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第70 课时 专题强化：电磁感应中的动量问题
目标要求 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别常用动量定理的模型。2.建立电磁
感应问题中动量守恒的模型，并能灵活用动量守恒定律解决问题。
考点一 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时，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。
1.“单棒＋电阻”模型
(1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻阻值为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，从导体棒开始运动至停下来。求：
①此过程中通过导体棒横截面的电荷量q＝ ；
②此过程导体棒的位移x＝ ；
③若导体棒从获得初速度v0经一段时间减速至v1，通过导体棒的电荷量为q1，则v1＝ ；
④导体棒从获得初速度v0经过位移x0，速度减至v2，则v2＝ 。
(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，
匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所在倾斜面向下(重力加速度为g，导轨电阻不计)。
①经Δt1＝ ，通过横截面的电荷量为q，速度达到v1。
②经Δt2＝ ，导体棒下滑位移为x，速度达到v2。
例1 (多选)如图所示，水平面上固定放置有“
”形光滑金属导轨，平行的两边宽度为L。虚线MN
右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质
量为m、电阻为R、长度也为L 的金属棒垂直于导轨放置，以初速度v0沿导轨进入匀强磁场区域，最终
静止。金属棒与导轨始终垂直且接触良好，不计金属导轨电阻，则( )
A.金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为B
2 L
2v0
R
B.金属棒在磁场中运动的时间为2mR
B
2 L
2
C.金属棒在磁场中运动的距离为m v0 R
B
2 L
2
1
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D.流过金属棒横截面的总电荷量为2m v0
BL
2.不等间距的双棒模型
例2 (多选)(2024·山东淄博市检测)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的、
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
2 L
2v0
mR
B.达到稳定运动时，C、D 两棒速度之比为1∶1
C.从t＝0 时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为2
5mv0
2
D.从t＝0 时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2m v0
5 BL
考点二 电磁感应中“电容器＋棒”模型
1.无外力充电式
基本模型
规律
(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＝BLv −U C
R
，电容器充
电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F 安＝0，棒匀速运动
运动特点和最终特征
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＝－BIL·Δt＝－BLq
2
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v＝
m v0
m＋B
2 L
2C
v－t 图像
2.无外力放电式
基本模型
规律
(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
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：
mvm－0＝BIL·Δt＝BLΔQ
vm＝
BLCE
m＋B
2 L
2C
v－t 图像
例3 某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两光滑导轨相互平行，固定在光滑绝缘水平桌面上，导轨
的间距为L，导轨左端通过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E，内阻不计，电容器的
电容为C。EF 与PQ 之间区域内有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场，EF、PQ 之间的距
离足够长。一炮弹可视为宽为L、质量为m、电阻为R 的金属棒静置于EF 处，与导轨始终保持良好接
触。当把开关S1、S2分别接a、b 时，导轨与电源相连，炮弹中有电流通过，炮弹受到安培力作用向右
加速，同时炮弹中产生感应电动势，当炮弹的感应电动势与电源的电动势相等时，回路中电流为零，
炮弹达到最大速度。不考虑空气阻力，其他电阻都不计，忽略导轨电流产生的磁场。求：
3
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(1)炮弹运动到PQ 边界过程的最大加速度am；
(2)炮弹从静止到最大速度的过程中，流过炮弹横截面的电荷量q 和回路产生的焦耳热Q；
(3)将炮弹放回原位置，断开S2，把S1接c，让电源给电容器充电，充电完成后，再将S1断开，把S2接
d，求炮弹运动到PQ 边界时电容器上剩余的电荷量q'。
考点三 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1.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，安培力充当系统内力，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，运用动量守恒定律解题比较方便。
2.双棒模型(不计摩擦力)
模型示意图及条件
水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为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
电流及速度变化
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 v2−v1
R1＋R2
，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
最终状态
a＝0，I＝0，v1＝v2
系统规律
动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v
能量守恒Q＝1
2m2v0
2－1
2(m1＋m2)v2
两棒产生焦耳热之比
Q1
Q2
＝R1
R2
例4 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
4
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B.导体棒L2产生的焦耳热为3m v0
2
8
C.通过导体棒横截面的电荷量为mv0
Bd
D.两导体棒的初始距离最小为m v0r
B
2d
2
例5 (2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨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1
4 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。
针对训练 (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
5
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B.PQ 速率为v 时，MN 所受安培力大小为4 B
2d
2v
3 R
C.整个运动过程中，MN 与PQ 的路程之比为2∶1
D.整个运动过程中，通过MN 的电荷量为BLd
3 R
6
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答案精析
考点一
1.(1)①mv0
BL ②m v0 R
B
2 L
2 ③v0－B q1 L
m
④v0－B
2 L
2 x0
mR
(2)①m v1＋BLq
mgsinθ
②mv2 R＋B
2 L
2 x
mgRsinθ
例1 AC [根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为E＝BLv0，通过金属棒的感应电流为I＝
E
R ＝BLv0
R
，金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为F＝BIL＝B
2 L
2v0
R
，故A 正确；设金属棒在磁场中
运动的距离为x，由动量定理有－FΔt＝－BIL·Δt＝0－mv0，其中q＝I·Δt＝ΔΦ
R ＝BLx
R ，则有B
2 L
2 x
R
＝
mv0，解得金属棒在磁场中运动的距离为x＝mv0 R
B
2 L
2 ，流过金属棒横截面的总电荷量为q＝m v0
BL ，若金属棒
做匀减速运动，则有x＝v0
2 t，解得t＝2mR
B
2 L
2，由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中
运动的时间不等于2mR
B
2 L
2，故B、D 错误，C 正确。]
例2 ACD [开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝E
2 R ，导体棒D 所受安培力
F＝BIL，设导体棒D 的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝B
2 L
2v0
mR
，故A 正确；稳定运动时，电路中电流
为零，设此时C、D 棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定
理得，对C 棒有2BILΔt＝m(v0－v1)，对D 棒有BILΔt＝mv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2
＝2
5v0，v1＝1
5v0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝1
2mv0
2－1
2mv1
2－1
2mv2
2，解
得Q＝2
5mv0
2，故C 正确；由动量定理，对C 棒有2BILΔt＝m(v0－v1)，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝
2mv0
5 BL ，故D 正确。]
考点二
例3 (1)BEL
mR (2) mE
B
2 L
2 m E
2
2B
2 L
2 (3) C
2 E B
2 L
2
C B
2 L
2＋m
解析 (1)炮弹刚开始运动时通过炮弹的电流最大，炮弹受到的安培力最大，加速度最大。有I＝E
R
F 安＝BIL＝mam
得am＝BEL
mR
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(2)随着炮弹速度的增大，炮弹的感应电动势增大，通过炮弹的电流减小，当感应电动势与电源电动势相等
时回路中电流为零，炮弹达到最大速度，即E＝BLvm
得vm＝E
BL
炮弹从静止到最大速度过程流过炮弹横截面的电荷量q＝IΔt
由动量定理有BLIΔt＝mvm－0
得q＝mE
B
2 L
2
电源做的功转化为炮弹的动能和回路产生的焦耳热，有
Q＝qE－1
2mvm
2
得Q＝m E
2
2B
2 L
2
(3)充满电时电容器的电荷量为
q0＝CE
当电容器与炮弹连接后电容器放电，炮弹向右加速运动，电容器的电荷量、电压均减小，当炮弹的感应电
动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，炮弹达到最大速度vm'，此后电容器不再放电。设
此时电容器上剩余电荷量为q'，
有E'＝BLvm'
E'＝q'
C
由动量定理有BL(q0－q')＝mvm'－0
解得q'＝C
2 E B
2 L
2
C B
2 L
2＋m
。
考点三
例4 D [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＝v0
2 ，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1
2mv0
2＝Q 总＋1
2(2m)v1
2，解得Q 总＝1
4 mv0
2，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＝1
2Q 总＝1
8mv0
2，故B 错误；对导体棒L1，由动量定理得BIdΔt＝
mv1，因为q＝IΔt，故Bdq＝mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q＝m v1
Bd ＝m v0
2Bd ，故C 错误；若导体
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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＝IΔt＝E
2r Δt＝ΔΦ
Δt·2r Δt＝Bdl
2r ＝m v0
2Bd ，解得l＝mv0r
B
2d
2 ，故D 正确。]
例5 (1)BL√2gL (2)B
2 L
2√2 gL
3mR
(3)B
2 L
3＋mR√2 gL
B
2 L
2
解析 (1)根据题意可知，对金属棒ab 由静止释放到刚越过MP 过程中，
由动能定理有mgL＝1
2mv0
2
解得v0＝√2 gL
则金属棒ab 刚越过MP 时产生的感应电动势大小为
E＝BLv0＝BL√2gL
(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧被短路，
由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0＝R
可知，整个回路的总电阻为
R 总＝R＋R·R
R＋R ＝3
2R
ab 刚越过MP 时，通过金属棒ab 的感应电流为
I＝E
R总
＝2BL√2gL
3 R
对金属环由牛顿第二定律有
2BL· I
2＝2ma
解得a＝B
2 L
2√2 gL
3mR
(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab 所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于
金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab 在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab 和
金属环速度相等时，金属棒ab 恰好追上金属环，设此时速度为v，
由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv
解得v＝1
3v0
设经过时间t，金属棒ab 与金属环共速，
对金属棒ab，由动量定理有
－BILt＝m·v0
3 －mv0
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则有BLq＝2
3mv0
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，
则有q＝BL( x1−x2)
R总
联立解得Δx＝x1－x2＝mR√2 gL
B
2 L
2
则金属环圆心初始位置到MP 的最小距离
d＝L＋Δx＝B
2 L
3＋mR√2 gL
B
2 L
2
。
针对训练 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FPQ＝BI·2d，方向向左，MN 所受安培力FMN＝2BId，方向向右，
可知两棒及弹簧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2mv＝mv'，解得v'＝2v，回路中的感应电流I＝2Bdv
'＋B·2dv
3 R
＝2Bdv
R
，MN 所受安培力大小为FMN
＝2BId＝4 B
2d
2v
R
，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v1、v2，同理有mv1
＝2mv2，可知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
停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN 向左移动x1＝2 L
3 ，PQ
向右移动x2＝L
3 ，则q＝IΔt＝ΔΦ
R总
＝
2B 2 L
3 d ＋B L
3 ×2d
3 R
＝2BLd
3 R
，选项D 错误。]
10
