磁感应中的力电综合问题 ...................................................................... 13 超重点突破6 用动力学观点、能量观点解决电磁感应中的能量问题 ........................................................ 17 超重点突破7 电磁感应中动量和能量观点的应用 ...................................................................................... 20 五、固成果，提能力 (23)一、理清单，记住干1.动力学三大观点(1)以牛顿运动定律和运动学公式为基础用动力学的观点解决问题。
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第二十二讲电磁感应与动量结合电磁感应与动量的结合主要有两个考点：对与单杆模型，则是与动量定理结合。
例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用)，由于在磁场中运动的单杆为变速运动，则运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理F t P∆=∆安，而又由于F t BIL t BLq∆=∆=安，=BLxq N NR R∆Φ=总总，21P mv mv∆=-，由以上四式将流经杆电量q、杆位移x及速度变化结合一起。
对于双杆模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和为零，则是与动量守恒结合考察较多一、安培力冲量的应用例1：★★如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈（ B ）A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2D.以上情况均有可能分析：进入和离开磁场的过程分别写动量定理（安培力的冲量与电荷量有关，电荷量与磁通量的变化量有关，进出磁场的安培力冲量相等）点评：重点考察了安培力冲量与电荷量关系。
例2：★★★如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。
它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。
杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为( C ):1 :2 :1 :1分析：列两次动量定理，根据电荷量计算位移。
二、动量守恒与动量定理在电磁感应中的应用例3：★★★如图所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为l,电阻不计。
水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。
导体棒a与b的质量均为m,电阻值分别为Ra=R,Rb=2R。
b棒放置在水平导轨上足够远处,a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放。
运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g。
(1)求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向。
(2)求最终稳定时两棒的速度大小。
(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中,求b棒上产生的内能。
例4：★★★如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。
ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。
试求：(1)ab、cd棒的最终速度；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。
【答案】（1）210aghv=3210bghv=（2）910mgh 课后训练1.★★（多选）如图所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面上，导轨上横放着两根相同的导体棒ab 、cd 与导轨构成矩形回路。
导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R ，回路上其余部分的电阻不计，在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。
开始时，导体棒处于静止状态。
剪断细线后，导体棒在运动过程中 ( AD )A.回路中有感应电动势B.两根导体棒所受安培力的方向相同C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒D.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒题目一般2.★★★如图所示，一质量为m 的金属杆ab ，以一定的初速度v 0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻相连，磁场方向垂直轨道平面向上，轨道与金属杆ab 的电阻不计并接触良好。
金属杆向上滑行到某一高度h 后又返回到底端，在此过程中（ C ）A.整个过程中合外力的冲量大小为2mv 0B.下滑过程中合外力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热C.下滑过程中电阻R 上产生的焦耳热小于2012mv mgh D.整个过程中重力的冲量大小为零分析：导体棒滑到斜面底端的速度比v0小，因为有安培力做负功，转化为R 的焦耳热。
A 考察了动量定理，D 考察了冲量。
h abR B难点：C 选项。
上滑过程中产生的焦耳热2012mv mgh ，但是下滑的速度小，安培力做功小，产生的焦耳热少。
3.★★(多选)足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 水平平行固定，置于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放两条金属杆ab 、cd ，两杆平行且与导轨垂直接触良好。
设导轨电阻不计，两杆的电阻为定值。
从某时刻起给ab 施加一与导轨平行方向向右的恒定拉力F 作用，则以下说法正确的是（ BD ）A ．cd 向左做加速运动B ．ab 受到的安培力始终向左C ．ab 一直做匀加速直线运动D ．ab 、cd 均向右运动，运动后的速度始终不会相等，但最终速度差为一定值4.★★如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a 和b ，与导轨紧密接触且可自由滑动。
先固定a ，释放b ，当b 的速度达到10m/s 时，再释放a ，经过1s 后，a 的速度达到12m/s ，则（1）此时b 的速度大小是多少？（2）若导轨很长，a 、b 棒最后的运动状态。
【答案】(1)18m/s (2)以共同速度做加速度为g 的匀加速运动5.★★质量为m 的金属棒ab ，可以无摩擦地沿水平的平行导轨MN 与PQ 滑动，两导轨间宽度为d ，导轨的M 、P 端与阻值为R 的电阻相连，其他电阻不计，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，设棒ab 的初速度为v 0，求棒ab 停止下来时滑行的距离及在此过程中通过棒的电荷量。
【答案】0mv q I t Bd =⋅∆=6.★★★如图所示，足够长的光滑水平导轨的间距为l ，电阻不计，垂直轨道平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l 的金属棒，a 棒质量为m ，电阻为R ，b 棒质量为2m ，电阻为2R ．现给a 棒一个水平向右的初速度v 0，求：（a 棒在以后的运动过程中没有与b 棒发生碰撞）（1）b 棒开始运动的方向：（2）当a 棒的速度减为02v 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间t 0速度减为零（不反弹）．求碰撞过程中障碍物对b 棒的冲击力大小：（3）b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离．【答案】(1) 向右 (2)002mv t (3)02232mv R B l【2017贵州联考】★★★如图所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r=的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M=2kg 的cd 绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N 、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场。
现有质量m=1kg 的ab 金属杆以初速度v0=12m/s 水平向右与cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其它电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g=10m/s2，求：（1）cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ；（2）电阻R 产生的焦耳热Q 。
分析：ab 与cd 碰撞后，cd 圆周运动，ab 减速到零。
考点：圆周运动，动量守恒，动能定理【2018王后雄押题卷】考点：电磁感应的匀加速模型 根据图像的截距和斜率求第一问第二问 用动量定理 F-t 图像的面积表示F 的冲量 根据最后F 不变求出加速后的速度 第三问 根据动量定理求出导线框出磁场的速度，然后再用能量守恒求出焦耳热。
25.（18分）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨电阻忽略不计，间距为L 。
两根质量均为m 的金属杆甲、乙均在导轨上滑动且与导轨保持垂直，甲、乙的电阻均为R ，t=0时刻在导轨上静止。
用一根轻绳绕过光滑定滑轮后沿两导轨的中线与甲连接，并在下端挂一个质量为M 的物体，将M 释放后，当它下落距离为h 时（未落地），甲的速度v 1，乙的速度v 2，求（1）此过程中整个电路产生的电热为多少？此过程所用时间？（2）求M 下落距离为h 时甲、乙与导轨组成的闭合回路的总电功率（3）闭合回路最终的稳定电流多大？存在的问题：第二问计算总电功率为什么不能用热功率的表达式计算。
这其中存在什么问题。
25.（1）甲、乙及M 组成的系统能量守恒，()22212121mv v m M Mgh Q -+-=------4分 (2) 与拉力等效的平均恒力为-T ，对M ：1Mv t T Mg =⎪⎭⎫ ⎝⎛-- ------2分 对甲和乙：21mv mv Tt +=--------2分得到()21mv v m M Mgt ++=，所以()Mg mv v m M t 21++= ------2分（1）闭合回路消耗的总电功率为甲克服安培力做功的功率大小，即1v F P A = ① ------2分BIl F A =② ------1分RE I 2=③ ------1分 ()21v v Bl E -=④ ------1分将②③④代入①，得到()121222v Rv v l B P -= ------1分 由分析可知：当甲乙加速度相等时，回路电流稳定设绳子拉力为T ，对甲：ma F T A =-⑤ ------1分对M ：Ma T Mg =-⑥ ------1分对乙：ma F A =⑦ ------1分 由⑤⑥⑦得到mM Mg a 2+=⑧ 将⑧代入⑦得到m M mMg F A 2+=⑨ 又BIl F A =，所以()Bl m m Mmg I 2+=⑩ ------1分。