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专题强化二十四 动量观点在电磁感应中的应用
学习目标 1.会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。 2.会利用动量
守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达
式为
I 其他＋IlBΔt＝mv－mv0
或I 其他－IlBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量和为零，则有
IlBΔt＝mv－mv0或－IlBΔt＝mv－mv0。
2.求电荷量：q＝IΔt＝。
3.求位移：由－Δt＝mv－mv0有
x＝vΔt＝。
4.求时间
①已知电荷量q，F 其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
－BILΔt＋F 其他Δt＝mv－mv0
即－BLq＋F 其他Δt＝mv－mv0。
②若已知位移x，F 其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。
＋F 其他Δt＝mv－mv0，vΔt＝x。
例1 如图1 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
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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( )
图1
A.当流过棒的电荷量为时，棒的速度为
B.当棒发生位移为时，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－BILt＝0－mv0，而q＝It，即－BqL＝0－mv0，当
流过棒的电荷量为时，有－B·L＝mv1－mv0，解得v1＝v0，A 错误；当棒发生位
移为x 时，q＝＝，则当棒发生位移为时，q′＝＝，可知此时流过棒的电荷量q′
＝，代入BILΔt＝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
＝＝mv＝，C 正确；同理可得整个过程中定值电阻R 释放的热量为Q′＝×mv
＝，D 错误。
1.(多选)(2024·江西南昌联考)如图2，间距为L 的平行导轨竖直固定放置，导轨
上端接有阻值为R 的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下
边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为
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m、电阻为R 的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金
属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接
触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图2
A.金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2
B.金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为
C.金属棒穿过两个磁场后电阻R 中产生的焦耳热为2mgd
D.金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
答案 ABC
解析 根据动能定理有mg·2d＝mv，金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v1＝2，
故A 正确；由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下
边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为
v1′，进磁场Ⅱ的速度为v2，则有mv1′2＋mgd＝mv，又v2＝v1，解得金属棒刚出磁
场Ⅰ时的速度大小为v1′＝，故B 正确；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－mv1′2，解
得金属棒穿过两个磁场后电阻R 中产生的焦耳热为Q＝2mgd，故C 正确；设金
属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)－(－
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mv1)，该过程的电荷量为q＝＝，解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t＝，故D
错误。
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力是系统
内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0 时，满足动量守恒，运
用动量守恒定律求解比较方便。
例2 如图3 所示，两根间距为l 的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与
一段无限长的水平部分组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强
度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量
为m、电阻为r 的金属棒ab，从圆弧段M 处由静止释放下滑至N 处进入水平段，
棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN 半径为R，所对圆心角为60°，重力
加速度为g。求：
图3
(1)ab 棒在N 处进入磁场区速度和棒中的电流；
(2)cd 棒能达到的最大速度；
(3)cd 棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量。
答案 (1) (2) (3)mgR
解析 (1)ab 棒由M 下滑到N 过程中机械能守恒，有
mgR(1－cos 60°)＝mv2
解得v＝
进入磁场瞬间，回路中的电流为I＝＝。
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(2)ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd 棒在安培力作用下做加速运动，当两棒
速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd 棒达到最大速度。
由动量守恒定律得
mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝。
(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量
故Q＝mv2－×3mv′2
解得Q＝mgR。
2.(多选)如图4 所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足
够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd 静止在导轨上。t＝0 时，棒
ab 以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两
者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I 表示。下列图像中可能正确的是(
)
图4
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答案 AC
解析 导体棒ab 运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab 受到安
培力F 作用，速度减小，导体棒cd 受安培力F′作用，速度增大，最终两棒速度
相等，如图所示。由E＝Blv 知，回路中感应电动势E 总＝Bl(v1－v2)＝BlΔv，Δv
逐渐减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，
两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由动量守恒定律得mv0＝2mv 共，v 共＝，
A、C 正确，D 错误；导体棒cd 受变力作用，加速度逐渐减小，其v－t 图像应该
是曲线，B 错误。
A 级 基础对点练
对点练1 动量定理在电磁感应中的应用
1.如图1 所示，在光滑的水平面上宽度为L 的区域内，有竖直向下的匀强磁场。
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现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑
动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小(
)
图1
A.大于
B.等于
C.小于
D.以上均有可能
答案 B
解析 通过线圈横截面的电荷量q＝IΔt＝Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，
线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷
量q 相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程－BI1at1＝mv－mv0，线圈离开磁场
过程－BI2at2＝0－mv，由于q＝It，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，
故B 正确。
2.(多选)如图2 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( )
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图2
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；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－BI1LΔt1＝mv
－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－
BI2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，故C 错误，D 正
确。
3.(多选)(2024·陕西西安模拟)如图3 所示，光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平
面上。导轨间距为L，导轨右端接有阻值为R 的定值电阻。MN 和PQ 间有垂直
于导轨平面向下的匀强磁场。一个质量为m、电阻为R、长为L 的金属棒ab 垂
直放在导轨上，给金属棒ab 一个水平向右的初速度v0，金属棒沿着金属导轨滑
过磁场的过程中，流过金属棒的电流最大值为I，最小值为I。不计导轨电阻，
金属棒与导轨始终接触良好。则下列判断正确的是( )
图3
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A.匀强磁场的磁感应强度大小为
B.金属棒穿过磁场的过程中，通过金属棒ab 中的电荷量为
C.金属棒中产生的焦耳热为mv
D.MN 与PQ 间的距离为
答案 AD
解析 设磁场的磁感应强度大小为B，由题意知I＝，解得B＝，A 正确；金属棒
穿出磁场时的速度大小为v0，根据动量定理有BILt＝BqL＝mv0－mv0，解得q
＝，B 错误；根据能量守恒定律可知金属棒中产生的焦耳热为Q＝＝mv，C 错误；
根据q＝It＝t＝·t＝＝，得到MN 与PQ 间的距离为x＝，D 正确。
对点练2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.(多选)如图4 所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相
连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、
方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，ab、cd 是质量为m、电阻为R 的金属
棒，导轨电阻忽略不计。cd 静止在平滑轨道上，ab 从四分之一圆弧轨道顶端由
静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功mgr，水平导轨足够长，ab、cd 始终与导
轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab 棒进入水平轨道开始，
下列说法正确的是( )
图4
A.ab 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动
B.cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 棒以相同的速度做匀速运动
C.ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流为
D.ab 棒的最终速度大小为
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答案 CD
解析 ab 棒进入磁场后受到向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则
ab 棒先做加速度减小的减速运动，cd 棒与ab 棒串联，所以先做加速度减小的加
速运动，最后它们以相同的速度做匀速运动，故A、B 错误；ab 棒刚进入磁场的
速度就是它下滑到圆弧轨道底端的速度，根据动能定理有mgr－mgr＝mv2，可得
速度为v＝，则感应电动势为E＝Bdv，两金属棒串联，故两棒中的瞬时电流为I
＝，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得最终速度大小为v′＝，故C、D
正确。
5.(多选)(2024·辽宁大连模拟)如图5，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水
平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B 的范围足够大的匀强
磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L 的导体棒PQ 和
MN，其中PQ 的质量为2m、阻值为R，MN 的质量为m、阻值为2R。若在t＝0
时刻给PQ 一个平行于导轨向右的初速度v0，不计运动过程中PQ 和MN 的相互
作用力，则( )
图5
A.导体棒PQ 从t＝0 开始做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动
B.整个运动过程中，系统产生的焦耳热为mv
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C.PQ 速度为v0时，PQ 两端的电压为BLv0
D.导体棒MN 速度由0～v0的过程中，通过导体棒MN 的电荷量为
答案 AD
解析 t＝0 时刻，PQ 平行于导轨有向右的初速度v0，则产生的感应电动势为E
＝BLv0，此时回路中的电流大小为I＝＝，两导体棒受到的安培力大小为F＝
ILB，则有aPQ＝＝，由于安培力方向水平向左，与运动方向相反，故导体棒PQ
做减速运动，导体棒PQ 速度减小，则PQ 加速度减小，两导体棒受的安培力大
小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒定律，
则有2mv0＝(m＋2m)v 共，两棒达到共速，则得v 共＝v0，此后两棒以这个速度做
匀速直线运动，故导体棒PQ 从t＝0 开始做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀
速运动，故A 正确；由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系
统总动能的减少量，因此有Q＝×2mv－×3mv＝mv，故B 错误；t＝0 时刻，PQ
两端的电压为MN 两端的电压，大小为UPQ＝UMN＝IRMN＝BLv0，故C 错误；导
体棒MN 速度由0～v0的过程中，对导体棒MN 根据动量定理可得BILΔt＝m·v0，
解得q＝IΔt＝，故D 正确。
B 级 综合提升练
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6.(多选)如图6 所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，有
两根位于同一水平面内且间距为L 的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两
根质量均为m、内阻均为r 的光滑导体棒ab、cd 静止在导轨上(导体棒与金属导
轨接触良好)，t＝0 时，ab 棒以初速度3v0向右滑动，cd 棒以初速度v0向左滑动，
关于两棒的运动情况，下列说法正确的是( )
图6
A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0
B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为
C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab 产生的焦耳热为mv
D.cd 棒的收尾速度大小为v0
答案 CD
解析 由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可
得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度
大小为2v0，故A 错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为
2v0，则有E＝BL·2v0 ，I＝ ，F＝ILB，联立解得F＝，由牛顿第二定律可得，
另一根棒的加速度大小为a＝＝，故B 错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为
零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q 总＝mv＋m(3v0)2－m(2v0)2＝3mv，则
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导体棒ab 产生的焦耳热为Q＝Q 总＝mv，故C 正确；cd 棒的收尾速度为两根导
体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0＝2mv 共，解得v 共＝v0，故D 正确。
7.如图7 所示，一质量为2m 的足够长的光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，
ab、dc 边平行且和长为L 的bc 边垂直，整个金属框电阻可忽略。一根质量为m
的导体棒MN 置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀
强磁场中。现给金属框向右的初速度v0，运动时MN 始终与金属框保持良好接触
且与bc 边平行，则整个运动过程中( )
图7
A.感应电流方向为M→b→c→N→M
B.导体棒的最大速度为
C.通过导体棒的电荷量为
D.导体棒产生的焦耳热为mv
答案 C
解析 金属框以初速度v0向右运动时，导体棒MN 还没开始运动，此时金属框
bc 边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，回路中的感应电流的方向
为c→b→M→N→c，A 错误；金属框bc 边中的电流方向沿c→b，导体棒MN 中
的电流方向沿M→N，根据左手定则可知，导体棒与金属框所受安培力大小相等，
方向相反，把框和棒MN 视作一个系统，遵循动量守恒定律，则有2mv0＝3mv，
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解得其共同速度v＝，方向沿导轨向右，B 错误；以棒MN 为研究对象，由动量
定理得BILΔt＝mv－0，即BLq＝m·－0，即整个过程中通过导体棒的电荷量为q
＝，C 正确；根据能量守恒定律，整个运动过程中产生的总热量Q＝×2mv－
×3mv2＝mv，D 错误。
8.(多选)(2024·山东临沂模拟)如图8 所示，固定在水平面内的光滑不等距平行轨
道处于竖直向上、大小为B 的匀强磁场中，ab 段轨道宽度为2L，bc 段轨道宽度
是L，ab 段轨道和bc 段轨道都足够长，将质量均为m、接入电路的电阻均为R
的金属棒M 和N 分别置于轨道上的ab 段和bc 段，且与轨道垂直。开始时金属
棒M 和N 均静止，现给金属棒M 一水平向右的初速度v0，不计导轨电阻，则(
)
图8
A.M 棒刚开始运动时的加速度大小为
B.金属棒M 最终的速度为
C.金属棒N 最终的速度为
D.整个过程中通过金属棒的电荷量为
答案 CD
解析 由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得E＝B·2Lv0，I＝，由牛顿
第二定律得2ILB＝ma，联立解得a＝，故A 错误；最终回路中的电流为0，有
2BLvM＝BLvN，对金属棒M 和N 分别应用动量定理得－2BILΔt＝mvM－mv0，
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BILΔt＝mvN，联立解得vM＝，vN＝，故B 错误，C 正确；又q＝IΔt，联立解得q
＝，故D 正确。
C 级 培优加强练
9.如图9 所示，两条平行光滑导轨相距L，水平导轨足够长，导轨电阻不计。水
平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。金属棒b 放在水平导轨上，
金属棒a 从斜轨上高h 处自由滑下。已知金属棒a、b 质量均为m，金属棒a、b
电阻均为R，重力加速度为g，整个过程中金属棒a、b 始终未相撞。求：
图9
(1)金属棒b 的最大加速度；
(2)金属棒a 最多产生的热量。
答案 (1) (2)mgh
解析 (1)当金属棒a 刚进入磁场时速度最大，产生的感应电动势最大，回路中
感应电流最大，金属棒b 所受安培力最大，加速度最大。设金属棒a 刚进入磁场
时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgh＝mv
解得v1＝
此时金属棒a 产生的感应电动势大小为E＝BLv1＝BL
根据闭合电路欧姆定律可得此时回路中的感应电流大小为I＝＝
此时金属棒b 所受安培力大小为
F＝ILB＝
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根据牛顿第二定律可得金属棒b 的最大加速度为a＝＝。
(2)金属棒a 和b 组成的系统动量守恒，易知二者最终将以共同速度运动，设此速
度大小为v2，
根据动量守恒定律有mv1＝2mv2
解得v2＝＝
两金属棒电阻相同，通过的电流大小相等，所以产生的总焦耳热相同，根据能量
守恒定律，有
2Q＝mgh－×2mv
解得Q＝mgh。
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