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第二章　电磁感应
动量观点在电磁感应中的应用
11
精彩动图
11学习目标1、会运用动量定理分析和处理电磁感应问题2、会运用动量守恒定律分析和处理电磁感应问题一　动量定理在电磁感应中的应用
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二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
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三、　电磁感应的综合应用
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电磁感应中的动量问题
1. 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，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.
(3)单棒＋水平导轨
情境示例1 水平放置的平行光滑导轨，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，从开始运动至停下来
求电荷量q －BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，联立解得q＝
求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt＝
应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q＝Δt，x
＝Δt；若已知q或x也可求末速度或初速度
情境示例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，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＋mg sin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt，－Δt＋mg sin 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中的任一个物理量
(4)单棒＋倾斜导轨
3. 动量守恒定律在电磁感应中的应用
在两等长金属棒切割磁感线的系统中，两金属棒和水平平行金属导轨构成闭合回
路，它们受到的安培力的合力为0，如果不计摩擦，它们受到的合力为0，满足动量
守恒的条件，运用动量守恒定律解题比较方便.
例1. [多选]如图所示，间距为l的平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不
计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B. 有
一质量为m、长为l的导体棒在ab位置以初速度v沿导轨向上运动，最远到达a'b'处，
导体棒向上滑行的最远距离为x.已知导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数
为μ，重力加速度大小为g.导体棒与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的
是(　BCD　)
A. 导体棒受到的最大安培力为
B. 导体棒损失的机械能为mv2－mgx sin θ
C. 导体棒运动的时间为
D. 整个电路产生的焦耳热为mv2－mgx( sin θ＋μ cos θ)
典例体例
[BCD]　根据E＝Blv，可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最
大，所以初始时刻导体棒受到的安培力最大，根据F＝BIl，I＝，可得F＝，
故A错误；从初始位置到滑行最远时，损失的机械能为ΔE＝mv2－mgx sin θ，故B正
确；导体棒向上滑动的过程，由动量定理可得Blt＋(mg sin θ＋μmg cos θ)t＝mv，而
t＝t＝＝，联立解得t＝，故C正确；导体棒上滑过程中克
服重力、滑动摩擦力和安培力做功，根据能量守恒定律可得整个电路产生的焦耳热
为Q＝mv2－mgx( sin θ＋μ cos θ)，故D正确.
例2. [“单棒＋电阻”模型]如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面
上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接
阻值为R的电阻.在导轨上垂直于导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，
其电阻为r.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀
速运动.金属棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计.
(1)求金属棒匀速运动时回路中的电流；
(2)求金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量；
(3)若在时间t内金属棒运动的位移为x，求电阻R上产生的热量.
（1）金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝BImL，解得Im＝
（2）根据闭合电路的欧姆定律得Im＝
解得v＝
通过回路的电荷量q＝t
由动量定理得Ft－BLt＝mv
解得q＝－
（3） 由功能关系得Fx＝Q＋mv2
QR＝Q
解得QR＝[Fx－].
例3.[2024山东文登一中模拟]两根足够长的平
行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离
为 ，导轨上面横放着两根导体棒 和 ，构成
矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量均为 ，棒 和 的有效电阻分
别为 和 。回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直
向上的匀强磁场，磁感应强度为 。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，
开始时，棒 静止，棒 有指向棒 的初速度 ，两导体棒始终不接触。
（1）在运动过程中棒 产生的焦耳热最多是多少？
（2）当 棒的速度变为初速度的 时，棒 的速度大小和加速度大小
分别是多少？
解：（1）从初始到两棒速度相等的过程中，两棒总动量守恒，则有
解得 由能量守恒得回路产生的焦耳热
故棒 产生的焦耳热
（2） 棒的速度变为 时，设 棒的速度为 ，则由动量守恒
可知 解得
回路中的电流为
棒所受的安培力为
由牛顿第二定律， 棒的加速度大小
方法点拨
无外力充电式
基本模型
(导体棒电阻为R，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计)
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，导体棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC
变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动
运动特点和 最终特征 导体棒做加速度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
无外力放电式
基本模型
(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计)
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
运动特点和 最终特征 导体棒做加速度a减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I＝0
最大速度vm 电容器充电电荷量：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4、 [双棒模型——有外力]如图所示，MN、PQ为水平放置的足够长平行光滑导轨，
导轨间距L＝1 m，导轨上放置两根垂直导轨的导体棒ab和cd，并与导轨接触良好，
每根导体棒的质量均为m＝2 kg，接入导轨间的部分电阻R＝2 Ω，整个装置处于垂
直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2 T，现对导体棒ab施加向右
的F＝10 N的水平恒力，经过一段时间两导体棒达到恒定的速度差，若某时刻导体
棒ab的速度为10 m/s，且两导体棒距离d＝2 m，此时撤去外力，最终两导体棒达到
稳定状态，导轨电阻不计，试求：
(1)两导体棒达到恒定的速度差时，其加速度大小；
(2)撤去外力后回路中产生的热量；
(3)最终达到稳定状态时两导体棒间的距离.
(1)两导体棒达到恒定的速度差时，其加速度大小；
[解析]　对两导体棒的运动状态进行分析，导体棒ab做加速度减小、速度增大的
变加速运动，导体棒cd做加速度增大、速度增大的变加速运动，最终两导体棒达到
相同加速度，有恒定的速度差.
由牛顿第二定律可知，对导体棒ab有F－F安＝ma
对导体棒cd有F安＝ma
联立解得a＝＝2.5 m/s2.
(2)撤去外力后回路中产生的热量；
[解析]　当导体棒ab的速度v1＝10 m/s时，设此时导体棒cd的速度为v2，
对导体棒cd由牛顿第二定律有BL＝ma得v2＝5 m/s
撤去外力后，两导体棒在安培力作用下最终达到共同速度v，由动量守恒定律可知
mv1＋mv2＝2mv得v＝7.5 m/s
此过程回路产生的热量Q＝m＋m－×2mv2得Q＝12.5 J.
(3)最终达到稳定状态时两导体棒间的距离.
[解析]　设达到稳定状态时两导体棒间的距离为x，对导体棒ab，
由动量定理有－BLt＝m(v－v1)
此过程中通过回路的电荷量q＝t＝
联立解得x＝7 m.
双棒无外力 双棒有外力
示意图
F为恒力
动力学 观点 导体棒1受安培力的作用做加速
度逐渐减小的减速运动，导体
棒2受安培力的作用做加速度逐
渐减小的加速运动，最终两棒
以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运
动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速
运动，最终两棒以相同的加速度做匀加
速直线运动
方法点拨
双棒无外力 双棒有外力
动量 观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量 观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的
增加量＋焦耳热 力F做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋
焦耳热
针对训练
2. [“电容器”模型/2024广东广州开学考试]如图所示，在水平面内固定着间距为
L的两根光滑平行金属导轨(导轨足够长且电阻忽略不计)，导轨上M、N两点右侧处
在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.在导轨的左端接入电
动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器.先将金属棒a静置在导轨上，闭合开
关S1、S3，让a运动速度达到v0时断开S1，同时将金属棒b静置在导轨上，经过一段时
间后，流经a的电流为零.已知a、b的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动
过程中始终与导轨垂直并保持良好接触.
(1)求开关S1、S3闭合，a运动速度达到v0时a的加速度大小；
(2)求b产生的焦耳热；
(3)若将棒a、b均静置在水平导轨上，闭合开关S1、S2，
稍后再断开S1同时闭合S3，求两棒最终的速度大小.
[解析]　（1）a切割磁感线产生的电动势E1＝BLv0
由牛顿第二定律得BL＝ma 解得a＝
（2）对a、b系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1解得v1＝由能量守恒定律得系统产
生的焦耳热Q＝m－·2m解得Q＝mb产生的焦耳热Qb＝Q＝m
（3）闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动.对
电容器，放电量q＝C(E－BLv)对a，某时刻经极短时间Δt，由动量定理得BILΔt＝mΔv
整个过程有∑BLΔq＝∑mΔv 即BL＝mv 解得两棒最终的速度v＝
3. [电磁感应中的动力学＋能量＋动量/2023北京]如图所示，光滑水平面上的正方
形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出.线框的边长小于
磁场宽度.下列说法正确的是(　D　)
A. 线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B. 线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C. 线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D. 线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
D

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