2025年高考物理一轮复习（人教版）动量观点在电磁感应中的应用

第5课时专题强化：动量观点在电磁感应中的应用

【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，能识别几种应用动量定理的

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H中涉及速

度。、电荷量外运动时间，、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，间距为心左侧接有电阻阻值为R,导体棒初速度为。o,质量

为加，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为8,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=谪;

②此过程导体棒的位移八=鬻；

③若导体棒从获得初速度为经一段时间减速至。，通过导体棒的电荷量为3,则％=如一

Bq\L

m；

④导体棒从获得初速度如经过位移工0，速度减至。2，则句=1一〃庆。

（2）间距为乙的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为仇由静止释放质量为〃?、接入电路的限值为

R的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为从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经通过横截面的电荷最为4,速度达到必。

///Vol11C7

②经岫再黯黯,导体棒下滑位移为X，速度达到。2。

【例11（多选）（2023•云南昆明市一中质检）如图所示，一九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A=0.5C,两轨道间距d=lm,水平部分两轨道

间有一竖直向下、磁感应强度8=0.5T的匀强磁场。一质量〃?=0.5kg、长为/=1.1m、电阻

忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面加=0.8m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内=0.8m,水平轨道距水平地面的高

度力2=0.8m。通过计算可知（g取10m/s?,不计空气阻力）（）

A.导体棒进入磁场时的速度为3m/s

B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3J

C.磁场的长度xi为2m

D.整个过程通过电阻R的电荷量为2c

答案BCD

解析设导体棒进入磁场时的速度为VO,根据机械能守恒定律有多的（）2=〃吆/?1,解得的=4

m/s,故A错误；导体棒从水平凯道水平飞出做平抛运动，则水平方向有X2=W,竖直方向有

力2=%户，联立代入数据解得。=2m/s,导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q

=如（）2一/加2,则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q=3J,故B正确：导

体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有尸安，|=氏勾=加如一加。，又有夕=/，|=泰-=

2^,联立代入数据解得,=2C,AI=2m,故C、D正确。

2.不等间距的双棒模型

【例2】（多选）（2023・辽宁抚顺市模拟）如图所示，"、N、P、。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和乙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4的匀强磁场，两根质量均为机、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「静上状态，其余部分电阻不计。/=（）时

使导体棒C获得瞬时速度如向右运动，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./=（）时，导体棒D的加速度大小为。=嗡2

B.达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1：I

2

C.从/=0时至达到稳定运动的过程中，回路产生.的内能为刍加（J

D.从，=0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为鬻

答案ACD

F

解析开始时，导体棒中的感应电动势E=28Mo,也路中感应电流/=hZ/\，导体棒D所受安

踣力F=BIL,导体棒D的加速度为“，则有尸=机a,解得a=—彳一，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S、v2t则有2比0=8及2,对变速运

动中任意极短时间A/,由动量定理得，对C棒有加了公片皿如一必)，对D棒有87LA/=

21

mv2,故对变速运动全过程有伙)一01=2^2,解得02=铲0,。1=铲()，故B错误；根据能量守

恒定律可知回路产生的内能为—^mvi2—%口22,解得Q=@硒2,故C正确：由动

量定理，对C棒有287心/=皿如一S),可得2BLq=m8o-5),解得q=三黑,故D正确。

不等间距的两导体棒处于同一磁场中所受安培力不相等，它们分别做变速运动；涉及电荷量、

速度、时间等，一般先根据动量定理列方程；若求焦耳热可对系统应用能量守恒定律列方程。

3.“电容器+棒”模型

⑴无外力充电式

■XT

、本模型

二B

规律\

(导轨光滑，电口郢且值为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

安培力为阻力，棒减速，E减小,有,电容器充电Uc变大，

电流特点

当8M=Uc时，/=0，尸安=0,棒匀速运动

运动特点和棒做加速度。减小的减速运动，最终做匀速运动，此时./=(),但电容器

最终特征带电荷量不为零

电容器充电电荷量：q=CUc

最终电容器两端电压Uc=B。

最终速度对棒应用动量定理：，加一〃"=一87L\t=~BLq

nivo

0F+RL2c

V

5

V-t图像

i

)t

(2)无外力放电式

解析对炮弹，根据动量定理下/=，皿，其中，平均安培力下=87心可得y=一/一=臂,

故A正确；刚充电结束时，电容器电荷量为。=。£,炮弹达到最大速度时，电容器电荷量Q'

=Q_q,此时也容器电压〃=?，则此时炮弹产生的感应电动势等于U,故BLv=U,联立

可得萼4=切力，解得C=故B正确；炮弹在导就上运动过程，电容器有电压

CniE—B-L-q

BLvBLvR

存在，通过炮弹的平均电流并不是一^一,则一^一年小.嗫，故C错误；根据B项分析可

知E=u（BL+能）,故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。

考点二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12

水平面内的光滑等距导轨,两个棒的质量分别为〃小〃72,电阻

分别为凡、&，给棒2一个初速度内

棒2相当于甩源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反电

电路特点

动势

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

电流及速度变化减小，回路中的电流减小，安培力减小，加速度

A|-TK2

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4=0,/=0,V\=V2

动量守恒〃?2%=（〃?|+m2）。

能量守恒。二去帚一!（加］+m2或

系统规律

两棒产生焦耳热之比会=自

【例4】(多选)如图，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"、cd静止在导轨上，，=0时，棒时以初速度如向右滑动。

运动过程中，ab.〃始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用力、逅表示，回路中的电

流用/表示。下列图像中可能正确的是()

答案AC

解析棒《而以初速度如向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电

流，判断可知棒必受到与为方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与方方向

相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差△。=功-6逐渐减小，整个系统产

生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒时和棒cd的

速度相同，5=V2,这时两相同的光滑导体棒，小、C”组成的系统在足够长的平行金属导就上

运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有制O=〃W|+〃S,解得。|=。2=竽，选

项A、C正确，B、D错误。

【例5】如图所示，在磁感应强度大小为4的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两

根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒加和cd,两棒彼此平行且

相距"，构成一矩形回路。导轨间距为，两导体棒的质量均为加，接入电路的电阻均为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，初始时刻仍棒静止，给土棒一

个向右的初速度如，求：

(1)当〃棒速度减为0.6伙)时，ab棒的速度v及加速度a的大小；

(2%氏cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过同路的电荷量乡及两棒间的最大距离工

小心八…，812的〃“0mv(}R

口案⑴0.4%丁成⑵丽；d+B2L2

解析(1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mvo=().6mvo+niv

解得。=0.4。0

F

回路•感应电动势E=O.68"o—0.434(),此时回路电流/==，因此加速度。=—'

LKtn

B2L2VQ

整理得a=

10〃求

(2)“〃、c、d棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得/如o=2〃w共

对ab棒，根据动量定理有BlLAi=mv具

inv()

而q=1A/,解得q=砺

在这段时间内，平均感应也动势E=4L

_E

回路平均电流I

=5乙7K7

因此流过某极面的电荷量,=1Ar=-—"）,解得最大距离x=d十%

1ZAZAnL

课时精练

1ST基础落实练

i.（多选）如图所示，半径为，•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个为从方向竖直向上的匀强磁场，

导轨间距为/,cd是质量为机、接入电路中电阻为E的金属棒，导轨电阻忽略不计。〃

静止在水平导轨上，ab从四分之一圆弧导轨顶端由静止释放，在圆弧导轨上克服阻力做功g

〃增小水平导轨足够长，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。

从时棒进入水平导轨开始，下列说法正确的是（）

A.4力棒先做匀减速运动，最后做匀速运动

B.cd棒先做匀加速直线运动，最后和他以相同的速度做匀速运动

C.R?棒刚进入磁场时，cd棒电流为空解

D.M棒的最终速度大小为呼

答案CD

解析棒进入磁场受到向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则4力棒先俶加速

度减小的减速运动，Cd棒与时棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，

做匀速运动，故A、B错误；，力棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定

理〃?gr—5明r=5加，可得速度为。=立7,则感应电动势为E=B/。，两金属棒串联，故两

棒瞬时电流为/=岭后,两棒共速时由动量守恒定律有〃?。=2〃也,，得速度大小为/

Z/\Z

故C、D正确。

2.（多选）（2024.广东广州市开学考）如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L,

导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直

部分导轨左边宽度为d区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为8的匀强磁场。质量为〃?、

长为L、电阻为2R的金属棒从高为。处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属

棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为"，重力加速度为g,金属棒与导轨间接触良好。则金

属棒穿过磁场区域的过程中（）

A.流过定值电阻的电流方向是Q-N

B.金属棒两端电势差的最大值为8人国

C.电阻R产生的焦耳热为mg（h—/td）

D.金属棒通过磁场所用的时间为曙一堵悬

答案AD

解析由右手定则可知，流过定值电阻的也流方向是Q-N,故A正确；金属棒刚进入磁场

时，速度最大，金属棒两端电势差最大，由动能定理可知机8力=/7孙,，解得9m=4而，感

应电动势为E=BEm=BL、2gh,金属棒两端电势差的最大值为E'=7故

ZK~VK3

B错误；由能量守恒定律可知，金属棒穿过磁场区域的过程中电路中产生的焦耳热为。=〃7必

一Rmgd,电阻R产生的焦耳热为QR=0点RQ=5〃虱h—〃d）,故C错误：由动量定理可知一

t=D

fiingt-BILt=O-mvm,又//=号华，解得^^~故正确。

3.（多选）（2023・湖南长沙市长郡中学二模）如图所示，两平行光滑导轨MV、M'N’左端通过

导线与电源和不带电电容器相连，导轨平面水平且处于竖直向下的匀强磁场中，有一定阻值

的导体棒ab垂直导轨处于静止状态。现将开关S与1闭合，当棒达到稳定运动状态后S与2

闭合，导轨足够长，电源内阻不计。则（）

A.S与1闭合后，棒必做匀加速直线运动

B.从S与1闭合到棒必达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦

耳热之和

C.S与2闭合后，棒。力中电流不断减小直到零

D.S与2闭合后，棒外的速度不断减小直到零

答案BC

解析根据题意可知，S与I闭合后，棒受安培力作用做加速运动，棒切割磁感线产生感应

也动势,棒中的电流减小,受到的安培力减小,则棒的加速度减小,直到感应电动势等于电

源电动势，棒最后匀速运动，故A错误；根据题意，由能量守恒定律可知，从S与1闭合到

棒,心达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热之和，故B正

确；S与2闭合后，棒"相当于电源给电容器充电，此过程棒受到的安培力水平向左，棒减

速运动，则电动势减小，电容器两板间电压升高，棒必中的电流不断减小，当棒必产生的

感应电动势与包容器两板间的电■势差相等时，电路中的电流减小到零，随后棒做匀速直线运

动，故D错误，C正确。

4.（多选）（2023•辽宁省名校正盟--模）如图所示，水平面.上固定着两根相距L且电阻不计的足够

长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于导轨诃距,

a、b两棒的电阻不为零，质量均为加，铜棒平行放置在导轨上且始终与导轨接触良好。现给

铜棒a一个平行导轨向右的初速度为，下列说法正确的是（）

X.XXX

ab

x>xxx

B

XXXXX

一如

A.若此后运动过程中两棒不发生碰撞，则最终％<〃b

B.若此后运动过程中两棒发生弹性碰撞，则最终办<办

C.若此后运动过程中两棒不发生碰撞，则回路中产生的总焦耳热为上〃伙，

D.若此后运动过程中两棒发生弹性碰撞，则回路中产生的总焦耳热为5硒2

答案CD

解析若两棒不发生碰撞，根据动量守恒定律得机5）=2/如，解得。=三，最终两棒以。=与的

速度在导轨上做匀速直线运动，A错误；即使两棒发生弹性碰撞，交换速度后，再经过足够

长的时间两棒也会以。=冷的速度在导就上做匀速直线运动，B错误：若两棒不发生碰撞，

由能量守恒定律知回路中产生的总焦耳热为。=沙的（）2—;义2机。2,解得Q=%?0（）2,C正确；

刚开始时a的速度大，a减速，b加速，共速前两者发生弹性碰撞，交换速度，然后a加速，

b减速，直至两者共速，最终两棒以。=号的速度在导轨上做匀速直线运动，回路■中产生的总

焦耳热为。=品加一）x2/加，解得。=3*D正确。

5.（多选）如图，足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上，导轨间距离为L,垂直

导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CO为分界线，左边磁感应强度大小为28,右边为8,

两导体棒a、b垂直导轨静止放置，a棒距CQ足够远，已知a、b棒质量均为机、长度均为L、

电阻均为八棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a获得一瞬时水平速度。o,在两

棒运动至稳定的过程中（a棒还没到CD分界线），下列说法正确的是（）

C

2B：B

A.a、b系统机械能守恒

B.a、b系统动量不守恒

C.通过导体棒a的电荷量为鬻

D.导体棒a产生的焦耳热为警

答案BC

解析因为a、b棒切割磁感线时产生感应电流，所以导体棒中有焦耳热产生，故a、b系统

机械能不守恒，故A错误；由题意知a棒受到的安培力为Fa=2BIL,方向水平向左，而b

棒受到的安培力为Fb=BlL,方向水平向右，故a、b系统所受合外力不为零，故a、b系统

动量不守恒，故B正确：因两棒运动至稳定时满足28心功=阴为2,设向右为正方向，则对a、

b棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得一2BILt=niv\—mvo,BILt=mV2,联立解得。i

=受，02=等。又因为片//,所以通过导体棒a的电荷量为翳，故C正确；由题意

JJJDL

知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a、b棒运动至稳定的过

1117

程中，由能量守恒定律得导体棒a、b产生的总焦耳热为Q=5〃W()2—5"，"22=E〃EO:

所以导体棒a产生的焦耳热为Q'=；Q=/〃％2,故D错误。

能力综合练

6.(2023・湖南卷・14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置.，导轨间距为L,两导轨及

其所构成的平面均与水平面成，角，整个装置处于垂直亍导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁

感应强度大小为从现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之

间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，

导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。

(l)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小如；

(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小ao；

(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间如两棒恰好达到相同的速度。，求速度

v的大小，以及时间〃)内棒a相对于棒b运动的距离Ar。

⑶和用。+嚼呼嘀瞥

解析(1)棒a在运动过桎中重力沿导凯平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运

动，由法拉第电磁感应定律可得£=创九0

由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得

E

/=不，F=BIL

棒a受力平衡可得mgsinO=BIL

2〃?.Rsin8

联立解得研)=B2L2

(2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导抗平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变，则

对棒b由牛顿第二定律可得〃吆sinO+BlL=ma(,

解得〃o=2gsin0

(3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有

mgsinB/Lt()=mv-mv()

棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有加gsin例o+B/Lto=niv

——.八।.八।"取Rsin6—"政）

联又解得v=gsinO-t（）+—=gsin"/（）+7*,I=^j—

由法拉第电磁感应定律可得7=勺=马资

Z.KZAfft

mv()R2m2必去出0

联立可得Ar=

B2L2~出

7.(2023・全国甲卷・25)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为/,

导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀

强磁场，磁感应强度大小为8。一质最为〃八电阻为R、长度也为/的金属棒P静止在导轨

上。导轨上质量为3,〃的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为。。的速度向P运动并与P发生弹

性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导物的最右端滑出导轨，井落在地面上

同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求:

(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；

(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；

(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。

答案（曲o（2）;nuo2（3年竽

解析(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得

3〃?。）=3rnv（）+mvp

JX3mv（r=JX3/nvo2+

,,,31

联立解得0P=不；0,VQ=21O

碰后绝缘棒Q做匀速运动，金属棒P做减速直线运动。绝缘棒Q和金属棒P滑出桌面后均

做平抛运动，落地点相同，因此金属棒P滑出导航时的速度与Q相同，设为。P',则。P'

Vo

=%=5。

（2）根据能量守恒有；〃?小2=热"？+Q

解得Q="口（？

（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据