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第十一章
电磁感应
专题16　电磁感应中的动量问题和综合问题
内容索引
学习目标
核心体系
活动方案
学 习 目 标
1．能运用动量定理、动量守恒定律求解电磁感应中的动量问题.2．能综合应用电磁感应规律及动力学、动量和能量观点解决电磁感应综合问题．
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　求解电磁感应中的动量问题
一、利用动量定理分析
如图所示，一个正方形金属线圈从匀强磁场上方的水平边界处由静止释放，线圈完全进入磁场前已做匀速运动，线圈平面始终与磁场方向垂直．已知线圈的边长为L、质量为m、电阻为R，从静止到匀速运动过程中通过线圈横截面的电荷量为q，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g.求：
(1) 线圈匀速运动时的速度大小v；
(2) 线圈从静止到匀速运动过程中的位移大小x；
(3) 线圈从静止到匀速运动经过的时间t.
1
　　　　[2025南京期中]如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以速度v1开始进入磁场，离开磁场区域后速度为v2.已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈(　 　)
A．进、出磁场过程通过截面的电荷量不同
B．进、出磁场过程中产生的焦耳热相同
1
C
二、利用动量守恒定律分析
如图所示，两根相距为d的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，长度略大于d的两导体棒M、N平行地放在导轨上，导体棒的电阻均为R、质量均为m，开始两导体棒静止，现给导体棒M一个平行导轨向右的瞬时冲量I，整个过程中导体棒与导轨接触良好，下列说法正确的是(　 　)
2
C
在电磁感应中，动量守恒定律常应用于双杆切割磁感线运动问题，要注意的是需判断动量是否守恒，常直接用于求解速度．
(1) 对非匀速、非匀变速运动，一般要用能量守恒和动量守恒定律求解，当安培力变化，且又涉及位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理、动量守恒定律求解往往能巧妙解决．
(2) 解决电磁感应中的动量问题的方法：
①选择研究对象．即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统．
②分析其受力情况．安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直．
③分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件．注意发现动量守恒条件、善于应用动量守恒定律，可使解题过程简捷．
④分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律．
　　　　如图所示，在大小为B的匀强磁场区域内，垂直于磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量均为m、电阻均为R，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求：
(1) 当cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2) 从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能；
(3) 两棒之间距离增加量x的上限．
2
活动二　用“三个力学观点”求解电磁感应中的综合问题
一、单杆切割磁感线运动问题
如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直于导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示．重力加速度g取 10 m/s2，导轨足够长．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
3
(1) 运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2) 由图中信息计算0～1 s内，通过电阻R的电量q和导体棒滑过的位移x.
甲
乙
“单杆＋电阻”的两类模型
如图所示，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦．定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C.在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直．整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中．
(1) 开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0.当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小．
4
(2) 当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动．当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功．
“单杆＋电容器”的两类模型
无外力充电式 无外力放电式
速度 图像
二、双杆切割磁感线运动问题
如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场．两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态．t＝0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计．两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是(　 　)
5
A
B
C
D
C
双杆的两类模型
示意图
力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 两棒最终以相同的加速度做匀加速直线运动
速度图像
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 外力做的功＝棒1增加的动能＋棒2增加的动能＋焦耳热
　　　　如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好．已知L1的电阻大于L2的，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场．将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则(　 　)
A．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2的
B．S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d
3
D
【解析】 电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源，和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F＝BIL可得，L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，由于导体棒L1和L2受到安培力的作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；电路稳定时最终导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，因此先是L2两端的电压和电容器的电
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学习目标　1. 能运用动量定理、动量守恒定律求解电磁感应中的动量问题.2. 能综合应用电磁感应规律及动力学、动量和能量观点解决电磁感应综合问题．
活动一 求解电磁感应中的动量问题
一、 利用动量定理分析
1 如图所示，一个正方形金属线圈从匀强磁场上方的水平边界处由静止释放，线圈完全进入磁场前已做匀速运动，线圈平面始终与磁场方向垂直．已知线圈的边长为L、质量为m、电阻为R，从静止到匀速运动过程中通过线圈横截面的电荷量为q，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g.求：
(1) 线圈匀速运动时的速度大小v；
(2) 线圈从静止到匀速运动过程中的位移大小x；
(3) 线圈从静止到匀速运动经过的时间t.
在电磁感应中，动量定理常应用于某过程中单杆切割磁感线运动问题，或线圈某边进、出磁场过程问题．由BLΔt＝Δp＝mv2－mv1，q＝t＝n 等公式，可求时间、速度、位移(Δx＝)和电荷量(q＝)等物理量．
即时训练1 [2025南京期中]如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以速度v1开始进入磁场，离开磁场区域后速度为v2.已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈(　　)
A. 进、出磁场过程通过截面的电荷量不同
B. 进、出磁场过程中产生的焦耳热相同
C. 线圈在磁场中匀速运动的速度为
D. 进、出磁场过程的时间相同
二、 利用动量守恒定律分析
2 如图所示，两根相距为d的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，长度略大于d的两导体棒M、N平行地放在导轨上，导体棒的电阻均为R、质量均为m，开始两导体棒静止，现给导体棒M一个平行导轨向右的瞬时冲量I，整个过程中导体棒与导轨接触良好，下列说法正确的是(　　)
A. 回路中始终存在逆时针方向的电流
B. 棒N的最大加速度为
C. 回路中的最大电流为
D. 棒N获得的最大速度为
在电磁感应中，动量守恒定律常应用于双杆切割磁感线运动问题，要注意的是需判断动量是否守恒，常直接用于求解速度．
(1) 对非匀速、非匀变速运动，一般要用能量守恒和动量守恒定律求解，当安培力变化，且又涉及位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理、动量守恒定律求解往往能巧妙解决．
(2) 解决电磁感应中的动量问题的方法：
①选择研究对象．即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统．
②分析其受力情况．安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直．
③分析研究对象（或系统）是否符合动量守恒的条件．注意发现动量守恒条件、善于应用动量守恒定律，可使解题过程简捷．
④分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律．
即时训练2 如图所示，在大小为B的匀强磁场区域内，垂直于磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量均为m、电阻均为R，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求：
(1) 当cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2) 从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能；
(3) 两棒之间距离增加量x的上限．
活动二 用“三个力学观点”求解电磁感应中的综合问题
一、 单杆切割磁感线运动问题
3 如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直于导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v-t图像如图乙所示．重力加速度g取10 m/s2，导轨足够长．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1) 运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2) 由图中信息计算0～1 s内，通过电阻R的电量q和导体棒滑过的位移x.
甲
乙
“单杆＋电阻”的两类模型
示意图
力的观点 杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝Blv, 电流I＝，安培力F＝BIl＝.杆做减速运动，v↓ F↓ a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止 开始时a＝，杆cd速度v↑ 感应电动势E＝ Blv↑ I↑ 安培力F安＝BIl↑，由F－F安＝ma知a↓， 当a＝0时，v最大，vm＝
速度图像
动量观点 对全过程有－BLt＝0－mv0，q＝t 对某一阶段可列Ft－BLt＝mv－mv0
能量观点 动能全部转化为内能，Q＝mv F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能，WF＝Q＋mv
4 如图所示，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦．定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C.在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直．整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中．
(1) 开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0.当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小．
(2) 当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动．当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功．
“单杆＋电容器”的两类模型
无外力充电式 无外力放电式
示意图 导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C 电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C
电路 特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电容器放电，相当于电源，导体棒受安培力而运动
动力学 观点 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，即导体棒做加速度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 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，即导体棒做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
速度 图像
动量 观点 电容器充电电荷量q＝CU 最终电容器两端电压U＝BLv 对棒应用动量定理 mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq 解得v＝ 电容器充电电荷量Q0＝CE 放电结束时电荷量Q＝CU＝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 解得vm＝
二、 双杆切割磁感线运动问题
5 如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场．两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态．t＝0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计．两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
　 　　　　　　　　　　　　　　　　
A B C D
双杆的两类模型
示意图
力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 两棒最终以相同的加速度做匀加速直线运动
速度图像
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 外力做的功＝棒1增加的动能＋棒2增加的动能＋焦耳热
即时训练3 如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好．已知L1的电阻大于L2的，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场．将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则(　　)
A. S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2的
B. S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C. 运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D. 运动稳定后，两棒之间的距离大于d
专题16　电磁感应中的动量问题和综合问题
【活动一】
例 1
(1) 线圈匀速运动时E＝BLv，mg＝BIL，I＝，
解得v＝.
(2) 根据q＝t，＝，＝，
得q＝，
解得x＝.
(3) 对线圈，静止→匀速运动，取竖直向下为正方向，由动量定理有mgt－BLt＝mv－0，
即mgt－BLq＝mv－0，
解得t＝＋.
即时训练1 C　根据q＝，进、出磁场过程中磁通量变化量相同，电阻R不变，所以通过截面的电荷量相同，故A错误；进磁场时线圈速度大，感应电动势大，感应电流大，安培力大，克服安培力做功多，产生的焦耳热多；出磁场时速度小，产生的焦耳热少，故B错误；设线圈在磁场中匀速运动的速度为v，根据动量定理，进磁场过程有－B1LΔt1＝mv－mv1，又q1＝1Δt1＝，所以－BLq1＝mv－mv1，出磁场过程有－B2LΔt2＝mv2－mv，q2＝2Δt2＝，所以－BLq2＝mv2－mv，因为q1＝q2，所以mv－mv1＝mv2－mv，解得v＝，故C正确；进磁场时平均速度大，位移相同，所以时间短；出磁场时平均速度小，时间长，故D错误．
例 2
C　根据右手定则可知开始回路中电流方向为逆时针，当两个导体棒以相同的速度匀速运动时，回路中的电流强度为零，故A错误；当M开始运动的瞬间，N的加速度最大，根据动量定理可得I＝mv，解得v＝，根据牛顿第二定律可得＝ma，解得a＝，故B错误；回路中的最大电流为I流＝＝＝，故C正确；N速度最大时二者的速度相等，根据动量守恒定律可得mv＝2mv′，解得v′＝＝，故D错误．
即时训练2 (1) 设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，由动量守恒定律得mv0＝0.8mv0＋mv′，
解得v′＝0.2v0，
此时回路的电流是I＝，
cd棒的加速度为a＝，
解得a＝.
(2) 设两棒稳定时共同的末速度为v，据动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v，解得v＝v0，
由能量守恒定律得，最终稳定后电路中产生的电能为
Q＝mv－(m＋m)v2＝mv.
(3) 由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势
E＝＝，
这段时间内回路的电流为＝，
对cd棒由动量定理得－BlΔt＝mv－mv0，
解得Δx＝.
【活动二】
例 3
(1) 由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高；
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mg sin 37°＋F安，
其中F安＝BIL＝，
由图乙可知v＝1.0 m/s，
联立解得F＝5 N.
(2) 0～1 s内导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有(F－mg sin 37°)t－BLt＝mv1－0，
又q＝t，
由图可知v1＝0.98 m/s，
代入数据解得q＝0.755 C，
由q＝t＝t＝＝，
解得x＝0.755 m.
例 4
(1) 开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F安＝BIL，
由闭合电路欧姆定律有I＝，
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0，
联立可得，恒定的外力为F＝，
在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝v，
定值电阻的功率为PR＝I2R＝，
若PF＝2PR时，即 v＝2，
解得v＝.
(2) 断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E＝BLv＝IR＋，
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率PF＝F′v＝BILv，
定值电阻功率PR＝I2R，
当PF＝2PR时有BILv＝2I2R，
可得IR＝，
根据E＝BLv＝IR＋，
可得此时电容器两端电压为UC＝＝＝BLv0，
从开关断开到此刻外力所做的功为
W＝∑BIL(v·Δt)＝BLv∑I·Δt＝BLvq，
其中q＝，
联立可得W＝.
例 5
C　金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd的加速度分别为aab＝0，acd＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝(vcd－vab)，逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd＝aab时，vcd－vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，C正确，A、B、D错误．
即时训练3 D　电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源，和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F＝BIL可得，L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，由于导体棒L1和L2受到安培力的作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；电路稳定时最终导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，因此先是L2两端的电压和电容器的电压相同，＝BLv2，此时电容器和导体棒L2的电压均大于导体棒L1的电压，电流都流向导体棒L1，即导体棒L1加速而导体棒L2减速，最后达到共速，则可知导体棒L2的速度一直大于导体棒L1的速度，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，D正确．

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