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专题提升十八　电磁感应中的动量问题
【学习目标】　1.会用动量定理处理电磁感应的有关应用问题。 2.会用动量守恒定律处理电磁感应的有关应用问题。
提升点一　动量定理在电磁感应中的应用
“单棒＋电阻”模型
情境示例1：“有初速度、无外力”型
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 －LBΔt＝0－mv0，q＝Δt，则q＝
求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt，则x＝
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也可求速度
情境示例2：“初速度为零、有外力”型
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，重力加速度为g，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Δt 已知电荷量q：－LBΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt 已知位移x：－Δt＋mgsin 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中的任意一个物理量
如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则(　　)
A.当流过棒的电荷量为时，棒的速度为
B.当棒的位移为时，棒的速度为
C.在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为
D.整个过程中定值电阻R释放的热量为
答案：C
解析：对ab棒由动量定理有－LBt＝0－mv0，而q＝t，即－BLq＝0－mv0，当流过棒的电荷量为时，有－BL· ＝mv1－mv0，解得v1＝v0，A错误；当棒的位移为x时，q＝＝，则当棒的位移为时，q'＝＝，可知此时流过棒的电荷量q'＝，由动量定理有－'LBt'＝－BLq'＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝v0，B错误；定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为Q＝＝m＝，C正确；同理可得整个过程中定值电阻R释放的热量为Q'＝×m＝，D错误。
(多选)(2024·贵州卷·T10)如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则(　　)
学生用书 第238页
A.加速过程中通过金属棒的电荷量为
B.金属棒加速的时间为
C.加速过程中拉力的最大值为
D.加速过程中拉力做的功为mv2
答案：AB
解析：设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x，根据q＝Δt＝Δt＝·Δt＝＝，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量；减速过程由动量定理可得－LBΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝，A正确。由q＝＝，解得x＝，金属棒加速过程中，有x＝vt，可得加速的时间t＝，B正确。金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力达到最大，由牛顿第二定律可得Fm－＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝，C错误。加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理有WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。
不等间距的双棒模型
(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、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＝
B.达到稳定运动时，C、D两棒的速度之比为1∶1
C.从t＝0到达到稳定运动的过程中，回路产生的热量为m
D.从t＝0到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
答案：ACD
解析：t＝0时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝ILB，设此时导体棒D的加速度大小为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时导体棒C、D的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，由动量定理，对导体棒C有－·2LBΔt＝mv1－mv0，对导体棒D有 LBΔt＝mv2，解得v1＝v0，v2＝v0，故B错误；从t＝0到达到稳定运动的过程，根据能量守恒定律，可知回路产生的热量为Q＝m－m－m，解得Q＝m，故C正确；由动量定理，对导体棒C有－·2LBΔt＝mv1－mv0，又q＝Δt，解得q＝，故D正确。
　　双棒分别位于不等间距的导轨上运动时，由于双棒所受的安培力大小一般不相等，而且随着速度大小的变化，安培力的大小也在变化，此种情况一般优先考虑应用动量定理解决有关问题。
“单棒＋电容器”模型
情境示例1：“无外力、充电”型
基本模型 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＝，电容器充电，UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动
运动特点及 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，但电容器所带电荷量不为零
最终速度 电容器充电电荷量q＝CUC 最终电容器两端电压UC＝BLv1 对棒应用动量定理有 －LB·Δt＝－BLq＝mv1－mv0 最终速度v1＝
v -t图像
情境示例2：“无外力、放电”型
基本模型 电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C
续表
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
学生用书 第239页
运动特点及 最终特征 棒做加速度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 对棒应用动量定理有 LB·Δt＝BLΔQ＝mvm－0 最大速度vm＝
v -t图像
已知在一磁感应强度为B的磁场中存在一光滑双轨，左端接入电容C，两机械臂1和机械臂2(可视为杆)，质量均为m，两机械臂接入磁场中的长度均为L，电阻均为R。机械臂1的初速度为v0，方向向右，机械臂2静止，两者不相撞。导轨电阻不计，系统稳定后，电流为零，两机械臂速度相同。求：
(1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向；
(2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，求此时两机械臂所受安培力的大小，以及此时电容器电荷量Q的表达式；
(3)稳定时机械臂1、2的速度大小和两机械臂间初始距离的最小值。
答案：(1)BLv0　沿机械臂1向上　(2)I1LB　I2LB　Q＝
(3)　　
解析：(1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E＝BLv0
由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上。
(2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，两机械臂安培力的大小分别为F1＝I1LB，F2＝I2LB
设此时两机械臂的速度分别为v1、v2，根据动量定理得－LB·Δt＝mv1－mv0，LB·Δt＝mv2
而Δt＝Q1，Δt＝Q2
此时电容器的电荷量Q＝Q1－Q2
电容器两端的电压
U＝＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R
联立解得Q＝。
(3)当I1＝I2＝0时，两机械臂的速度相同，此时
U＝BLv
结合(2)问可得两机械臂的速度均为
v＝
此过程中，对机械臂1根据动量定理得
－·Δt＝－＝mv－mv0
对机械臂2根据动量定理得
·Δt＝＝mv
初始距离的最小值Δx＝x1－x2
解得Δx＝。
提升点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
1.双金属棒和导轨构成闭合回路系统中，双金属棒切割磁感线运动时，安培力充当系统内力，如果双金属棒所受外力的矢量和为0时，满足动量守恒，优先选用动量守恒定律解决此类问题比较方便。
2.双棒模型(不计导轨的摩擦力)
模型示例 水平面内的光滑等距导轨，两棒的质量分别为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
过程简析 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＝BL，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
稳定状态 a＝0，I＝0，v1＝v2
选用规律 动量守恒：m2v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：Q＝m2－(m1＋m2)v2 闭合电路中的有关规律
注意：双金属棒在同一导轨上运动而且有外力作用时，系统的动量一般不守恒，可以考虑应用动量定理、动力学或能量观点分析解决有关问题。
(多选)(2026·山东枣庄一模)足够长光滑平行金属导轨固定在水平面上，间距为L，电阻不计，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强
学生用书 第240页
磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、3v0，两棒从开始运动经时间t达到稳定速度，在这个过程中(　　)
A.两棒的稳定速度为2v0
B.ab棒中产生的焦耳热为
C.ab棒速度为时，其加速度与cd的加速度相同
D.ab棒的位移大小为2v0t－
答案：ABD
解析：ab棒与cd棒串联，流过两棒的电流相同，根据F＝ILB，可知两棒受力大小相同，通过左手定则判断出力的方向相反，所以两棒的加速度大小相同，方向相反，C错误；两棒稳定运动时速度相同，根据动量守恒定律有3mv0＋mv0＝2mv共，解得v共＝2v0，A正确；根据能量守恒定律有×m＋m＝×2m＋Q，解得Q＝m，则ab棒中产生的焦耳热Q1＝＝，B正确；设ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2，则总电动势E＝BL(v2－v1)，回路中的电流I＝＝，金属棒所受安培力F＝ILB＝，对ab棒由动量定理有∑Δt＝2mv0－mv0＝mv0，其中∑(v2－v1)Δt＝x2－x1，所以x2－x1＝，两棒组成的系统动量守恒，有3mv0＋mv0＝mv1＋mv2，则∑3v0Δt＋∑v0Δt＝∑v1Δt＋∑v2Δt，即x1＋x2＝4v0t，联立解得x1＝2v0t－，D正确。
(2024·湖北卷·T15)如图所示，两足够长的平行金属直导轨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)BL　(2)
(3)＋L
解析：(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律得mgL＝m
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1
联立可得E1＝BL。
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律得I1＝
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则F1＝I1LB
由牛顿第二定律得F1＝2ma
联立解得a＝。
(3)经分析知ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得∑FΔt＝2mv2－0
又F＝ILB
由闭合电路欧姆定律得I＝
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为x，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有E＝BL
由几何关系有x＝L＋∑Δx
联立解得x＝＋L。
针对练.(2025·海南卷·T18)(2025·海南卷·T18)间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均m，接入电路中的电阻均为R，cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。
(1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热；
(2)此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小之差；
(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差。
答案：(1)　mgx0－　(2)　(3)
解析：(1)ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得F安ab＝mgsin 30°，F安ab＝IabLB
解得通过ab棒的电流为Iab＝
设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动时回路中的电流为I1，此时对cd棒有F安cd＝μmg
同时有F安cd＝I1LB，I1＝
分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得mgx0sin 30°－m＝2Qcd
联立解得cd棒产生的焦耳热为
Qcd＝mgx0－。
(2)分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒根据牛顿第二定律有mgsin 30°－F安＝ma，F安－μmg＝ma
同时有F安＝ILB，I＝＝
联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv＝。
(3)分析可知从开始到t1时刻，两棒整体所受合外力的矢量和为零，故该过程系统动量守恒，设t1时刻ab棒的速度为v1'，可知mΔv＝mv1'
解得v1'＝Δv＝
设某时刻ab棒速度为v1″，cd棒速度为vcd，cd棒的加速度为零，可得F安cd2＝μmg
其中F安cd2＝I2LB
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I2＝
从t1时刻到某时刻对两棒分别根据动量定理有－Δt＝mv1″－mv1'，Δt＝mvcd
变式可得μmgΔt＋BLq＝mv1'－mv1″，BLq－μmgΔt＝mvcd
两式相加得2BLq＝mv1'－m
同时有q＝Δt＝·Δt＝＝
联立解得从t1到某时刻，ab、cd的路程之差为Δs＝。
课时测评60　电磁感应中的动量问题
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－7，每题5分，共35分)
题组1　动量定理在电磁感应中的应用
1.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是(　　)
A.q1＝q2 B.q1＝2q2
C.v＝1.0 m/s D.v＝1.5 m/s
答案：BD
解析：根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理有－LBΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理有－LBΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确。
2.(多选)(2025·湖南卷·T9)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是(　　)
A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向
B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
答案：AC
解析：根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确；若金属杆可以在沿x轴正方向的力F作用下做匀速直线运动，可知F＝F安＝ILB，I＝＝＝，可得F＝ ，由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，所以F在变化，故B错误；取一微小时间Δt内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L'，根据动量定理有－I'L'BΔt＝－BL'q＝mΔv，同时有q＝·Δt＝＝，联立得－＝mΔv，对从开始到金属杆停止运动时整个过程可得－＝0－mv0，解得此时金属杆与导轨围成的面积为S＝，故C正确；若金属杆的初速度减半，根据C项分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S'＝S，根据抛物线的图像可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误。
3.(多选)(2024·湖南卷·T8)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.金属杆经过BB1的速度为
B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为m－μmgd
C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
答案：CD
解析：设导轨间距为L，金属杆在AB间运动的过程中，根据动量定理得－LBt1＝mv1－mv0，且t1＝q＝＝，整理得＝mv0－mv1；金属杆在AC间运动过程，根据动量定理得－'LBt'－μmgt2＝0－mv0(t2为金属杆在BC段运动的时间)，且't'＝q'＝＝，整理得＋μmgt2＝mv0，比较得v1＞，A错误；在整个过程中，由能量守恒定律得Q总＝m－μmgd，定值电阻R上产生的热量QR＝Q总，联立解得QR＝m－μmgd，B错误；若取向右为正方向，结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，金属杆所受安培力的冲量I安1＝－，金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I安2＝－，可得I安1＝I安2，所以金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域所受安培力的冲量相同，C正确；由A项分析知，＋μmgt2＝mv0，若初速度增大到原来的2倍，t2会减小，所以x会大于原来的2倍，D正确。
题组2　动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.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)(　　)
A.导体棒进入磁场时的速度大小为3 m/s
B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为2 J
C.磁场的长度x1为2 m
D.整个过程通过电阻R的电荷量为3 C
答案：C
解析：设导体棒进入磁场时的速度大小为v0，根据动能定理有mgh1＝m，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝m－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B错误；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立解得q＝2 C，x1＝2 m，故C正确，D错误。
5.(2026·河南郑州模拟)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产生的焦耳热为
C.通过导体棒横截面的电荷量为
D.两导体棒的初始距离最小为
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最终以相同的速度做匀速直线运动，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＝，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m＝Q总＋(2m)，解得Q总＝m，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的焦耳热为Q＝Q总＝，故B错误；对导体棒L1，由动量定理得dBΔt＝mv1，因为q＝Δt，故Bdq＝mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q＝＝，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＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，解得l＝，故D正确。
6.(多选)(2024·海南卷·T13)两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L＝1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R＝0.02 Ω的电阻和C＝1 F的电容器，整个装置处于B＝0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场(图中未画出)中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1＝0.8 kg，m2＝0.4 kg，ab棒电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0 ＝ 4.32 m处在一个大小F＝4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，g＝10 m/s2(　　)
A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4 m/s
答案：BD
解析：由于金属棒ab、cd同时由静止开始运动，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有Δq＝CBLΔv，对cd根据牛顿第二定律有F－ILB－m2gsin 30° ＝ m2a2，其中a2＝，I＝，联立有a2＝，说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有x0＝a2t2，联立解得a2＝6 m/s2，t＝1.2 s，A错误；由题知，碰前瞬间ab的速度为v1＝4.5 m/s，则根据功能关系有m1gxabsin 30°－Q＝m1，金属棒ab下滑过程中根据动量定理有m1gsin 30°·t－LBt＝m1v1，其中q＝t＝，R总＝ R＋Rab＝0.1 Ω，联立解得q＝6 C，xab＝3 m，Q＝3.9 J，R上消耗的焦耳热为QR＝Q＝0.78 J，B正确；由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿导轨平面向下为正，根据动量守恒和能量守恒有m1v1－m2v2 ＝ m1v1'＋m2v2'，m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2，其中v2＝a2t＝7.2 m/s，联立解得v1'＝－3.3 m/s，v2'＝8.4 m/s，C错误，D正确。
7.(多选)(2026·吉林长春模拟)如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为B＝1 T、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为L＝1 m，右侧连接一阻值为1 Ω的电阻。两金属棒ab、cd的质量分别为1 kg、2 kg，长度均为1 m，电阻均为1 Ω。初始时，金属棒cd垂直静置在水平导轨上，金属棒ab垂直倾斜导轨从距底端2.5 m处由静止释放，不计导轨电阻。金属棒cd达到最大速度后闭合开关，g取10 m/s2，两金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是(　　)
A.金属棒cd的最大加速度为1.25 m/s2
B.金属棒cd的最大速度为2.5 m/s
C.闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为 C
D.闭合开关前后流过金属棒cd的电流方向不变
答案：AC
解析：对金属棒ab分析，根据动能定理有m1gxsin θ＝m1v2，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，通过金属棒cd的电流为I＝，cd棒所受安培力大小为F＝ILB，根据牛顿第二定律有F＝m2am，解得金属棒cd的最大加速度为am＝1.25 m/s2，故A正确；当ab、cd棒共速时，cd棒速度达到最大，由动量守恒定律得m1v＝(m1＋m2)v共，解得金属棒cd的最大速度为v共＝ m/s，故B错误；对cd棒，由动量定理得LB·Δt＝m2v共，又q＝Δt，解得闭合开关前流过金属棒cd的电荷量为q＝ C，由于金属棒ab与cd串联，则流过两金属棒的电荷量相等，所以闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为 C，故C正确；闭合开关前，金属棒ab的速度大于金属棒cd的速度，根据右手定则可知流过金属棒cd的电流方向为从d到c，当cd达到最大速度后闭合开关，金属棒cd切割磁感线，相当于电源，流过金属棒cd的电流方向为从c到d，故闭合开关前后流过金属棒cd的电流方向改变，故D错误。
8.(15分)(2026·湖北黄冈模拟)如图所示，两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG、FH平行排列，间距L＝1 m。EF右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。导体棒PQ质量m2＝0.1 kg，电阻R2＝4 Ω，静止在边界EF右侧x处。导体棒MN质量m1＝0.3 kg，电阻R1＝2 Ω，由轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)若h＝3.2 m，求MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力的大小F；
(2)若h＝3.2 m，两棒在磁场中运动时不发生碰撞，求从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN上产生的焦耳热Q1；
(3)若x＝a m，h＝b m，要求MN与PQ运动过程中恰好不相撞，求a与b满足的函数关系。
答案：(1) N　(2)0.8 J　　(3)a＝
解析：(1)根据题意，导体棒MN下滑过程，由机械能守恒定律有m1gh＝m1
MN进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv0
MN、PQ组成的回路中，感应电流为I＝
导体棒PQ所受安培力的大小F＝ILB
解得F＝ N。
(2)MN、PQ在磁场中运动所受安培力大小相等，方向相反，两导体棒达到稳定时，速度大小相等，根据题意，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1
由能量守恒定律有Q＝m1－(m1＋m2)
导体棒MN上产生的焦耳热Q1＝R1
解得Q1＝0.8 J。
(3)根据题意，对导体棒PQ，由动量定理有
LBt＝m2v1
又有q＝t＝
解得x＝
代入数值得a＝。(共81张PPT)
专题提升十八　电磁感应中的动量问题
高三总复习讲义　新高考
第十二章 电磁感应
1.会用动量定理处理电磁感应的有关应用问题。
2.会用动量守恒定律处理电磁感应的有关应用问题。
学习目标
提升点一 动量定理在电磁感应中的应用
提升点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
课时测评
内容索引
动量定理在电磁感应中的应用
提升点一
考向1 “单棒＋电阻”模型
情境示例1：“有初速度、无外力”型
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 －LBΔt＝0－mv0，q＝Δt，则q＝
求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt，则x＝
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也可求速度
情境示例2：“初速度为零、有外力”型
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，重力加速度为g，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Δt 已知电荷量q：－LBΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt
已知位移x：－Δt＋mgsin 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中的任意一个物理量
如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则
A.当流过棒的电荷量为时，棒的速度为
B.当棒的位移为时，棒的速度为
C.在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为
D.整个过程中定值电阻R释放的热量为
√
例1
对ab棒由动量定理有－LBt＝0－mv0，而q＝t，即－BLq＝0－mv0，当流过棒的电荷量为时，有－BL· ＝mv1－mv0，解得v1＝v0，A错误；当棒的位移为x时，q＝＝，则当棒的位移为时，q'＝＝，可知此时流过棒的电荷量q'＝，由动量定理有－'LBt'＝－BLq'＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝v0，B错误；
定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为Q＝＝m＝，C正确；同理可得整个过程中定值电阻R释放的热量为Q'＝×m＝，D错误。
(多选)(2024·贵州卷·T10)如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则
A.加速过程中通过金属棒的电荷量为
B.金属棒加速的时间为
C.加速过程中拉力的最大值为
D.加速过程中拉力做的功为mv2
√
√
例2
设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x，根据q＝Δt＝Δt＝·Δt＝＝，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量；减速过程由动量定理可得－LBΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝，A正确。由q＝＝，解得x＝，金属棒加速过程中，有x＝vt，可得加速的时间t＝，B正确。
金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线
运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，
因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力达到
最大，由牛顿第二定律可得Fm－＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝，C错误。加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理有WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。
考向2 不等间距的双棒模型
(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、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＝
B.达到稳定运动时，C、D两棒的速度之比为1∶1
C.从t＝0到达到稳定运动的过程中，回路产生的热量为m
D.从t＝0到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
例3
√
√
√
t＝0时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝ILB，设此时导体棒D的加速度大小为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时导体棒C、D的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，由动量定理，对导体棒C有－·2LBΔt＝mv1－mv0，对导体棒D有 LBΔt＝mv2，解得v1＝v0，v2＝v0，故B错误；
从t＝0到达到稳定运动的过程，根据能量守恒定律，可知回路产生的热量为Q＝m－m－m，解得Q＝m，故C正确；由动量定理，对导体棒C有－·2LBΔt＝mv1－mv0，又q＝Δt，解得q＝，故D正确。
双棒分别位于不等间距的导轨上运动时，由于双棒所受的安培力大小一般不相等，而且随着速度大小的变化，安培力的大小也在变化，此种情况一般优先考虑应用动量定理解决有关问题。
总结提升
考向3 “单棒＋电容器”模型
情境示例1：“无外力、充电”型
基本模型

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＝，电容器充电，UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动
运动特点及 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，但电容器所带电荷量不为零
最终速度 电容器充电电荷量q＝CUC
最终电容器两端电压UC＝BLv1
对棒应用动量定理有
－LB·Δt＝－BLq＝mv1－mv0
最终速度v1＝
v -t图像

情境示例2：“无外力、放电”型
基本模型

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 棒做加速度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
对棒应用动量定理有
LB·Δt＝BLΔQ＝mvm－0
最大速度vm＝
v -t图像

已知在一磁感应强度为B的磁场中存在一光滑双轨，左端接入电容C，两机械臂1和机械臂2(可视为杆)，质量均为m，两机械臂接入磁场中的长度均为L，电阻均为R。机械臂1的初速度为v0，方向向右，机械臂2静止，两者不相撞。导轨电阻不计，系统稳定后，电流为零，两机械臂速度相同。求：
(1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向；
例4
答案：BLv0　沿机械臂1向上
初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E＝BLv0
由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上。
(2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，求此时两机械臂所受安培力的大小，以及此时电容器电荷量Q的表达式；
答案：I1LB　I2LB　Q＝
在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，两机械臂安培力的大小分别为F1＝I1LB，F2＝I2LB
设此时两机械臂的速度分别为v1、v2，根据动量定理得－LB·Δt＝mv1－mv0，LB·Δt＝mv2
而Δt＝Q1，Δt＝Q2
此时电容器的电荷量Q＝Q1－Q2
电容器两端的电压
U＝＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R
联立解得Q＝。
(3)稳定时机械臂1、2的速度大小和两机械臂间初始距离的最小值。
答案：　　
当I1＝I2＝0时，两机械臂的速度相同，此时
U＝BLv
结合(2)问可得两机械臂的速度均为
v＝
此过程中，对机械臂1根据动量定理得
－·Δt＝－＝mv－mv0
对机械臂2根据动量定理得
·Δt＝＝mv
初始距离的最小值Δx＝x1－x2
解得Δx＝。
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动量守恒定律在电磁感应中的应用
提升点二
1.双金属棒和导轨构成闭合回路系统中，双金属棒切割磁感线运动时，安培力充当系统内力，如果双金属棒所受外力的矢量和为0时，满足动量守恒，优先选用动量守恒定律解决此类问题比较方便。
2.双棒模型(不计导轨的摩擦力)
模型示例

水平面内的光滑等距导轨，两棒的质量分别为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
过程简析 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＝BL，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
稳定状态 a＝0，I＝0，v1＝v2
选用规律 动量守恒：m2v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：Q＝m2－(m1＋m2)v2
闭合电路中的有关规律
注意：双金属棒在同一导轨上运动而且有外力作用时，系统的动量一般不守恒，可以考虑应用动量定理、动力学或能量观点分析解决有关问题。
(多选)(2026·山东枣庄一模)足够长光滑平行金属导轨固定在水平面上，间距为L，电阻不计，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强
磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、3v0，两棒从开始运动经时间t达到稳定速度，在这个过程中
A.两棒的稳定速度为2v0
B.ab棒中产生的焦耳热为
C.ab棒速度为时，其加速度与cd的加速度相同
D.ab棒的位移大小为2v0t－
例5
√
√
√
ab棒与cd棒串联，流过两棒的电流相同，根据F＝ILB，可知两棒受力大小相同，通过左手定则判断出力的方向相反，所以两棒的加速度大小相同，方向相反，C错误；两棒稳定运动时速度相同，根据动量守恒定律有3mv0＋mv0＝2mv共，解得v共＝2v0，A正确；根据能量守恒定律有×m＋m＝×2m＋Q，解得Q＝m，则ab棒中产生的焦耳热Q1＝＝，B正确；
设ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2，则总电动
势E＝BL(v2－v1)，回路中的电流I＝＝，
金属棒所受安培力F＝ILB＝，对ab棒
由动量定理有∑Δt＝2mv0－mv0＝mv0，其中∑(v2－v1)Δt＝x2－x1，所以x2－x1＝，两棒组成的系统动量守恒，有3mv0＋mv0＝mv1＋mv2，则∑3v0Δt＋∑v0Δt＝∑v1Δt＋∑v2Δt，即x1＋x2＝4v0t，联立解得x1＝2v0t－，D正确。
(2024·湖北卷·T15)如图所示，两足够长的平行金属直导轨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：
例6
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
答案：BL
设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律得mgL＝m
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1
联立可得E1＝BL。
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
答案：
经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律得I1＝
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则F1＝I1LB
由牛顿第二定律得F1＝2ma
联立解得a＝。
(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：＋L
经分析知ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得∑FΔt＝2mv2－0
又F＝ILB
由闭合电路欧姆定律得I＝
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为x，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有E＝BL
由几何关系有x＝L＋∑Δx
联立解得x＝＋L。
针对练.(2025·海南卷·T18)(2025·海南卷·T18)间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均m，接入电路中的电阻均为R，cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。
(1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热；
答案：　mgx0－
ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得F安ab＝mgsin 30°，F安ab＝IabLB
解得通过ab棒的电流为Iab＝
设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动时回路中的电流为I1，此时对cd棒有F安cd＝μmg
同时有F安cd＝I1LB，I1＝
分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中，
cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，
整个过程根据能量守恒可得mgx0sin 30°－m＝2Qcd
联立解得cd棒产生的焦耳热为
Qcd＝mgx0－。
(2)此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小
之差；
答案：
分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒根据牛顿第二定律有mgsin 30°－F安＝ma，F安－μmg＝ma
同时有F安＝ILB，I＝＝
联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv＝。
(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差。
答案：
分析可知从开始到t1时刻，两棒整体所受合外力的矢量和为零，故该过程系统动量守恒，设t1时刻ab棒的速度为v1'，可知mΔv＝mv1'
解得v1'＝Δv＝
设某时刻ab棒速度为v1″，cd棒速度为vcd，cd棒的加速度为零，可得
F安cd2＝μmg
其中F安cd2＝I2LB
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I2＝
从t1时刻到某时刻对两棒分别根据动量定理有－Δt＝mv1″－mv1'，Δt＝mvcd
变式可得μmgΔt＋BLq＝mv1'－mv1″，BLq－μmgΔt＝mvcd
两式相加得2BLq＝mv1'－m
同时有q＝Δt＝·Δt＝＝
联立解得从t1到某时刻，ab、cd的路程之差为Δs＝。
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题组1　动量定理在电磁感应中的应用
1.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是
A.q1＝q2
B.q1＝2q2
C.v＝1.0 m/s
D.v＝1.5 m/s
√
√
根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理有－LBΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理有－LBΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确。
2.(多选)(2025·湖南卷·T9)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是
A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负
方向
B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
√
√
根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确；若金属杆可以在沿x轴正方向的力F作用下做匀速直线运动，可知F＝F安＝ILB，I＝＝＝，可得F＝ ，由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，所以F在变化，故B
错误；
取一微小时间Δt内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L'，根据动量定理有－I'L'BΔt＝－BL'q＝mΔv，同时有q＝·Δt＝＝，联立得－＝mΔv，对从开始到金属杆停止运动时整个过程可得－＝0－mv0，解得此时金属杆与导轨围成的面积为S＝，故C
正确；
若金属杆的初速度减半，根据C项分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S'＝S，根据抛物线的图像可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误。
3.(多选)(2024·湖南卷·T8)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.金属杆经过BB1的速度为
B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为m－μmgd
C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
√
√
设导轨间距为L，金属杆在AB间运动的过程中，根据动量定理得－LBt1＝mv1－mv0，且t1＝q＝＝，整理得＝mv0－mv1；金属杆在AC间运动过程，根据动量定理得－'LBt'－μmgt2＝0－mv0(t2为金属杆在BC段运动的时间)，且't'＝q'＝＝，整理得＋μmgt2＝mv0，比较得v1＞，A错误；
在整个过程中，由能量守恒定律得Q总＝m－
μmgd，定值电阻R上产生的热量QR＝Q总，联立解
得QR＝m－μmgd，B错误；若取向右为正方向，结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，金属杆所受安培力的冲量I安1＝－，金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I安2＝－，可得I安1＝I安2，所以金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域所受安培力的冲量相同，C正确；
由A项分析知，＋μmgt2＝mv0，若初速度增大到原来的2倍，t2会减小，所以x会大于原来的2倍，D正确。
题组2　动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.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)
A.导体棒进入磁场时的速度大小为3 m/s
B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为2 J
C.磁场的长度x1为2 m
D.整个过程通过电阻R的电荷量为3 C
√
设导体棒进入磁场时的速度大小为v0，根据动能定理
有mgh1＝m，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒
从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝m－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B错误；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立解得q＝
2 C，x1＝2 m，故C正确，D错误。
5.(2026·河南郑州模拟)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产生的焦耳热为
C.通过导体棒横截面的电荷量为
D.两导体棒的初始距离最小为
√
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最终以相同的速度做匀速直线运动，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＝，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m＝Q总＋(2m)，解得Q总＝m，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的焦耳热为Q＝Q总＝，故B错误；对导体棒L1，由动量定理得dBΔt＝mv1，因为q＝Δt，故Bdq＝mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q＝＝，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＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，解得l＝，故D正确。
6.(多选)(2024·海南卷·T13)两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L＝1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R＝0.02 Ω的电阻和C＝1 F的电容器，整个装置处于B＝0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场(图中未画出)中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1＝0.8 kg，m2＝0.4 kg，ab棒电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0＝4.32 m处在一个大小F＝4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，g＝10 m/s2
A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4 m/s
√
√
由于金属棒ab、cd同时由静止开始运动，且恰好在
M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N
处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成
的回路有Δq＝CBLΔv，对cd根据牛顿第二定律有F－ILB－m2gsin 30° ＝ m2a2，其中a2＝，I＝，联立有a2＝，说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有x0＝a2t2，联立解得a2＝6 m/s2，t＝1.2 s，A错误；
由题知，碰前瞬间ab的速度为v1＝4.5 m/s，则根据功能关系有m1gxabsin 30°－Q＝m1，金属棒ab下滑过程中根据动量定理有m1gsin 30°·t－LBt＝m1v1，其中q＝t＝，R总＝ R＋Rab＝0.1 Ω，联立解得q＝6 C，xab＝3 m，Q＝3.9 J，R上消耗的焦耳热为QR＝Q＝0.78 J，B
正确；
由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿导轨平面向下为正，根据动量守恒和能量守恒有m1v1－m2v2 ＝ m1v1'＋m2v2'，m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2，其中v2＝a2t＝7.2 m/s，联立解得v1'＝－3.3 m/s，v2'＝8.4 m/s，C错误，D正确。
7.(多选)(2026·吉林长春模拟)如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为B＝1 T、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为L＝1 m，右侧连接一阻值为1 Ω的电阻。两金属棒ab、cd的质量分别为1 kg、2 kg，长度均为1 m，电阻均为1 Ω。初始时，金属棒cd垂直静置在水平导轨上，金属棒ab垂直倾斜导轨从距底端2.5 m处由静止释放，不计导轨电阻。金属棒cd达到最大速度后闭合开关，g取10 m/s2，两金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是
A.金属棒cd的最大加速度为1.25 m/s2
B.金属棒cd的最大速度为2.5 m/s
C.闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为 C
D.闭合开关前后流过金属棒cd的电流方向不变
√
√
对金属棒ab分析，根据动能定理有m1gxsin θ＝m1v2，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，通过金属棒cd的电流为I＝，cd棒所受安培力大小为F＝ILB，根据牛顿第二定律有F＝m2am，解得金属棒cd的最大加速度为am＝1.25 m/s2，故A正确；当ab、cd棒共速时，cd棒速度达到最大，由动量守恒定律得m1v＝(m1＋m2)v共，解得金属棒cd的最大速度为v共＝ m/s，故B错误；
对cd棒，由动量定理得LB·Δt＝m2v共，又q＝Δt，
解得闭合开关前流过金属棒cd的电荷量为q＝ C，
由于金属棒ab与cd串联，则流过两金属棒的电荷量
相等，所以闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为 C，故C正确；闭合开关前，金属棒ab的速度大于金属棒cd的速度，根据右手定则可知流过金属棒cd的电流方向为从d到c，当cd达到最大速度后闭合开关，金属棒cd切割磁感线，相当于电源，流过金属棒cd的电流方向为从c到d，故闭合开关前后流过金属棒cd的电流方向改变，故D错误。
8.(15分)(2026·湖北黄冈模拟)如图所示，两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG、FH平行排列，间距L＝1 m。EF右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。导体棒PQ质量m2＝0.1 kg，电阻R2＝4 Ω，静止在边界EF右侧x处。导体棒MN质量m1＝0.3 kg，电阻R1＝
2 Ω，由轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)若h＝3.2 m，求MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力的大小F；
答案： N
根据题意，导体棒MN下滑过程，由机械能守恒定律有m1gh＝m1
MN进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv0
MN、PQ组成的回路中，感应电流为I＝
导体棒PQ所受安培力的大小F＝ILB
解得F＝ N。
(2)若h＝3.2 m，两棒在磁场中运动时不发生碰撞，求从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN上产生的焦耳热Q1；
答案：0.8 J
MN、PQ在磁场中运动所受安培力大小相等，方向相反，两导体棒达到稳定时，速度大小相等，根据题意，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1
由能量守恒定律有Q＝m1－(m1＋m2)
导体棒MN上产生的焦耳热Q1＝R1
解得Q1＝0.8 J。
(3)若x＝a m，h＝b m，要求MN与PQ运动过程中恰好不相撞，求a与b满足的函数关系。
答案：a＝
根据题意，对导体棒PQ，由动量定理有
LBt＝m2v1
又有q＝t＝
解得x＝
代入数值得a＝。
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专题提升十八　电磁感应中的动量问题

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