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第 12 讲 动量观点在电磁感应中的应用
目标要求 1.掌握应用动量观点处理电磁感应中的动量、电荷量、时间及位移等问题。2.掌握动量和能量
观点处理电磁感应中的能量转化问题。
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
例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(右边框平行于磁场边界)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，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q 、q ，线框经过位置 Ⅱ 时
1 2
的速度为v。则下列说法正确的是( )
A.q =q B.q =2q
1 2 1 2
C.v=1.0 m/s D.v=1.5 m/s
一题多变
变式1 (多选)(2024·山东省实验中学模拟)如图所示，足够长、光滑、电阻不计的金属导轨PQ、MN水平
平行放置在绝缘水平面上，左端接有一定值电阻R，在垂直导轨分界线ab、cd间有竖直向下的匀强磁场
B ，在分界线cd、ef之间及ef右侧区域均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，且B =3B 。一
1 2 1 2
v v
金属棒以初速度v 进入磁场，经过cd、ef处时的速度分别为 0、 0，金属棒从ab至cd过程，回路产生的
0 2 3
焦耳热为Q ，通过电阻R的电荷量为q ，金属棒位移为x ，经历的时间为t ；金属棒从cd至ef过程，回路
1 1 1 1
产生的焦耳热为Q ，通过电阻R的电荷量为q ，金属棒的位移为x ，经历的时间为t 。金属棒始终与导轨
2 2 2 2
垂直，则( )
Q 27 q 2
1 1
A. = B. =
Q 5 q 3
2 2
x 1 t 27
1 1
C. = D. =
x 3 t 5
2 2
变式2 (多选)(2024·黑龙江省二模)如图所示，倾角为30°、间距为L、足够长的光滑平行金属导轨的底端
接阻值为R的电阻；质量为m的金属棒通过跨过轻质光滑定滑轮的细线与质量为4m的重物相连，滑轮左侧细线与导轨平行；金属棒的电阻为R、长度为L，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。整个装置处于垂
直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将重物由静止释放，其下落高度h时达到最大速
度v，重力加速度为g，空气阻力及导轨电阻不计，此过程中( )
A.细线的拉力一直减小
B2L2h
B.金属棒所受安培力的冲量大小为
2R
1
C.金属棒克服安培力做功为 m(7gh-5v2)
2
B2L2h 10v
D.该过程所经历的时间为 +
7mgR 7g
在导体切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙
解决问题。
求解的
物理量
应用示例
电荷量或速度
-BILΔt=mv-mv，q=IΔt，
2 1
即-BqL=mv-mv
2 1
位移
B2L2vΔt
- =0-mv，
R 0
总
B2L2x
即- =0-mv
R 0
总
时间
-BILΔt+F Δt=mv-mv，
其他 2 1
即-BLq+F Δt=mv-mv，
其他 2 1已知电荷量q、F (F 为恒力)
其他 其他
B2L2vΔt
- +F Δt=mv-mv，
R 其他 2 1
总
B2L2x
即- +F Δt=mv-mv，
R 其他 2 1
总
已知位移x、F (F 为恒力)
其他 其他
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
例2 (多选)(2024·东北三省5月联考)如图所示，水平放置的足够长的平行光滑金属导轨ab和cd处在
磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L。现将质量为2m的导体棒ef和质
量为m的导体棒gh放置在导轨上，两导体棒的电阻均为R、长度均为L，导轨电阻不计。t=0时刻，给
导体棒ef水平向右、大小为3v 的初速度，同时也给导体棒gh水平向左、大小为v 的初速度，若运动
0 0
过程中两导体棒未发生碰撞，两导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，则下列说法正确的是( )
3B2L2v
A.t=0时刻，两导体棒受到的安培力大小均为 0
2R
5
B.导体棒gh的速度大小为0时，导体棒ef的速度大小为 v
2 0
2
C.从两导体棒开始运动到速度不再变化，导体棒gh受到安培力的冲量大小为 mv
3 0
16
D.两导体棒运动过程中，回路中产生的焦耳热为 mv 2
3 0
一题多变
变式3 (多选)(2024·福建泉州市检测)如图，足够长的粗糙平行金属导轨倾斜固定在水平面上，与水平面的
夹角均为θ=37°，导轨间距为L。长为L的金属杆ab和cd垂直导轨放置，质量分别为m和2m，电阻均为
R，与导轨间的动摩擦因数大小均为0.75，整个装置处于方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现同时使金属杆ab和cd分别获得大小为v 和2.5v 的初速度，方向如图所示，运动过程中两
0 0
金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好。从开始运动到运动稳定的过程中，tan θ=0.75，下列说法正确的是
( )
A.刚开始运动ab杆的电流方向从b到a
mv
B.通过ab杆的电荷量为 0
2BL
3
C.回路产生的热量为 mv 2
4 0
2mv R
D.杆ab、cd间距离缩小了 0
B2L2
变式4 (多选)(2023·辽宁卷·10)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距
分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长
度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间
连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。
整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是( )
A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
4B2d2v
B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
3R
C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
BLd
D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为
3R
物理
模型两杆都在运动，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析
方法
动力学
观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两
金属杆以共同的速度匀速运动
能量
观点
两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量
观点
对双杆合外力为零，应用动量守恒定律处理速度问题，对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问
题
计算题培优4 用力学三大观点分析电磁感应问题
例3 (2024·湖南长沙市一模)如图，质量为m的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为3L的两光滑
金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成(图中
半径OM和O'P竖直)，圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为3L，水平导轨间距分别为3L和
L。质量也为m的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM'与PP'，NN'与QQ'均足够长，
所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有水平部分的导轨均有竖直方向的、磁感应
强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度
(未知，记为v )做平抛运动，并在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，
0
接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求：(1)空间匀强磁场的方向；
(2)棒ab做平抛运动的初速度v ；
0
(3)通过电源E某截面的电荷量q；
(4)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至棒ab开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损
失的机械能ΔE。
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_________________________________________________________________________________________答案精析
ΔΦ BS
例1 BD [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q =2q ，故A错误，
R R 1 2
B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理有-BI LΔt =mv-mv ，即-BLq =mv-mv ，同理线框从位置 Ⅱ
1 1 0 1 0
1
到位置Ⅲ，由动量定理有-BI LΔt =0-mv，即-BLq =0-mv，联立解得v= v =1.5 m/s，故C错误，D正确。]
2 2 2 3 0
变式1 AC [设金属棒质量为m，从ab到cd过程，有
1 1 v
Q = mv 2- m( 0)2
1 2 0 2 2
从cd到ef过程，有
1 v 1 v
Q = m( 0)2- m( 0)2
2 2 2 2 3
Q 27
1
整理有 = ，故A正确；
Q 5
2
设导轨间距为L，金属棒从ab至cd过程，由动量定理有
-BILΔt=mv -mv
2 1
q
又因为I = 1
1 Δt
1
所以整理有-B q L= mv -mv
1 1 2 0 0
从cd到ef过程，同理可得
1 1
-B q L= mv - mv
2 2 3 0 2 0
整理有q =q ，故B错误；
1 2
ΔΦ
根据法拉第电磁感应定律有E=
Δt
E q
又因为I= ，I=
R Δt
总
ΔΦ BLx
所以整理有q= =
R R
总 总
x 1
1
整理有 = ，故C正确；
x 3
2
金属棒从ab至cd过程，平均速度大，位移小，所以金属棒从ab至cd过程经历的时间一定小于从cd至ef
过程经过的时间，即t <t ，故D错误。]
1 2变式2 BCD [根据题意，对重物和金属棒组成的系统受力分析可得4mg-mgsin 30°-F =5ma，F =BIL=
安 安
B2L2v'
，随着系统开始运动，棒的加速度沿金属导轨向上，速度逐渐增大，安培力逐渐增大，则系统做
2R
加速度逐渐减小的加速运动，直至加速度为0时系统以速度v做匀速直线运动。对重物受力分析可得4mg-
F =4ma，根据上述分析可知细线的拉力一直增大，速度最大后拉力大小保持不变，故A错误；金属棒所受
T
ΔΦ
B2L2h 1
安培力的冲量为I =BIL·Δt=B· Δt L·Δt= ，故B正确；由能量守恒定律得4mgh=mghsin 30°+
安 2R 2
2R
1 1
(m+4m)v2+Q ，解得Q = m(7gh-5v2)，根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功为W=Q =
总 总 2 总 2
B2L2h 10v
m(7gh-5v2)，故C正确；对系统列动量定理可知(4mg-mgsin 30°)·Δt-I =5mv，联立解得Δt= + ，
安 7mgR 7g
故D正确。]
E 2BLv
例2 BD [t=0时刻，整个回路产生的感应电动势大小为E=E +E =4BLv ，感应电流的大小I= = 0
1 2 0 2R R
2B2L2v
，导体棒受到的安培力大小为F=BIL= 0，故A错误；导体棒ef和导体棒gh受到的安培力等大反向，
R
导体棒ef和导体棒gh组成的系统动量守恒，当导体棒gh的速度为0时，有6mv -mv =2mv，导体棒ef的速
0 0
5
度为v= v ，故B正确；最终两导体棒以相同速度向右匀速运动，设此时速度为v ，则有6mv -mv =3mv ，
2 0 1 0 0 1
5 5 8
解得v = v ，根据动量定理可知导体棒gh受到的安培力的冲量I= mv -(-mv )= mv ，故C错误；对两导体
1 3 0 3 0 0 3 0
1 1 1 5v 16
棒运动过程，根据能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热为Q= ×2m×(3v )2+ mv 2 - ×3m×( 0)2= mv 2
2 0 2 0 2 3 3 0
，故D正确。]
变式3 ACD [同时使金属杆ab和cd获得大小为v 和2.5v 的初速度，根据题意可以判断，两电动势方向
0 0
相反，所以根据右手定则可以判断，刚开始运动ab杆的电流方向由cd杆决定，从b到a，故A正确；因
为μ=tan θ，且两棒安培力等大反向，所以系统合力为零，动量守恒，mv +2m×2.5v =(m+2m)v，解得
0 0
mv
v=2v ，对cd分析2m×2v -2m×2.5v =-BILt=-BLq，解得q= 0 ，故B错误；根据能量守恒，回路产生的热
0 0 0 BL
1 1 1 3 BLΔx
量为Q= mv 2 + ×2m×(2.5v )2- ×3m×(2v )2，解得Q= mv 2 ，故C正确；根据q= ，解得Δx=
2 0 2 0 2 0 4 0 2R
2mv R
0
，故D正确。]
B2L2
变式4 AC [弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意
时刻，设电流为I，则PQ所受安培力F =BI·2d，方向向左，MN所受安培力F =2BId，方向向右，可知
PQ MN
两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则有2Bdv'+B·2dv 2Bdv
2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感应电流I= = ，MN所受安培力大小为F =2BId=
3R R MN
4B2d2v
，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v 、v ，同理有mv =2mv ，可
1 2 1 2
R
知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧
2L L
处于原长状态，由动量守恒可得mx =2mx ，x +x =L，可得最终MN向左移动x = ，PQ向右移动x = ，
1 2 1 2 1 3 2 3
2L L
ΔΦ 2B d+B 2d 2BLd
则q=IΔt= = 3 3 = ，选项D错误。]
R 3R
总 3R
m√2gR 81
例3 (1)竖直向上 (2)√2gR (3) (4) mgR
3BL 20
解析 (1)闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度，表明金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力
水平向右，因为金属棒ab中的电流方向为由a指向b，根据左手定则，空间匀强磁场的方向竖直向上。
1
(2)金属棒ab做平抛运动，其竖直方向有3R= gt2，v=gt
2 y
v
y
由于金属棒在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，有tan 60°= ，解得v =
v 0
0
√2gR
(3)金属棒ab弹出瞬间，规定向右为正方向，由动量定理
BI×3L·Δt=mv -0
0
q m√2gR
又因为I= ，整理有3BqL=mv ，解得q=
Δt 0 3BL
(4)金属棒ab滑至水平轨道时，有
1 1
mg[3R+R(1-cos 60°)]= mv2- mv 2
2 2 0
解得v=3√gR
最终匀速运动，电路中无电流，所以棒ab和棒cd产生的感应电动势大小相等，即B×3L·v =BL·v
ab cd
此过程中，对棒ab由动量定理有
-BI'×3L·Δt'=mv -mv
ab
对棒cd，由动量定理有BI'·LΔt'=mv -0
cd
3 9
联立解得v = √gR，v = √gR
ab 10 cd 10
1 1 1 81
由能量守恒定律可知该过程中机械能的损失量为ΔE= mv2- mv 2 - mv 2 ，解得ΔE= mgR
2 2 ab 2 cd 20
