專題強化：動量觀點在電磁感應中的應用

【目標要求】1.掌握應用動量定理處理電磁感應問題的方法技巧，能識別幾種應用動量定理的

模型。2.建立電磁感應問題中動量守恒的模型，并用動量守恒定律解決問題。

考點一動量定理在電磁感應中的應用

導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當題目中涉及速

度/、電荷量外運動時間八運動位移x時常用動量定理求解。

1.“單棒+電阻”模型

(1)水平放置的平行光滑導軌，間距為乙左側接有電阻阻值為我，導體棒初速度為刈，質量

為相，電阻不計，勻強磁場的磁感應強度為3,導軌足夠長且電阻不計，從導體棒開始運動

至停下來。求：

X-XXX

-XXXX8

①此過程中通過導體棒橫截面的電荷量q=--,

BL

②此過程導體棒的位移x=—;

B2L2

③若導體棒從獲得初速度/經一段時間減速至，1,通過導體棒的電荷量為即，則，1=%—

BqiL

m

④導體棒從獲得初速度修經過位移X。，速度減至14,則%=4—2退曳

mR

(2)間距為上的光滑平行導軌傾斜放置，傾角為仇由靜止釋放質量為機、接入電路的阻值為汽

的導體棒，勻強磁場的磁感應強度為5,方向垂直導軌所在傾斜面向下(重力加速度為g,導

軌電阻不計)。

①經。1="士竺4，通過橫截面的電荷量為q,速度達到個

mgsin0

r-r\^2.RIBLX,,I+.、反八力七、r.、＞于“

②"加2=------------，導體棒下泊位移為X,速度達到Ho

mgRsin0

【例1】（多選X2023?云南昆明市一中質檢）如圖所示，一光滑軌道固定在架臺上，軌道由傾斜

和水平兩段組成，傾斜段的上端連接一電阻R=0.5O,兩軌道間距d=lm,水平部分兩軌道

間有一豎直向下、磁感應強度8=0.5T的勻強磁場。一質量加=0.5kg、長為/=1.1m、電阻

忽略不計的導體棒，從軌道上距水平面歷=0.8m高處由靜止釋放，通過磁場區域后從水平

軌道末端水平飛出，落地點與水平軌道末端的水平距離X2=0.8m,水平軌道距水平地面的高

度〃2=0.8m。通過計算可知（g取10m/s2,不計空氣阻力）（）

A.導體棒進入磁場時的速度為3m/s

B.導體棒整個運動過程中，電阻R上產生的熱量為3J

C.磁場的長度xi為2m

D.整個過程通過電阻R的電荷量為2c

答案BCD

解析設導體棒進入磁場時的速度為%,根據機械能守恒定律有;加I42="2g〃l,解得4=4

m/s,故A錯誤；導體棒從水平軌道水平飛出做平拋運動，則水平方向有刈=”，豎直方向

有岳=卜祥，聯立代入數據解得k2m/s,導體棒通過磁場區域過程中，根據能量守恒定律

有。展，則導體棒整個運動過程中，電阻R上產生的熱量為0=3J,故B正確；

導體棒通過磁場區域過程中，根據動量定理有/安介=瓦切=加4—冽匕又有9=/九==

—,聯立代入數據解得q=2C,Xi=2m,故C、D正確。

R

2.不等間距的雙棒模型

【例2】（多選）（2023?遼寧撫順市模擬）如圖所示，M、N、尸、。四條光滑的足夠長的金屬導軌

平行放置，導軌間距分別為/和L兩組導軌間由導線相連，裝置置于水平面內，導軌間存

在方向豎直向下的、磁感應強度大小為2的勻強磁場，兩根質量均為加、接入電路的電阻均

為R的導體棒C、D分別垂直于導軌放置，且均處于靜止狀態，其余部分電阻不計。/=0時

使導體棒C獲得瞬時速度刈向右運動，兩導體棒在運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸

良好，且達到穩定運動時導體棒C未到兩組導軌連接處，則下列說法正確的是（）

C

MXxx[D

---------p

XXXX

XXx[Q

N

A./=0時，導體棒D的加速度大小為。=些叮

mR

B.達到穩定運動時，C、D兩棒速度之比為1：1

c.從f=o時至達到穩定運動的過程中，回路產生的內能為:加㈤

D.從，=0時到達到穩定運動的過程中，通過導體棒的電荷量為也

5BL

答案ACD

解析開始時，導體棒中的感應電動勢￡=22/14,電路中感應電流/=芟，導體棒D所受安

2R

培力F=BIL,導體棒D的加速度為a,則有尸解得a=-------°,故A正確；穩定運動

mR

時，電路中電流為零，設此時C、D棒的速度分別為％、匕，則有對變速運

動中任意極短時間△力,由動量定理得，對C棒有23/￡。=根(刈一⑷，對D棒有B/

冽區,故對變速運動全過程有%—%=2%，解得/故B錯誤；根據能量守

1117

恒定律可知回路產生的內能為0=，7/一步?％2一：機42,解得0=：%匕2,故C正確；由動

量定理，對C棒有28/￡加=加(刈一%),可得2BLq=m(%-IA),解得q=3吧，故D正確。

5BL

■總結提升

不等間距的兩導體棒處于同一磁場中所受安培力不相等，它們分別做變速運動；涉及電荷量、

速度、時間等，一般先根據動量定理列方程；若求焦耳熱可對系統應用能量守恒定律列方程。

3.“電容器+棒”模型

(1)無外力充電式

安培力為阻力，棒減速，E減小，有/=班”氣電容器充電Uc變大，

電流特點R

當跳片Uc時，/=0,F安=0,棒勻速運動

運動特點和棒做加速度。減小的減速運動，最終做勻速運動，此時/=0,但電容器

最終特征帶電荷量不為零

電容器充電電荷量：q=CUc

最終電容器兩端電壓Uc=BL/

最終速度對棒應用動量定理：m3一ml4)=-B1LAt=-BLq

ml/b

m+B2L2C

K.V

Z-f圖像v——--

0'i

(2)無外力放電式

本模型

規律till!

(電源電動勢為￡,內阻不計，電容器電容為0

電路特點電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動

電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電

電流特點

流減小，直至電流為零，此時〃=皮質

運動特點及

做加速度。減小的加速運動，最終勻速運動，/=0

最終特征

電容器初始電荷量：Qo=CE

放電結束時電荷量：Q=CUc=CBL為

電容器放電電荷量：AQ=QLQ=CE—CBL/

最大速度14n

對棒應用動量定理：根/-0=21LN=BLNQ

m+B2L2C

vm

i/-r圖像

0t

【例31（多選）（2023?遼寧沈陽市東北育才學校一模）如圖所示是某同學模擬電磁炮的工作原理

和發射過程，水平臺面上有足夠長的平行光滑金屬導軌兒W和P0置于塑料圓筒內，質量為

加的金屬炮彈置于圓筒內的軌道上，軌道間距為3整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，

磁感應強度大小為瓦導軌左端連著平行板電容器和電動勢為￡的電源。先讓單刀雙擲開關

接1接線柱對電容器充電，充電結束后，將開關接2接線柱。金屬炮彈在安培力作用下開始

運動，達到最大速度后離開導軌，整個過程通過炮彈的電荷量為分已知在圓筒中金屬炮彈

始終與導軌接觸良好，不計導軌電阻和電源內阻，炮彈電阻為我。在這個過程中，以下說法

正確的是（）

A.炮彈離開導軌時的速度為綱

m

mq

B.電容器的電容C=

mE-B2L2q

C.炮彈在導軌上的位移x=試

BL

D.在其他條件不變時，炮彈的最大速度與電容器電容大小成正比

答案AB

解析對炮彈，根據動量定理F其中，平均安培力尸=8可得產出上=絲應,

mm

故A正確；剛充電結束時，電容器電荷量為。=C￡,炮彈達到最大速度時，電容器電荷量0

=Q-q,此時電容器電壓。=設，則此時炮彈產生的感應電動勢等于。，故BLv=U,聯立

可得與二￡=夙匕解得。=一出一，故B正確；炮彈在導軌上運動過程，電容器有電壓

CmE~B2L2q

T）TBL/

存在，通過炮彈的平均電流并不是——則'—仔q,石鷺，故C錯誤；根據B項分析可

R

知故炮彈的最大速度與電容器電容大小并不成正比，故D錯誤。

BLC

考點二動量守恒定律在電磁感應中的應用

1.在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力,

如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解

題比較方便。

2.雙棒模型（不計摩擦力）

模型示意圖及條件12

水平面內的光滑等距導軌，兩個棒的質量分別為如、m2,電阻

分別為4、&,給棒2一個初速度刈

棒2相當于電源；棒1受安培力而加速運動，運動后產生反電

電路特點

動勢

棒2做變減速運動，棒1做變加速運動，隨著兩棒相對速度的

電流及速度變化減小，回路中的電流減小，I=BL=一安培力減小，加速度

RI+R2

減小，穩定時，兩棒的加速度均為零，以相等的速度勻速運動

最終狀態。=0,1=0,

動量守恒冽2%=（加1+機2），

能量守恒°=；加2/2—；（冽1+冽2）修

系統規律

兩棒產生焦耳熱之比Q=&

QiRi

【例4】（多選）如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金

屬導軌，兩相同的光滑導體棒cd靜止在導軌上，，=0時，棒仍以初速度”向右滑動。

運動過程中，ab.cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用修、區表示，回路中的電

流用/表示。下列圖像中可能正確的是（）

db

Ca

答案AC

解析棒仍以初速度囿向右滑動，切割磁感線產生感應電動勢，使整個回路中產生感應電

流，判斷可知棒受到與刈方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與刈方

向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差△k口一口逐漸減小，整個系統

產生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，最后變為零，即最終棒和棒cl

的速度相同，%=%,這時兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統在足夠長的平行金屬導軌

上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有〃7|/6=僅％+僅％,解得%=%=—,

2

選項A、C正確，B、D錯誤。

【例5】如圖所示，在磁感應強度大小為8的勻強磁場區域內，垂直磁場方向的水平面中有兩

根固定的足夠長的平行金屬導軌，在導軌上面平放著兩根導體棒仍和cd,兩棒彼此平行且

相距d,構成一矩形回路。導軌間距為L兩導體棒的質量均為加，接入電路的電阻均為凡

導軌電阻可忽略不計。設導體棒可在導軌上無摩擦地滑行，初始時刻成棒靜止，給cd棒一

個向右的初速度如求：

(1)當cd棒速度減為0.6%時，仍棒的速度，及加速度。的大小;

Q)ab、cd棒間的距離從d增大到最大的過程中，通過回路的電荷量g及兩棒間的最大距離X。

班2%ml4),m%R

答案(1)0.414)(2)——6H

10mR2BL

解析(1)兩棒組成的系統所受合外力為零，因此滿足動量守恒定律，有用刈=0.6加刈+冽/

解得1/=0.44

FT>TT

回路感應電動勢￡=0.68/1/6—0.4跳4,此時回路電流/=三，因此加速度0=2"

2Rm

10mR

（2）ab.cd棒速度相等時有最大距離，根據動量守恒定律可得冽4=2機/共

對ab棒，根據動量定理有BI共

而q=I\t,解得q=ml^

2BL

在這段時間內，平均感應電動勢E=BL△，

~E

回路平均電流1=——

2R

因此流過某截面的電荷量q=/加=多---加="生——,解得最大距離x=d+竺”。

課時精練

ID基礎落實練

1.（多選）如圖所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導軌與光滑水平導軌平滑相連，四分之一圓

弧導軌區域沒有磁場，水平導軌區域存在磁感應強度大小為2、方向豎直向上的勻強磁場，

導軌間距為/,ab、cd是質量為機、接入電路中電阻為R的金屬棒，導軌電阻忽略不計。cd

靜止在水平導軌上，從四分之一圓弧導軌頂端由靜止釋放，在圓弧導軌上克服阻力做功

fgr,水平導軌足夠長，cd始終與導軌垂直并接觸良好，且不會相撞，重力加速度為g。

從仍棒進入水平導軌開始，下列說法正確的是（）

A.成棒先做勻減速運動，最后做勻速運動

B.cd棒先做勻加速直線運動，最后和以相同的速度做勻速運動

C.仍棒剛進入磁場時，4棒電流為絲及

成棒的最終速度大小為學

答案CD

解析成棒進入磁場受到向左的安培力，做減速運動，所以安培力減小，則成棒先做加速

度減小的減速運動，cd棒與棒串聯，所以先做加速度減小的加速運動，最后它們共速，

做勻速運動，故A、B錯誤；棒剛進入磁場的速度就是它下滑到底端的速度，根據動能定

理mgr—-mgr--m\^,可得速度為廣必心則感應電動勢為￡=引|/；兩金屬棒串聯，故兩

22

棒瞬時電流為/=此版，兩棒共速時由動量守恒定律有"2l/=2"zM，得速度大小為”=^SL

2R2

故C、D正確。

2.（多選）（2024?廣東廣州市開學考）如圖，"V和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為3

導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接，右端接一個阻值為尺的定值電阻。平直

部分導軌左邊寬度為4區域有方向豎直向上、磁感應強度大小為2的勻強磁場。質量為？、

長為3電阻為2R的金屬棒從高為〃處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬

棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為〃，重力加速度為g,金屬棒與導軌間接觸良好。則金屬

棒穿過磁場區域的過程中（）

A.流過定值電阻的電流方向是0-N

B.金屬棒兩端電勢差的最大值為At也疏

C.電阻R產生的焦耳熱為mg（h-jLid）

D.金屬棒通過磁場所用的時間為國一"^

〃g3囚ngR

答案AD

解析由右手定則可知，流過定值電阻的電流方向是0-N,故A正確；金屬棒剛進入磁場

時，速度最大，金屬棒兩端電勢差最大，由動能定理可知加g/7=5"kfn2,解得%=也好，感

應電動勢為￡=皮質=應亞蘇，金屬棒兩端電勢差的最大值為E'=-RE=BL^gh故

2R+R3

B錯誤；由能量守恒定律可知，金屬棒穿過磁場區域的過程中電路中產生的焦耳熱為Q=mgh

D1

—jLimgd,電阻R產生的焦耳熱為。R=---------Q=-mg（h—[id）,故C錯誤；由動量定理可知一

27?+7?3

/.imgt-B1Lt=0-m^n,又//=%,解得/=也弱一型過，故D正確。

3R/big31AmgR

3.（多選）（2023?湖南長沙市長郡中學二模）如圖所示，兩平行光滑導軌N'左端通過

導線與電源和不帶電電容器相連，導軌平面水平且處于豎直向下的勻強磁場中，有一定阻值

的導體棒ab垂直導軌處于靜止狀態。現將開關S與1閉合，當棒達到穩定運動狀態后S與2

閉合，導軌足夠長，電源內阻不計。則（)

1

A.S與1閉合后，棒仍做勻加速直線運動

B.從S與1閉合到棒成達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路產生的焦

耳熱之和

C.S與2閉合后，棒成中電流不斷減小直到零

D.S與2閉合后，棒附的速度不斷減小直到零

答案BC

解析根據題意可知，S與1閉合后，棒受安培力作用做加速運動，棒切割磁感線產生感應

電動勢，棒中的電流減小，受到的安培力減小，則棒的加速度減小，直到感應電動勢等于電

源電動勢，棒最后勻速運動，故A錯誤；根據題意，由能量守恒定律可知，從S與1閉合到

棒仍達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路產生的焦耳熱之和，故B正

確；S與2閉合后，棒仍相當于電源給電容器充電，此過程棒受到的安培力水平向左，棒減

速運動，則電動勢減小，電容器兩板間電壓升高，棒/中的電流不斷減小，當棒防產生的

感應電動勢與電容器兩板間的電勢差相等時，電路中的電流減小到零，隨后棒做勻速直線運

動，故D錯誤，C正確。

4.（多選）（2023?遼寧省名校聯盟一模）如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠

長的光滑金屬導軌，導軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于導軌間距,

a、b兩棒的電阻不為零，質量均為相，銅棒平行放置在導軌上且始終與導軌接觸良好。現給

銅棒a一個平行導軌向右的初速度6下列說法正確的是（）

XXX.XX

ab

xxxxx

B

XXXXX

-A%

A.若此后運動過程中兩棒不發生碰撞，則最終％

B.若此后運動過程中兩棒發生彈性碰撞，則最終/

C.若此后運動過程中兩棒不發生碰撞，則回路中產生的總焦耳熱為1m刈2

4

D.若此后運動過程中兩棒發生彈性碰撞，則回路中產生的總焦耳熱為1%刈2

4

答案CD

解析若兩棒不發生碰撞，根據動量守恒定律得加4=2冽匕解得,最終兩棒以片多的

22

速度在導軌上做勻速直線運動，A錯誤；即使兩棒發生彈性碰撞，交換速度后，再經過足夠

長的時間兩棒也會以k=—的速度在導軌上做勻速直線運動，B錯誤；若兩棒不發生碰撞，

2

由能量守恒定律知回路中產生的總焦耳熱為—切修，解得0=；機刈2,C正確；

剛開始時a的速度大，a減速，b加速，共速前兩者發生彈性碰撞，交換速度，然后a加速,

b減速，直至兩者共速，最終兩棒以p=—的速度在導軌上做勻速直線運動，回路中產生的總

2

焦耳熱為。=；加/2—；義2加p2,解得。=；加%2,D正確。

5.（多選）如圖，足夠長的平行光滑金屬導軌M、N固定在水平桌面上，導軌間距離為心垂直

導軌平面有豎直向下的勻強磁場，以C。為分界線，左邊磁感應強度大小為25,右邊為B,

兩導體棒a、b垂直導軌靜止放置，a棒距CZ）足夠遠，已知a、b棒質量均為冽、長度均為￡、

電阻均為八棒與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計，現使a獲得一瞬時水平速度吃,在兩

棒運動至穩定的過程中（a棒還沒到CD分界線），下列說法正確的是（）

C

2B\B

x|XXXX；~X-—M

XXXXX;Xx

x->Tx^x!xx

XXXXX；X

A.a、b系統機械能守恒

B.a、b系統動量不守恒

C.通過導體棒a的電荷量為3上

5BL

D.導體棒a產生的焦耳熱為2m空

5

答案BC

解析因為a、b棒切割磁感線時產生感應電流，所以導體棒中有焦耳熱產生，故a、b系統

機械能不守恒，故A錯誤；由題意知a棒受到的安培力為Fa=2BIL,方向水平向左，而b

棒受到的安培力為Fb=BIL,方向水平向右，故a、b系統所受合外力不為零，故a、b系統

動量不守恒，故B正確；因兩棒運動至穩定時滿足設向右為正方向，則對a、

b棒運動至穩定的過程中分別由動量定理得一23/〃=加%—%14,B1Lt=m%,聯立解得

,%=也。又因為q=/f,所以通過導體棒a的電荷量為［=也叫，故C正確；由題

555BL

意知穩定之后，電路中不再有感應電流，則不再有焦耳熱產生，所以對a、b棒運動至穩定的

1117

過程中，由能量守恒定律得導體棒a、b產生的總焦耳熱為。=5冽H)2—Q加/2—5加/2=5加42,

所以導體棒a產生的焦耳熱為0'=-Q=-m^2,故D錯誤。

25

ID能力綜合練

6.(2023?湖南卷?14)如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為3兩導軌及

其所構成的平面均與水平面成。角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感

應強度大小為瓦現將質量均為〃，的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間

的電阻均為凡運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導

軌電阻忽略不計，重力加速度為g。

(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小心;

(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小ao;

(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間如，兩棒恰好達到相同的速度％求速度

/的大小，以及時間to內棒a相對于棒b運動的距離Ax。

答案(1產g%n0(2)2gsino

(3)gsin。”。+嚼當2冽9

44

DLBL

解析(1)棒a在運動過程中重力沿導軌平面向下的分力和棒a所受安培力相等時做勻速運

動，由法拉第電磁感應定律可得E=班4

由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得

F

/=—,F=BIL

2R

棒a受力平衡可得mgsin3=BIL

聯立解得刈=修普

B2L2

(2)由左手定則可以判斷棒b所受安培力沿導軌平面向下，釋放棒b瞬間電路中電流不變，則

對棒b由牛頓第二定律可得冽gsin0+BIL=maQ

解得ao=2gsin0

(3)棒a受到沿導軌平面向上的安培力，釋放棒b后，在到達共速時對棒a由動量定理有

mgsinOto—B/

棒b受沿導軌平面向下的安培力，對b棒由動量定理有mgsinOto+B【Lto=mi/

聯立解得，=gsin8]()+U=gsin夕砧+名吟誓"，/=

2B2L22BLto

由法拉第電磁感應定律可得1=—

2R2Rto

寸、-rp*"1%)R2m2R2gsin0

聯立可得Av=------=------q——o

B2L2出〃

7.(2023?全國甲卷25)如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為/,

導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計。導軌所在區域有方向豎直向上的勻

強磁場，磁感應強度大小為以一質量為優、電阻為R、長度也為/的金屬棒P靜止在導軌

上。導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為刈的速度向P運動并與P發生彈

性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上

同一地點。P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求:

(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大小；

(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；

(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間。

答案⑴；/(2)/m2⑶鬻

2B￡r

解析(1)由于絕緣棒Q與金屬棒P發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得

3冽飲)=3冽心+冽”

3加42=；x3mk^2+^mH>2

31

聯立解得?=-4

22

碰后絕緣棒Q做勻速運動，金屬棒P做減速直線運動。絕緣棒Q和金屬棒P滑出桌面后均

做平拋運動，落地點相同，因此金屬棒P滑出導軌時的速度與Q相同，設為n',則捶'

=k^=—。

2

(2)根據能量守恒有;加142=；加/'2-\-Q

解得。=冽42

（3）P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據動量定理得一5//加=加/'-mkp

[=E工①=Blx

又q=/Nt,

RRNtRNt

m伏）R

聯立可