【精品专题】动量定理与电磁感应地综合应用

应用动量定理解决电磁感应问题的思维起点电磁感应部分历来是高考的重点、热点，出题时可将力学、电磁学等知识溶于一体，能很好地考查学生的理解、推理、分析综合及应用数学处理物理问题的能力．通过对近年高考题的研究，此部分结合动量定理的力电综合模型经常在高考题中出现。

本文结合例题分析应用动量定理解决电磁感应问题的思维起点。

一、 以累积公式q=It 结合动量定理为思维起点直导线在磁场中要受到安培力的作用，速度发生变化，安培力随之变化。

通常直导线（或线框）的运动为非匀变速直线运动，不能用牛顿运动定律结合运动学公式解题，而动量定理适用于非匀变速直线运动。

在时间△t 内安培力的冲量BLq t BLI t F =∆=∆，式中q 是通过导体截面的电量。

利用该公式结合动量定理是解答此类问题思维起点。

例1．如图所示，在匀强磁场区域内与B 垂直的平面中有两根足够长的固定金属平行导轨，在它们上面横放两根平行导体棒构成矩形回路，长度为L ，质量为m ，电阻为R ，回路部分导轨电阻可忽略，棒与导轨无摩擦，开始时图中左侧导体棒静止，右侧导体棒具有向右的初速v 0，试求两棒之间距离增长量x 的上限。

析与解：当右棒运动时，产生感应电动势，两棒中有感应电流通过，右棒受到安培力作用而减速，左棒受到安培力作用而加速。

当它们的速度相等时，它们之间的距离最大。

设它们的共同速度为v ，则据动量守恒定律可得：mv 0＝2mv ，即021v v = 对于左棒应用动量定理可得：BILt= mv所以，通过导体棒的电量q=It =BL mv 20 而q =R BLx t I 2=∆ 由上述各式可得： x =220LB R mv 。

v点评：本题结合冲量公式BLq t BLI t F =∆=∆应用动量定理，使貌似复杂的问题得到迅速解决。

例2.（原创预测题）如图所示，两水平放置的平行光滑金属导轨相距为L ，导轨左端用导线连在一起，导轨电阻不计，整个装置垂直处于磁感强度为B 的匀强磁场中，另有一根长也为L 的金属棒垂直放在导轨上，现给金属棒一向右的水平初速度v 。

动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用摘要：《普通高中物理课程标准》指出,高中物理课程旨在进一步提高学生的科学素养，落实“立德树人”的根本任务。

基于学科核心素养教学实施策略和方法，要落实到教育教学的全过程，本文重点介绍动量定理、动量守恒定律在电磁感应解题的运用。

关键词：动量动量守恒电磁感应应用一、动量定理:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化.表达式:I=Δp或Ft=mv2-mv1.二、动量守恒定律:一个系统不受外力或者所受合外力为零,这个系统的总动量保持不变.表达式：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′或p=p′.三、在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.（1）求电荷量或速度:B LΔt=mv2-mv1, q= t.（2）求时间:Ft-I冲=mv2-mv1, I冲=BILΔt=BL .（3）求位移:-BILΔt=- =0-mv0,即 - s=m(0-v).四、在电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。

例1.如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN,PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完全相同的金属杆1,2间隔一定的距离摆开放在导轨上,且与导轨垂直.它们的电阻均为R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计.杆1以初速度v滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为( C )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶1解析:杆2固定:对回路 q1= = .对杆1:-B d·Δt=0-mv0,q1=·Δt 联立解得s1= .杆2不固定: 对回路 q2=对杆2:B d·Δt=mv2-0 全程动量守恒:mv=mv1+mv2末态两棒速度相同,v1=v2,q2=·Δt 联立解得s2= . s1∶s2=2∶1,则C选项正确.例2.如图所示,宽度为L的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b滑入水平轨道某位置时,a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a,b 未相撞),并且a在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a的电荷量为q,a,b杆的电阻分别为R1,R2,其余部分电阻不计.在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:(1)在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大;(2)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少;(3)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大.解析:(1)由机械能守恒定律得 M =Mgr1解得vb1=b刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLvb1, I= ,由牛顿第二定律有F安=BIL=Ma 解得a= .(2)由动量定理有-B Lt=Mvb2-Mvb1, 即-BLq=Mvb2-Mvb1解得vb2= -根据牛顿第三定律得:a在最高点受支持力N=N′=mg, mg+N=m解得va1=由能量守恒定律得Mgr1= M + m +mg2r2+Q 解得Q=BLq -3mgr2-.(3)由能量守恒定律有2mgr2= m - m解得va2=由动量守恒定律得Mvb1=Mvb3+mva2解得vb3= - .答案:(1)(2)BLq -3mgr2-(3) -例3.如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨.P1P2,Q1Q2的倾角均为θ,P2P3,Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m电阻为R的金属杆CD从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求:(1)杆CD能达到的最大速度;( 2)杆CD在距P2Q2为L处释放,滑到P2Q2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平导轨上滑行的最大距离.解析:(1)杆CD达到最大速度时,杆受力平衡BdImcosθ=mgsinθ此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为E=Bdvmcosθ由欧姆定律可得Im = , 解得vm= .(2)在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中,动量定理有mgsinθ·Δt1-Bdcosθ·Δt1=mvm-0= = =解得Δt1= +在杆CD沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B d·Δt2=0-mvm该过程中通过R的电荷量为 q2=Δt2,得q2=杆CD沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 = =得q2=Δt2=解得s= .答案:(1)(2) +3。

第17课时动量观点在电磁感应中的应用命题规律 1.命题角度：动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用.2.常考题型：选择题或计算题．高考题型1动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若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－B I LΔt＝m v2－m v1，q＝IΔt.位移－B2L2vΔtR总＝0－m v0，即－B2L2xR总＝0－m v0时间－B I LΔt＋F其他Δt＝m v2－m v1即－BLq＋F其他Δt＝m v2－m v1已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－B2L2vΔtR总＋F其他Δt＝m v2－m v1，vΔt＝x 已知位移x、F其他(F其他为恒力)例1(多选)如图1所示，左端接有阻值为R的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE、DF 的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab 一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动B．电阻R上产生的焦耳热为I22mC．通过导体棒ab横截面的电荷量为IBLD．导体棒ab运动的位移为I(R＋r) B2L2例2(2018·天津卷·12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．如图2甲是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图甲所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．(1)要使列车向右运行，启动时图甲中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由．(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小．(3)列车减速时，需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？例3如图3所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻．现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5 m 时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为v A∶v C＝1∶2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小v A和v C；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小v A′和v C′.高考题型2动量守恒定律在电磁感应中的应用“双轨＋双杆”模型如图4，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，ab棒以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd棒始终与导轨垂直并接触良好．模型分析：双轨和两导体棒组成闭合回路，通过两导体棒的感应电流相等，所受安培力大小也相等，ab棒受到水平向左的安培力，向右减速；cd棒受到水平向右的安培力，向右加速，最终导体棒ab、cd共速，感应电流消失，一起向右做匀速直线运动，该过程导体棒ab、cd组成的系统所受合外力为零，动量守恒：m ab v0＝(m ab＋m cd)v共，若ab棒、cd棒所在导轨不等间距，则动量不守恒，可考虑运用动量定理求解．例4(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图5，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()例5如图6，两光滑金属导轨相距L，平直部分固定在离地高度为h的绝缘水平桌面上，处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，弯曲部分竖直固定并与水平部分平滑连接．金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab的质量为2m，电阻为r2，棒cd的质量为m，电阻为r，开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从高出平直部分h处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触，最后棒cd落地时与桌边的水平距离也为h.导轨电阻不计，重力加速度为g.求：(1)棒ab 落地时与桌边的水平距离；(2)棒cd 即将离开导轨时，棒ab 的加速度大小．1.如图7所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L ，导轨电阻不计，垂直于导轨平面有磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C 的电容器、开关S 和定值电阻R ；质量为m 的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间金属棒的电阻为r .初始时开关S 断开，电容器两极板间的电压为U .闭合开关S ，金属棒运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列说法正确的是( ) A ．闭合开关S 的瞬间，金属棒立刻开始向左运动 B ．闭合开关S 的瞬间，金属棒的加速度大小为BULmRC ．金属棒与导轨接触的两点间的最小电压为零D ．金属棒最终获得的速度大小为BCULm ＋B 2L 2C2．如图8所示，在大小为B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金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒MN和PQ，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量均为m，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MN棒静止，给PQ棒一个向右的初速度v0，求：(1)当PQ棒速度减为0.6v0时，MN棒的速度v及加速度a的大小；(2)MN、PQ棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x.3．如图9所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，且二者平滑连接．导轨水平部分MN的右侧区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.4 T．在距离磁场左边界线MN为d＝1.2 m处垂直导轨放置一个导体棒a，在倾斜导轨高h＝0.8 m处垂直于导轨放置导体棒b.将b棒由静止释放，最终导体棒a和b速度保持稳定．已知导轨间距L ＝0.5 m，两导体棒质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，g＝10 m/s2，不计导轨电阻，导体棒在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好，忽略磁场边界效应．求：(1)导体棒b刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小；(2)从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，感应电流在导体棒a中产生的热量Q；(3)两棒速度稳定后二者之间的距离．专题强化练1.(多选)如图1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，两根相同的光滑导体棒ab 、cd ，质量均为m ，静止在导轨上．t ＝0时，棒cd 受到一瞬时冲量作用而以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，回路中的电流用I 表示．下列说法中正确的是( ) A ．两棒最终的状态是cd 静止，ab 以速度v 0向右滑动 B ．两棒最终的状态是ab 、cd 均以12v 0的速度向右匀速滑动C ．ab 棒的速度由零开始匀加速增加到最终的稳定速度D ．回路中的电流I 从某一个值I 0逐渐减小到零2．(多选)如图2所示，两条相距为d 且足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接阻值为R 的定值电阻．电阻为R 、长为d 的金属杆ab 在导轨上以初速度v 0水平向左运动，其左侧有边界为PQ 、MN 的匀强磁场，磁感应强度大小为B .该磁场以恒定速度v 0匀速向右运动，金属杆进入磁场后，在磁场中运动t 时间后达到稳定状态，导轨电阻不计，则( ) A ．当金属杆刚进入磁场时，杆两端的电压大小为Bd v 0 B ．当金属杆运动达到稳定状态时，杆两端的电压大小为Bd v 0 C ．t 时间内金属杆所受安培力的冲量等于0 D ．t 时间内金属杆所受安培力做的功等于03．(多选)如图3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 的定值电阻，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．导体棒ab 垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R .若给棒以平行导轨向右的初速度v 0，当通过棒横截面的电荷量为q 时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x .则在这一过程中( ) A ．导体棒做匀减速直线运动B ．当棒发生的位移为x 2时，通过棒横截面的电荷量为q 2C ．在通过棒横截面的电荷量为q3时，棒运动的速度为v 03D ．定值电阻R 产生的热量为BqL v 044．(多选)如图4所示，宽度为L 的光滑金属框架MNPQ 固定于水平面，并处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，框架的电阻分布不均匀．将质量为m 、长为L 的金属棒ab 垂直放置在框架上，并且与框架接触良好．现给棒ab 向左的初速度v 0，其恰能做加速度大小为a 的匀减速直线运动，则在棒ab 的速度由v 0减为v 的过程中，下列说法正确的是( )A ．棒ab 的位移大小为v 02－v 22aB ．通过棒ab 的电荷量为m ()v 0－v BLC ．框架PN 段的热功率增大D ．棒ab 产生的焦耳热为12m ()v 02－v 2[争分提能练]5．(多选)如图5，间距为l 的两平行光滑金属导轨(电阻不计)由水平部分和弧形部分平滑连接而成，其水平部分足够长，虚线MM ′右侧存在方向竖直向下大小为B 的匀强磁场．两平行金属杆P 、Q 的质量分别为m 1、m 2，电阻分别为R 1、R 2，且始终与导轨保持垂直．开始两金属杆处于静止状态，Q 在水平轨道上距MM ′为x 0，P 在距水平轨道高为h 的倾斜轨道上，重力加速度为g .现由静止释放P ，一段时间后，两金属杆间距稳定为x 1，则在这一过程中( ) A ．稳定后两导轨间的电势差为m 1Bl m 1＋m 22ghB ．当Q 的加速度大小为a 时，P 的加速度大小为m 1m 2aC ．通过Q 的电荷量为Bl (x 0－x 1)R 1＋R 2D ．P 、Q 产生的焦耳热为m 1m 2ghm 1＋m 26.如图6所示，间距L ＝1 m 的平行且足够长的导轨由倾斜、水平两部分组成，倾斜部分倾角θ＝37°，在倾斜导轨顶端连接一阻值R ＝1 Ω的定值电阻，质量m ＝1 kg 的金属杆MN 垂直导轨放置且始终接触良好，并在整个区域加一垂直于倾斜导轨所在斜面向下、磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场．现让金属杆MN 从距水平导轨高度h ＝1.2 m 处由静止释放，金属杆在倾斜导轨上先加速再匀速运动，然后进入水平导轨部分，再经过位移x ＝1 m 速度减为零．已知金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨与金属杆的电阻不计，金属杆在导轨两部分衔接点机械能损失忽略不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)金属杆匀速运动时的速度大小；(2)金属杆在倾斜导轨运动阶段，通过电阻R 的电荷量和电阻R 产生的焦耳热；(3)金属杆在水平导轨上运动时所受摩擦力的冲量大小．7.如图7所示，相互平行、相距L的两条金属长导轨固定在同一水平面上，电阻可忽略不计，空间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量均为m、长度均为L、电阻均为R 的导体棒甲和乙，可以在长导轨上无摩擦左右滑动．开始时，甲导体棒具有向左的初速度v，乙导体棒具有向右的初速度2v，求：(1)开始时，回路中电流大小I；(2)当一根导体棒速度为零时，另一根导体棒的加速度大小a；(3)运动过程中通过乙导体棒的电荷量最大值q m.8.如图8所示，MN、PQ为足够长的水平光滑金属导轨，导轨间距L＝0.5 m，导轨电阻不计，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T；两直导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，导体棒与导轨始终接触良好．导体棒ab的质量m1＝0.5 kg，电阻R1＝0.2 Ω；导体棒cd的质量m2＝1.0 kg，电阻R2＝0.1 Ω.将cd棒用平行于导轨的水平细线与固定的力传感器连接，给ab一个水平向右、大小为v0＝3 m/s的初速度，求：(1)导体棒ab开始运动瞬间两端的电压U ab；(2)力传感器示数F随ab运动距离x的变化关系；(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5 m/s时剪断细线，求此后回路中产生的焦耳热．[尖子生选练]9．(多选)如图9所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l .磁感应强度大小为B 的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面向下．两根质量均为m 、电阻均为r 的导体杆a 、b 与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止．已知b 杆光滑，a 杆与导轨间最大静摩擦力大小为F 0.现对b 杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙所示规律变化的水平外力F ，已知在t 1时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F 1，下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．当a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为2F 0rB 2l2B ．在0～t 1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为2mF 0r B 2l 2－12F 1t 1C ．在t 1～t 2这段时间内，a 、b 杆的总动量增加了(F 1＋F 2)(t 2－t 1)2D ．a 、b 两杆最终速度将恒定，且两杆速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小第17课时动量观点在电磁感应中的应用命题规律 1.命题角度：动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用.2.常考题型：选择题或计算题．高考题型1动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若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例1(多选)(2020·福建福清市线上检测)如图1所示，左端接有阻值为R的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中()图1A ．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动B ．电阻R 上产生的焦耳热为I 22mC ．通过导体棒ab 横截面的电荷量为I BLD ．导体棒ab 运动的位移为I (R ＋r )B 2L 2答案 CD解析 导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力，向右减速运动，由B 2L 2v R ＋r＝ma 可知由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动，A 错误；导体棒减少的动能E k ＝12m v 2＝12m ⎝⎛⎭⎫I m 2＝I 22m ，根据能量守恒定律可得E k ＝Q 总，又根据串并联电路知识可得Q R ＝R R ＋rQ 总＝I 2R 2m (R ＋r )，B 错误；根据动量定理可得－B I L Δt ＝0－m v ，I ＝m v ，q ＝I Δt ，可得q ＝I BL ，C 正确；由于q ＝I Δt ＝E R ＋r Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ， 将q ＝I BL 代入可得，导体棒ab 运动的位移x ＝I (R ＋r )B 2L 2，D 正确． 例2 (2018·天津卷·12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．如图2甲是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab 和cd 是两根与导轨垂直、长度均为l 、电阻均为R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l ，列车的总质量为m .列车启动前，ab 、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图甲所示．为使列车启动，需在M 、N 间连接电动势为E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．图2(1)要使列车向右运行，启动时图甲中M 、N 哪个接电源正极，并简要说明理由．(2)求刚接通电源时列车加速度a 的大小．(3)列车减速时，需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l .若某时刻列车的速度为v 0，此时ab 、cd 均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？答案 (1)见解析 (2)2BEl mR(3)见解析 解析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，两根金属棒中电流方向分别为由a 到b 、由c 到d ，故M 接电源正极．(2)由题意，启动时ab 、cd 并联，设回路总电阻为R 总，由电阻的串并联知识得R 总＝R 2① 设回路总电流为I ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E R 总② 设两根金属棒所受安培力之和为F ，有F ＝IlB ③根据牛顿第二定律有F ＝ma ④联立①②③④式得a ＝2BEl mR⑤ (3)设列车减速时，cd 进入磁场后经Δt 时间ab 恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律有E 1＝ΔΦΔt⑥ 其中ΔΦ＝Bl 2⑦设回路中平均电流为I ′，由闭合电路欧姆定律有I ′＝E 12R⑧设cd 受到的平均安培力为F ′，有F ′＝I ′lB ⑨以向右为正方向，设Δt 时间内cd 受安培力冲量为I 冲，有I 冲＝－F ′Δt ⑩同理可知，回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I 0，有I 0＝2I 冲⑪设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有I 总＝0－m v 0⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得I 总I 0＝m v 0R B 2l 3⑬ 讨论：若I 总I 0恰为整数，设其为n ，则需设置n 块有界磁场；若I 总I 0不是整数，设I 总I 0的整数部分为N ，则需设置N ＋1块有界磁场．例3 如图3所示，两根质量均为m ＝2 kg 的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻．现用250 N 的水平拉力F 向右拉CD 棒，CD 棒运动s ＝0.5 m 时其上产生的焦耳热为Q 2＝30 J ，此时两棒速率之比为v A ∶v C ＝1∶2，现立即撤去拉力F ，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：图3(1)在CD 棒运动0.5 m 的过程中，AB 棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F 瞬间，两棒的速度大小v A 和v C ；(3)撤去拉力F 后，两棒最终匀速运动的速度大小v A ′和v C ′.答案 (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s解析 (1)设两棒的长度分别为l 和2l ，所以电阻分别为R 和2R ，由于电路中任何时刻电流都相等，根据焦耳定律Q ＝I 2Rt 可知Q 1∶Q 2＝1∶2，则AB 棒上产生的焦耳热Q 1＝15 J.(2)根据能量守恒定律有Fs ＝12m v A 2＋12m v C 2＋Q 1＋Q 2又v A ∶v C ＝1∶2，联立两式并代入数据得v A ＝4 m/s ，v C ＝8 m/s.(3)撤去拉力F 后，AB 棒继续向左做加速运动，而CD 棒向右做减速运动，当两棒切割磁感线产生的电动势大小相等时电路中电流为零，两棒开始做匀速运动，此时两棒的速度满足Bl v A ′＝B ·2l v C ′即v A ′＝2v C ′规定水平向左为正方向，对两棒分别应用动量定理有 F A ·t ＝m v A ′－m v A ，－F C ·t ＝m v C ′－m v C .由F ＝B I L 可知F C ＝2F A ，故有v A ′－v Av C －v C ′＝12联立以上各式解得v A ′＝6.4 m/s ，v C ′＝3.2 m/s. 高考题型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用“双轨＋双杆”模型如图4，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，ab 棒以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 棒始终与导轨垂直并接触良好．图4模型分析：双轨和两导体棒组成闭合回路，通过两导体棒的感应电流相等，所受安培力大小也相等，ab 棒受到水平向左的安培力，向右减速；cd 棒受到水平向右的安培力，向右加速，最终导体棒ab 、cd 共速，感应电流消失，一起向右做匀速直线运动，该过程导体棒ab 、cd 组成的系统所受合外力为零，动量守恒：m ab v 0＝(m ab ＋m cd )v 共，若ab 棒、cd 棒所在导轨不等间距，则动量不守恒，可考虑运用动量定理求解．例4 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图5，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v 0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v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图像中可能正确的是( )图5答案 AC解析 棒ab 以初速度v 0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ab 受到与v 0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd 受到与v 0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Δv ＝v 1－v 2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ab 和棒cd 的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．例5 (2021·山东泰安市高三期末)如图6，两光滑金属导轨相距L ，平直部分固定在离地高度为h 的绝缘水平桌面上，处在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，弯曲部分竖直固定并与水平部分平滑连接．金属棒ab 、cd 垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab 的质量为2m ，电阻为r 2，棒cd 的质量为m ，电阻为r ，开始棒cd 静止在水平直导轨上，棒ab 从高出平直部分h 处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd 始终没有接触，最后棒cd 落地时与桌边的水平距离也为h .导轨电阻不计，重力加速度为g .求：图6(1)棒ab 落地时与桌边的水平距离；(2)棒cd 即将离开导轨时，棒ab 的加速度大小．答案 (1)32h (2)B 2L 26mr gh 2解析 (1)棒cd 离开桌面后做平抛运动，平抛初速度为v 0＝h 2hg ＝gh 2设棒ab 进入水平直导轨时的速度为v ，由机械能守恒得12×2m ×v 2＝2mgh ， 解得v ＝2gh进入磁场后，ab 、cd 两棒所受的安培力等大反向，作用时间相等，系统动量守恒，由动量守恒定律有，2m v ＝2m ·v ′＋m v 0可得：棒ab 的速度为v ′＝342gh 棒cd 离开磁场后由于电路断开，棒ab 水平方向一直做匀速直线运动，所以棒ab 落地时与桌边的水平距离为d ＝v ′×2h g ＝342gh ×2h g ＝32h (2)棒cd 即将离开导轨时，两棒的瞬时速度分别为v ab ＝v ′＝342gh ，v cd ＝v 0＝gh 2此时闭合回路中的感应电动势为E ＝BL (v ab －v cd )＝BL 2gh 2 回路中的电流为I ＝E R ab ＋R cd ＝BL 3r gh 2所以棒ab 的加速度大小为a ab ＝F 安m ab ＝BIL 2m ＝B 2L 26mrgh 2.1.如图7所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L ，导轨电阻不计，垂直于导轨平面有磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C 的电容器、开关S 和定值电阻R ；质量为m 的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间金属棒的电阻为r .初始时开关S 断开，电容器两极板间的电压为U .闭合开关S ，金属棒运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列说法正确的是( )图7A ．闭合开关S 的瞬间，金属棒立刻开始向左运动B ．闭合开关S 的瞬间，金属棒的加速度大小为BUL mRC ．金属棒与导轨接触的两点间的最小电压为零D ．金属棒最终获得的速度大小为BCUL m ＋B 2L 2C答案 D解析 由左手定则可知，闭合开关S 的瞬间，金属棒所受安培力方向向右，金属棒立刻获得向右的加速度，开始向右运动，A 错误；闭合开关S 的瞬间，金属棒的加速度大小a ＝BUL m (R ＋r )，B 错误；当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电流为零，此后，金属棒将匀速运动下去，两端的电压达到最小值，故金属棒与导轨接触的两点间的最小电压不会为零，C 错误；设闭合开关S 后，电容器的放电时间为Δt ，金属棒获得的速度为v ，由动量定理可得B C (U －BL v )Δt L ·Δt ＝m v －0，解得v ＝BCUL m ＋B 2L 2C，D 正确． 2．(2021·重庆市西南大学附中高三月考)如图8所示，在大小为B 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金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒MN 和PQ ，两棒彼此平行且相距d ，构成一矩形回路．导轨间距为l ，导体棒的质量均为m ，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MN 棒静止，给PQ 棒一个向右的初速度v 0，求：图8(1)当PQ 棒速度减为0.6v 0时，MN 棒的速度v 及加速度a 的大小；(2)MN 、PQ 棒间的距离从d 增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q 及两棒间的最大距离x .。

第18练电磁感应中的动量问题电磁感应规律的综合应用1.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)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()答案AC解析棒ab以初速度v0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ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0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Δv＝v1－v2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ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上，选运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02项A、C正确，B、D错误．2.(多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后()A ．通过导体棒MN 电流的最大值为Q RCB ．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动C ．导体棒MN 速度最大时所受的安培力也最大D ．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热答案 AD解析 开始时电容器两极板间的电压U ＝Q C ，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I ＝U R ＝Q CR，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A 项正确，C 项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B 项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热，D 项正确．3．(多选)(2022·湖南卷·10)如图，间距L ＝1 m 的U 形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R ，固定在高h ＝0.8 m 的绝缘水平桌面上．质量均为0.1 kg 的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a 距离导轨最右端1.74 m ．整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T ．用F ＝0.5 N 沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a ，当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，撤去F ，导体棒a 离开导轨后落到水平地面上．重力加速度取10 m/s 2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( )A ．导体棒a 离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 mB ．导体棒a 离开导轨至落地前，其感应电动势不变C ．导体棒a 在导轨上运动的过程中，导体棒b 有向右运动的趋势D ．导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电阻R 的电荷量为0.58 C答案 BD解析 导体棒a 在导轨上向右运动，产生的感应电流方向向里，流过导体棒b 的电流方向向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b 有向左运动的趋势，故C 错误；导体棒b 与电阻R 并联，有I ＝BL v 0.15 Ω，当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，有B ·I 2·L ＝μmg ，联立解得导体棒a 的速度为v ＝3 m/s ，导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，有x＝v t ，h ＝12gt 2，联立解得导体棒a 离开导轨至落地过程中水平位移为x ＝1.2 m ，故A 错误；导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B 正确；导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q ＝I ·Δt ＝BL ·Δx 0.15 Ω＝0.1×1×1.740.15 C ＝1.16 C ，导体棒b 与电阻R 并联，则通过电阻R 的电荷量为q R ＝q 2＝0.58 C ，故D 正确．4.(2022·辽宁卷·15)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L .abcd 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上．初始时刻，磁场外的细金属杆M 以初速度v 0向右运动，磁场内的细金属杆N 处于静止状态．两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直．两杆的质量均为m ，在导轨间的电阻均为R ，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计．(1)求M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小和方向；(2)若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为v 03，求：①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q ；②初始时刻N 到ab 的最小距离x ；(3)初始时刻，若N 到cd 的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab 的距离为kx (k >1)，求M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围．答案 (1)B 2L 2v 02R 方向水平向左 (2)①m v 03BL ②2m v 0R 3B 2L2 (3)2≤k <3 解析 (1)细金属杆M 以初速度v 0向右运动，刚进入磁场时，产生的电动势为E ＝BL v 0电流为I ＝E 2R则所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v 02R由左手定则可知安培力的方向水平向左；(2)①金属杆N 在磁场内运动的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理有B I L ·Δt ＝m ·v 03－0 且q ＝I ·Δt联立解得通过回路的电荷量q ＝m v 03BL②设杆M 在磁场中运动的位移大小为x 1，杆N 在磁场中运动的位移大小为x 2，则有Δx ＝x 1－x 2，有 I ＝E2R ，E ＝BL ·Δx Δt 整理可得q ＝BL ·Δx 2R联立可得Δx ＝2m v 0R 3B 2L 2 若两杆在磁场内刚好相撞，N 到ab 的最小距离为x ＝Δx ＝2m v 0R 3B 2L 2 (3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N 到cd 的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab 的距离为kx (k >1)，则N 到cd 边的速度大小恒为v 03，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可知m v 0＝m v 1＋m ·v 03解得N 出磁场时，M 的速度大小为v 1＝23v 0 由题意可知，此时M 到cd 边的距离为s ＝(k －1)x若要保证M 出磁场后不与N 相撞，则有两种临界情况：①M 减速到v 03时出磁场，速度刚好等于N 的速度，一定不与N 相撞，对M 根据动量定理有 －B I 1L ·Δt 1＝m ·v 03－m ·23v 0 q 1＝I 1·Δt 1＝BL ·(k －1)x 2R联立解得k ＝2②M 运动到cd 边时，恰好减速到零，则对M 由动量定理有－B I 2L ·Δt 2＝0－m ·23v 0 同理解得k ＝3综上所述，M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围为2≤k <3.1.(多选)足够长的平行光滑金属导轨ab 、cd 水平放置于竖直向上的匀强磁场中，ac 之间连接阻值为R 的电阻，导轨间距为L ，导体棒ef 垂直导轨放置且与导轨接触良好，导体棒质量为m 、电阻为r .t ＝0时刻对导体棒施加一个水平向右的力F (图中未画出)，导体棒在F 的作用下开始做初速度为零的匀加速直线运动，当导体棒运动x 距离时撤去外力F ，此时导体棒的速度大小为v 0.若不计导轨电阻，则下列说法正确的是( )A ．外力F 的大小与时间的关系式为F ＝ma ＋B 2L 2at R ＋rB ．t ＝0时刻外力F 的大小为m v 022xC ．从撤去外力F 到导体棒停止运动，电阻R 上产生的焦耳热为12m v 02 D ．从撤去外力F 到导体棒停止运动，导体棒运动的位移大小为m v 0(R ＋r )B 2L 2答案 ABD 解析 由题知导体棒在F 的作用下开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F －B 2L 2v R ＋r ＝ma ，v ＝at ，整理有F ＝B 2L 2at R ＋r＋ma ，A 正确；由v 02＝2ax ，解得在t ＝0时刻F ＝ma ＝m v 022x ，B 正确；从撤去外力F 到导体棒停止运动，根据动能定理有Q ＝12m v 02，则R 上产生的焦耳热为Q R ＝R R ＋r Q ＝Rm v 022(R ＋r )，C 错误；从撤去外力F 到导体棒停止运动，根据动量定理有－B I Lt ＝0－m v 0，I ·t ＝BL vR ＋r ·t ＝BLx R ＋r ，联立解得x ＝m v 0(R ＋r )B 2L 2，D 正确． 2.(多选)(2022·湖南衡阳市二模)如图，光滑平行导轨上端接一电阻R ，导轨弯曲部分与水平部分平滑连接，导轨间距为l ，导轨水平部分左端有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，现将金属棒PQ 从导轨弯曲部分的上端由静止释放，金属棒刚进入磁场时的速度大小为v 1，离开磁场时的速度大小为v 2，改变金属棒释放的高度，使其释放高度变为原来的12，金属棒仍然可以通过磁场区域，导轨和金属棒的电阻不计，则( ) A ．金属棒通过磁场区域时金属棒中的电流方向为由P 到QB ．金属棒第二次离开磁场时的速度大小为v 2－(1－22)v 1C ．金属棒在两次通过磁场区域的过程中电阻R 上产生的热量相等D ．金属棒在两次通过磁场区域的过程中通过电阻R 的电荷量相等答案 BD解析 金属棒通过磁场区域时，由右手定则可知，金属棒中的电流方向为由Q 到P ，故A 错误；金属棒第二次释放的高度变为原来的12，由动能定理可知，进入匀强磁场时的速度大小为v 3＝2v 12，金属棒通过磁场区域的过程中，根据动量定理有－B I lt ＝Δp ，又因为I ＝E R，E ＝ΔΦt ，所以－Bl ΔΦR＝Δp ，则可知金属棒两次通过匀强磁场区域的过程中动量变化量相同，速度变化量也相同，则v 2－v 1＝v 4－v 3，故金属棒第二次离开磁场时的速度大小为v 4＝v 2－(1－22)v 1，故B 正确；金属棒第二次通过磁场区域的过程中所用时间长且减少的动能少，则电阻R 上产生的热量少，故C 错误；由电荷量q ＝ΔΦR，可知金属棒在两次通过磁场区域的过程中通过电阻R 的电荷量相等，故D 正确．3.(多选)如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .两导体棒a 、b 均垂直于导轨静止放置．已知导体棒a 质量为2m ，导体棒b 质量为m ，长度均为l ，接入电路的电阻均为r ，其余部分电阻不计．现使导体棒a 获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v 0.除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )A ．任何一段时间内，导体棒b 的动能增加量跟导体棒a 的动能减少量在数值上总是相等的B ．任何一段时间内，导体棒b 的动量改变量跟导体棒a 的动量改变量总是大小相等、方向相反C ．全过程中，通过导体棒b 的电荷量为2m v 03BlD ．全过程中，导体棒b 共产生的焦耳热为m v 026答案 BCD解析 根据题意可知，两棒组成闭合回路，电流相同，故所受安培力的合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b 的动量改变量跟导体棒a 的动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒定律可知，a 的动能减少量在数值上等于b 的动能增加量与产热之和，故A 错误，B 正确；两棒最终共速，根据动量守恒定律，有2m v 0＝(2m ＋m )v ，对b 棒m v －0＝B I l ·t ＝Blq ，联立解得q ＝2m v 03Bl，故C 正确；根据能量守恒定律，可知两棒共产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12()2m ＋m v 2＝m v 023，而由于两棒的电阻大小相等，因此b 棒产生的焦耳热为Q b ＝12Q ＝m v 026，故D 正确． 4.(2022·山东烟台市、德州市一模)有一边长为L 、质量为m 、总电阻为R 的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示．匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小均为B ，二者宽度分别为L 、H ，且H ＞L .导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．导线框离开区域Ⅱ的速度大于mgRB 2L2 B ．导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g ，方向竖直向上C ．导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgHD ．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6B 2L 3mgR答案 C解析 由题意知，导线框恰好匀速离开区域Ⅱ，则有mg ＝BIL ＝B 2L 2v R ，解得v ＝mgR B 2L2，A 错误；导线框进入区域Ⅰ到刚要进入区域Ⅱ过程一直做匀速运动，有v ＝mgR B 2L2，导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上、下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律可知E 2＝BL v ＋BL v ＝2BL v ，又I 2＝E 2R ，联立解得I 2＝2BL v R，导线框所受安培力F 2＝2BI 2L ，由牛顿第二定律有F 2－mg ＝ma ，解得a ＝3g ，方向竖直向上，B 错误；开始进入区域Ⅱ时与开始离开区域Ⅱ时，速度大小相等，则导线框产生的焦耳热等于重力势能的减少量，有Q ＝mgH ，C 正确；导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ的过程中，t 1＝L v ＝B 2L 3mgR，导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中，由动量定理得mgt 2－F 安2Δt ＝m v －m v ，即mgt 2－BL 2BL 2R ＝0，解得t 2＝2B 2L 3mgR ，导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ过程中，t 3＝L v ＝B 2L 3mgR，故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝4B 2L 3mgR，D 错误． 5.(多选)(2022·河北省模拟)如图所示，两根相距L 且电阻不计的足够长光滑金属导轨，导轨左端为弧形，右端水平，且水平部分处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．铜棒a 、b 电阻均为R 、质量均为m ，均与导轨垂直且与导轨接触良好，铜棒b 静止在导轨水平部分，铜棒a 在弧形导轨上从距离水平部分高度为h ＝0.5L 处由静止释放，重力加速度为g ，关于此后的过程，下列说法正确的是( )A ．回路中的最大电流为gLBL RB ．铜棒b 的最大加速度为gLB 2L 22mRC ．铜棒b 获得的最大速度为gLD ．回路中产生的总焦耳热为mgL 4答案 BD解析 铜棒a 沿弧形导轨下滑，刚进入磁场区域时，由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 2，且h ＝0.5 L ，解得v ＝gL ，回路中的最大感应电动势E ＝BL v ，回路中的最大电流I ＝E 2R，联立解得I ＝BL gL 2R，故A 错误；铜棒b 受到的最大安培力F 安＝BIL ，由牛顿第二定律有F 安＝ma ，解得铜棒b 的最大加速度a ＝B 2L 2gL 2mR，故B 正确；铜棒a 、b 在匀强磁场中做切割磁感线运动的过程中，整体所受合外力为零，动量守恒，最终铜棒a 、b 速度相等，由动量守恒定律得m v ＝2m v ′，解得铜棒b 获得的最大速度为v ′＝gL 2，故C 错误；由能量守恒定律得，回路中产生的总焦耳热为Q ＝12m v 2－12×2m v ′2＝mgL 4，故D 正确． 6．(多选)(2022·广东韶关市二模)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22C 答案 AD 解析 穿过线框的磁通量变化导致线框中产生感应电流，使线框受到安培力的作用，从而使速度改变；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度不变，则由题图乙可知x 0＝1 m ，A正确；线框进入磁场的过程中，安培力F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，因此线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可知，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误； 线框进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理可得－B 2L 2v R t ＝m v －m v 0，整理得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝Bx 02R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 7．(多选)(2022·宁夏吴忠中学三模)如图所示，两段均足够长、不等宽的光滑平行导轨固定在水平面上，较窄导轨的间距L 1＝1 m ，较宽导轨的间距L 2＝1.5 m ．整个装置处于磁感应强度大小为B ＝0.5 T 、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN 、PQ 的质量分别为m 1＝0.4 kg 、m 2＝1.2 kg ，长度分别为1 m 、1.5 m ，电阻分别为R 1＝0.3 Ω、R 2＝0.9 Ω，两导体棒静止在水平导轨上．t ＝0时刻，导体棒MN 获得v 0＝7 m/s 、水平向右的初速度．导轨电阻忽略不计，导体棒MN 、PQ 始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN 始终在较窄导轨上运动，取g ＝10 m/s 2则( )A ．t ＝0时刻，回路中的电流为3512A B ．导体棒MN 最终做匀速直线运动，速度大小为3 m/sC ．通过导体棒MN 的电荷量最大值为3.4 CD ．导体棒PQ 中产生的焦耳热最大值为4.2 J答案 ABD解析 t ＝0时刻，回路中的电流为I 0＝E R ＝BL 1v 0R 1＋R 2＝3512A ，故A 正确；导体棒MN 与PQ 切割磁感线产生的电动势相互削弱，当两导体棒产生的电动势相等时，感应电流为零，所受安培力为零，故两导体棒最终做匀速直线运动，此时有BL 1v MN ＝BL 2v PQ ，设从导体棒MN 开始运动至导体棒MN 、PQ 做匀速运动所用的时间为Δt ，取水平向右为正方向，对导体棒MN 分析，由动量定理得－BL 1I ·Δt ＝m 1v MN －m 1v 0，对导体棒PQ 分析，由动量定理得BL 2I ·Δt ＝m 2v PQ ，又因为q ＝I ·Δt ，联立解得v MN ＝3 m/s ，v PQ ＝2 m/s ，q ＝3.2 C ，故B 正确，C 错误；由能量守恒定律得12m 1v 02＝12m 1v MN 2＋12m 2v PQ 2＋Q 总，Q PQ ＝R 2R 1＋R 2Q 总，代入数据联立解得Q PQ ＝4.2 J ，故D 正确．8.(多选)如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距L ，导轨的两端分别与电源(串联一滑动变阻器R )、定值电阻R 0、电容器(电容为C ，原来不带电)和开关S 相连．整个空间充满了磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场．一质量为m 、电阻不计的金属棒ab 横跨在导轨上．已知电源电动势为E 、内阻为r ，不计导轨的电阻．当S 接1，滑动变阻器R 接入电路一定阻值时，金属棒ab 在磁场中恰好保持静止．当S 接2后，金属棒ab 从静止开始下落，下落距离为h 时达到稳定速度．重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．当S 接1时，滑动变阻器接入电路的阻值R ＝EBLmgB ．若将ab 棒由静止释放的同时，将S 接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v 的变化关系为Q ＝CBL vC ．当S 接2时，金属棒ab 从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间t ＝B 2L 2h ＋m 2gR 02mgR 0B 2L 2D ．若将ab 棒由静止释放的同时，将S 接到3，则金属棒ab 将做匀加速直线运动，加速度大小a ＝mgm ＋CB 2L 2答案 BD解析 当S 接1时，有I ＝E R ＋r ，由平衡条件得mg ＝BIL ，联立解得R ＝EBLmg －r ，故A 错误；当S 接2，速度稳定时有mg ＝B 2L 2v R 0，解得v ＝mgR 0B 2L 2，金属棒ab 从静止开始下落，下落距离为h 时达到稳定速度，根据动量定理可得mgt －B I Lt ＝m v ，即mgt －B 2L 2vR 0·t ＝m v ，其中vt ＝h ，联立解得t ＝B 4L 4h ＋m 2gR 02mgR 0B 2L 2，故C 错误；若将棒ab 由静止释放的同时，将S 接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v 的变化关系为Q ＝CU ＝CBL v ，根据动量定理可得mg Δt －B I ′L Δt ＝m Δv ，即mg Δt －BL ·ΔQ ＝m Δv ，将ΔQ ＝CBL Δv 代入解得mg Δt －CB 2L 2Δv ＝m Δv ，所以a ＝Δv Δt ＝mgm ＋CB 2L 2，金属棒ab 将做匀加速直线运动，故B 、D 正确．9.如图所示，两电阻不计的光滑平行金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L ，导轨顶端连接定值电阻R ，导轨上有一质量为m 、长度为L 、电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好．整个装置处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．现使杆从M 点以v 0的速度竖直向上运动，经历时间t ，到达最高点N ，重力加速度大小为g .求t 时间内：(1)流过电阻的电荷量q ； (2)电阻上产生的焦耳热Q . 答案 (1)m v 0－mgtBL(2)12m v 02－m 2gR (v 0－gt )B 2L 2解析 (1)杆竖直向上运动的过程中，取v 0方向为正方向，根据动量定理，有－mgt －F t ＝0－m v 0 F ＝BL I q ＝I t联立解得q ＝m v 0－mgt BL(2)设杆上升的高度为h ，取v 0方向为正方向，由动量定理得－mgt －B 2L 2vR t ＝0－m v 0又h ＝v t联立解得h ＝mR (v 0－gt )B 2L 2杆上升过程中由能量守恒定律可知，电阻上产生的焦耳热Q ＝12m v 02－mgh联立解得Q ＝12m v 02－m 2gR (v 0－gt )B 2L 2.10.(2022·天津市一模)如图，间距为L 的两平行金属导轨右端接有电阻R ，固定在离地高为H 的平面上，空间存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，杆获得一个大小为v 0的水平初速度后向左运动并离开导轨，其落地点距导轨左端的水平距离为s .已知重力加速度为g ，忽略一切摩擦和阻力，杆和导轨电阻不计．求：(1)杆即将离开导轨时的加速度大小a ；(2)杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功W ； (3)杆ab 在水平导轨上运动的位移大小x .答案 (1)B 2L 2s 2mRH 2gH (2)12m (v 02－gs 22H ) (3)mR B 2L 2(v 0－s 2H2gH ) 解析 (1)杆离开导轨后做平抛运动，则有H ＝12gt 2，s ＝v t ，联立解得杆离开导轨时的速度大小为v ＝sg 2H杆离开导轨时，产生的感应电动势为E ＝BL v 感应电流大小为I ＝ER杆受到的安培力大小为F ＝BIL 根据牛顿第二定律可得F ＝ma联立解得杆即将离开导轨时的加速度大小为a ＝B 2L 2s2mRH 2gH(2)根据动能定理，可得－W ＝12m v 2－12m v 02则杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功为 W ＝12m (v 02－gs 22H)(3)根据动量定理，可得－B I Lt ＝m v －m v 0 q ＝I t ＝BLxR联立解得x ＝mR B 2L 2(v 0－s2H2gH )．11．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道的连接处平滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 接入电路的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝2 T ．现杆b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度－时间图像如图乙所示(以a 运动的方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，求：(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热． 答案 (1)5 s (2)73 C (3)1156J解析 (1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b 0，对杆b 运用动量定理，有Bd I ·Δt ＝m b (v 0－v b 0) 由题图乙可知，v b 0＝2 m/s 代入数据解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v a 2解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后a 、b 两杆共同的速度大小为v ′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b 0＝(m a ＋m b )v ′ 代入数据解得v ′＝83m/s杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v ′的运动时间为Δt ′，则由动量定理可得－Bd I ′·Δt ′＝m a (v ′－v a )，而q ＝I ′·Δt ′ 代入数据解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的总焦耳热为Q ＝m a gh ＋12m b v 02－12(m b ＋m a )v ′2＝1616 J则b 杆中产生的焦耳热为Q ′＝R b R a ＋R bQ ＝1156 J.错题统计(题号)对应考点错因分析动量定理在电磁感应中的应用动量守恒定律在电磁感应中的应用电磁感应中的综合问题一、动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用导体棒在磁场中做变速运动，所受安培力是变力，可用动量定理求速度、位移、电荷量、时间等．对于双杆问题，若双杆所受外力为零，可用动量守恒定律分析．1．单杆运动问题已知量(其中B、L、m已知)待求量关系式(以棒减速为例)v1、v2q －B I LΔt＝m v2－m v1，q＝IΔtv1、v2、R总x －B2L2vΔtR总＝m v2－m v1，x＝vΔtF其他为恒力，v1、v2、q Δt－B I LΔt＋F其他Δt＝m v2－m v1，q＝IΔtF其他为恒力，v1、v2、R总、x(或Δt)Δt(或x)－B2L2vΔtR总＋F其他·Δt＝m v2－m v1，x ＝vΔt2.双杆运动问题(1)等间距轨道上的双杆问题①双杆所受外力的合力为零时，若只需求末速度，可用动量守恒定律分析．②若需求电荷量、位移、时间等，则需要利用动量定理分析．(2)不等距导轨上的双杆问题由于合外力不为零，不等距导轨上的双杆问题需用动量定理分析．常见的双杆模型：题型一(等距、初速度、光滑、平行)题型二(不等距、初速度、光滑、平行)题型三(等距、恒力、光滑、平行)示意图导体棒长度L1＝L2导体棒长度L1＝2L2，两棒只在各自的轨道上运动导体棒长度L1＝L2图像观点力学观点棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动；稳定时，两棒以相等的速度匀速运动棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动；稳定时，两棒的加速度均为零，速度之比为1∶2开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动动量观点两棒组成的系统动量守恒两棒组成的系统动量不守恒对单棒可以用动量定理两棒组成的系统动量不守恒对单棒可以用动量定理能量观点系统动能的减少量等于产生的焦耳热系统动能的减少量等于产生的焦耳热拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(焦耳热)：W＝Q＋E k1＋E k23.杆＋电容器模型基本模型规律无外力，电容器充电(电阻阻值为R，导体棒电阻不计，电容器电容为C)无外力，电容器放电(电源电动势为E，内阻不计，导体棒电阻不计，电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源，电容器被充电电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流的特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝BL v－U CR，电容器被充电，U C变大，当BL v＝U C时，I＝0，F安＝0，棒做匀电容器放电时，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U C＝BL v。

电磁感应与动量的综合1．安培力的冲量与电量之间的关系：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即tF I ∆=冲冲而＝B L （为电流对时间的平均值）F I I 故有：安培力的冲量t L I B I ∆⋅=冲而电量q =Δt ，故有I BLq I =冲因只在安培力作用下运动 BLq =mv 2－mv 1 BLPq ∆=2．感应电量与磁通量的化量的关系：R n t R t n t R E t I q ∆Φ=∆⋅∆∆Φ=∆⋅=∆⋅=若磁感应强度是匀强磁场，R BLx R S B R q =∆=∆Φ=以电量作为桥梁，把安培力的冲量、动量变化量与回路磁通量的变化量、导体棒的位移联系起来。

例1．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a （a <L ）的正方形闭合线圈以初速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v (v <v 0)，那么线圈A ．完全进入磁场中时的速度大于（v 0+v ）/2B ．完全进入磁场中时的速度等于（v 0+v ）/2C ．完全进入磁场中时的速度小于（v 0+v ）/2D ．以上情况均有可能例2．在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R ，导轨宽d ，电阻不计，导体棒AB 垂直于导轨放置，质量为m ，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B 。

现给导体棒一水平初速度v 0，求AB 在导轨上滑行的距离。

例3．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路。

已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R ，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。

开始时，导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0，两导体棒在运动中始终不接触。

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.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．题型一 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，安培力的冲量为：I 安＝B I Lt ＝BLq ，通过导体棒或金属框的电荷量为：q ＝I Δt ＝ER 总Δt ＝n ΔΦΔt ·R 总Δt ＝n ΔФR 总，磁通量变化量：ΔΦ＝B ΔS ＝BLx .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．“单棒＋电阻”模型例1 (2020·湖北高三开学考试)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．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v 0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1A ．大于v 02B ．等于v 02C ．小于v 02D ．以上均有可能答案 B解析 通过线圈横截面的电荷量：q ＝I Δt ＝E R·Δt ＝ΔΦR， 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： －B I at ＝m v －m v 0，线圈离开磁场过程：－B I at＝0－m v，由于q＝I t，则－Baq＝m v－m v0，Baq＝m v，解得v＝v02，故选B.“电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本模型规律(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，电容器被充电.电流特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝BL v－U CR，电容器被充电U C变大，当BL v＝U C时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动.运动特点和最终特征a减小的加速运动，棒最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零.最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BL v 对棒应用动量定理：m v0－m v＝B I L·Δt＝BLqv＝m v0m＋B2L2C.v－t图象例2(多选)如图2甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则()图2A ．当杆ab 刚具有初速度v 0时，杆ab 两端的电压U ＝Bl v 0RR ＋r，且a 点电势高于b 点电势 B ．通过电阻R 的电流I 随时间t 的变化率的绝对值逐渐增大C ．若将M 和P 之间的电阻R 改为接一电容为C 的电容器，如图乙所示，同样给杆ab 一个初速度v 0，使杆向右运动，则杆ab 稳定后的速度为v ＝m v 0m ＋B 2l 2CD ．在C 选项中，杆稳定后a 点电势高于b 点电势 答案 ACD解析 当杆ab 刚具有初速度v 0时，其切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v 0，杆ab 两端的电压U ＝ER R ＋r ＝Bl v 0RR ＋r ，根据右手定则知，感应电流的方向为b 到a ，杆ab 相当于电源，a 相当于电源的正极，则a 点电势高于b 点电势，A 正确；通过电阻R 的电流I ＝Bl vR ＋r ，由于杆ab 速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab 做加速度逐渐减小的减速运动，速度v 随时间t 的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R 的电流I 随时间t 的变化率的绝对值逐渐减小，B 错误；当杆ab 以初速度v 0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab ，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小．当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U ＝Bl v ，而q ＝CU ，对杆ab ，根据动量定理得－B I l ·Δt ＝－Blq ＝m v －m v 0，联立可得v ＝m v 0m ＋B 2l 2C ，C 正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a 点的电势高于b 点电势，D 正确． 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.电流的特点 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U C ＝BL v .运动特点及最终特征a 减小的加速运动，最终匀速运动，I ＝0.最大速度v m 电容器充电荷量：Q 0＝CE 放电结束时电荷量： Q ＝CU ＝CBL v m 电容器放电荷量：ΔQ ＝Q 0－Q ＝CE －CBL v m 对棒应用动量定理： m v m ＝B I L ·Δt ＝BL ΔQ v m ＝BLCEm ＋B 2L 2Cv －t 图象例3 (2017·天津卷·12)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图3，图中直流电源电动势为E ，电容器的电容为C .两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l ，电阻不计．炮弹可视为一质量为m 、电阻为R 的金属棒MN ，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S 接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场(图中未画出)，MN 开始向右加速运动．当MN 上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，MN 达到最大速度，之后离开导轨．问：图3(1)磁场的方向；(2)MN 刚开始运动时加速度a 的大小；(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少． 答案 (1)垂直于导轨平面向下 (2)BlE mR (3)B 2l 2C 2E m ＋B 2l 2C解析 (1)将S 接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S 接2时，电容器放电，流经MN 的电流由M 到N ，又知MN 向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E ，当开关S 接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN 的电流为I ，有 I ＝E R① 设MN 受到的安培力为F ，有F ＝IlB ② 由牛顿第二定律，有F ＝ma ③ 联立①②③式得a ＝BlEmR④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q 0，有 Q 0＝CE ⑤开关S 接2后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值v max 时，设MN 上的感应电动势为E ′，有E ′＝Bl v max ⑥ 依题意有E ′＝QC⑦设在此过程中流经MN 的平均电流为I ，MN 上受到的平均安培力为F ，有F ＝I lB ⑧ 由动量定理，有F Δt ＝m v max －0⑨ 又I Δt ＝Q 0－Q ⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q ＝B 2l 2C 2Em ＋B 2l 2C.1．(“单棒＋电阻”模型)(2019·福建龙岩市5月模拟)如图4为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ 和MN ，左端接有阻值为R 的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B 的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L .质量为m 的金属棒ab 静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v 时，棒ab 恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图4(1)判断棒ab 刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力F f 大小； (2)若磁场不动，将棒ab 以水平初速度2v 运动，经过时间t ＝mRB 2L 2停止运动，求棒ab 运动位移x 及回路中产生的焦耳热Q . 答案 见解析解析 (1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a 至b .依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：F f ＝F 安 F 安＝BI 1L I 1＝BL v R联立解得：F f ＝B 2L 2vR(2)设棒的平均速度为v ，根据动量定理可得：－F 安t －F f t ＝0－2m vF 安＝B I L ，又I ＝BL vR ，x ＝v t联立解得：x ＝m v RB 2L2根据动能定理有：－F f x －W 安＝0－12m (2v )2根据功能关系有 Q ＝W 安 得：Q ＝m v 2.题型二 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．双棒模型示意图F 为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点 系统动量守恒系统动量不守恒能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热例4 如图5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，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，导轨水平部分静止放置一金属棒cd ，质量为2m ，电阻为2r .另一质量为m ，电阻为r 的金属棒ab ，从圆弧部分M 处由静止释放下滑至N 处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧部分MN 半径为R ，所对圆心角为60°，重力加速度为g .求：图5(1)ab 棒在N 处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？ (2)cd 棒能达到的最大速度是多大？(3)cd 棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？ 答案 (1)gRBl gR 3r (2)13gR (3)13mgR 解析 (1)ab 棒由M 下滑到N 过程中机械能守恒，故 mgR (1－cos 60°)＝12m v 2解得v ＝gR进入磁场区瞬间，回路中电流 I ＝E 2r ＋r＝Bl gR 3r(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．ab、cd两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m v＝(2m＋m)v′，解得v′＝13gR(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故Q＝12－12·3m v′22m v解得Q＝13mgR2．(电磁感应中的双棒模型)(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图6，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6答案AC解析棒ab以初速度v0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ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0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Δv＝v1－v2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ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．3．(电磁感应中的双棒模型)如图7所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd ，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l ，导体棒的质量都为m ，电阻都为R ，导轨部分电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v 0.图7(1)求cd 棒速度减为0.8v 0时的加速度大小； (2)从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能； (3)求两棒之间距离增加量的最大值． 答案 (1)0.3B 2l 2v 0mR (2)14m v 02 (3)mR v 0B 2l2解析 (1)设当cd 棒速度减为0.8v 0时ab 棒的速度为v ′， 由动量守恒定律得m v 0＝0.8m v 0＋m v ′ 解得v ′＝0.2v 0此时回路的电流是I ＝Bl (0.8－0.2)v 02Rcd 棒的加速度为a ＝BIlm解得a ＝0.3B 2l 2v 0mR(2)设两棒稳定时共同的速度为v ，据动量守恒定律得 m v 0＝(m ＋m )v 解得v ＝12v 0故Q ＝12m v 02－12(m ＋m )v 2＝14m v 02(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝Bl Δx Δt这段时间内回路的电流为I ＝E 2R对ab 棒，由动量定理得B I l Δt ＝m v 联立解得Δx ＝mR v 0B 2l2.课时精练1.(多选)(2020·云南一模)如图1所示，两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静止放着两根质量为m 、长度为L 、电阻为R 的相同导体棒ab 和cd ，构成矩形回路(ab 、cd 与导轨接触良好)，导轨平面内有竖直向上的匀强磁场B .现给cd 一个初速度v 0，则( )图1A ．ab 将向右做匀加速运动B ．ab 、cd 最终具有相同的速度v 02C ．通过ab 杆的电荷量为q ＝m v 02BLD ．回路产生的焦耳热最多为12m v 02答案 BC解析 根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流，感应电流使两棒都产生加速度，然后受到的安培力发生变化，有效电动势发生变化，感应电流、安培力、加速度也随之变化，所以ab 不可能向右做匀加速运动，故A 错误；当两棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回路中将不再有感应电流，ab 、cd 最终具有相同的速度，两棒的系统所受合外力为零，则根据动量守恒定律有m v 0＝2m v ，最终两棒的速度均为v ＝v 02，故B 正确；选向右的方向为正，对ab 棒根据动量定理有F t ＝m v 02，F ＝B I L ，联立可以得到q ＝I t ＝m v 02BL ，故C 正确；根据能量守恒定律，在运动过程中产生的热量为Q ＝12m v 02－12·2m (v 02)2＝14m v 02，故D 错误．2.如图2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、磁感应强度为B 的匀强磁场中，铜棒a 、b 的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R 、质量均为m ，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a 一个平行导轨向右的瞬时冲量I ，关于此后的过程，下列说法正确的是( )图2A ．回路中的最大电流为BLImRB ．铜棒b 的最大加速度为B 2L 2I2m 2RC ．铜棒b 获得的最大速度为ImD ．回路中产生的总焦耳热为I 22m答案 B解析 给铜棒a 一个平行导轨向右的瞬时冲量I ，此时铜棒a 的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I ＝m v 0，v 0＝Im ，铜棒a 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v 0，回路电流I 0＝E 2R ＝BLI2mR ，选项A 错误；此时铜棒b受到安培力F ＝BI 0L ，其加速度a ＝F m ＝IB 2L 22Rm 2，选项B 正确；此后铜棒a 做加速度减小的减速运动，铜棒b 做加速度减小的加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b 速度最大，据动量守恒有m v 0＝2m v ，铜棒b 最大速度v ＝I 2m ，选项C 错误；回路中产生的焦耳热Q ＝12m v 02－12·2m v 2＝I 24m，选项D 错误． 3.(多选)(2020·安徽省天长中学期末)如图3所示，两根质量均为m 的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用水平恒力F 向右拉CD 棒，在CD 棒向右运动距离为s 的过程中，AB 棒上产生的焦耳热为Q ，此时AB 棒和CD 棒的速度大小均为v ，此时立即撤去拉力F ，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法正确的是( )图3A ．v 的大小等于Fs －3QmB ．撤去拉力F 后，AB 棒的最终速度大小为65v ，方向向右C ．撤去拉力F 后，CD 棒的最终速度大小为25v ，方向向右D ．撤去拉力F 后，整个回路产生的焦耳热为110m v 2答案 AD解析 由于两棒的长度之比为1∶2，所以电阻之比为1∶2，由于两棒是串联关系，在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q ＝I 2Rt ，所以CD 棒上产生的焦耳热为2Q ，在CD 棒向右运动距离为s 的过程中，根据功能关系有Fs ＝3Q ＋12m v 2×2，解得v ＝Fs －3Qm，A 正确；设AB 棒的长度为l ，则CD 棒的长度为2l ，撤去拉力F 后，AB 棒继续向左加速运动，而CD 棒向右开始减速运动，两棒最后匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足Bl v AB ′＝B ·2l v CD ′，即v AB ′＝2v CD ′，对两棒分别应用动量定理有F AB t ＝m v AB ′－m v ，－F CD t ＝m v CD ′－m v ，因为F CD ＝2F AB ，解得AB 棒的速度大小为v AB ′＝65v ，方向向左，CD 棒的速度大小为v CD ′＝35v ，方向向右，B 、C 错误；撤去拉力F 后到最后稳定运动过程，整个回路产生的焦耳热为Q ′，根据能量守恒定律有Q ′＝12m v 2×2－12m v AB ′2－12m v CD ′2，解得Q ′＝110m v 2，D 正确．4．(2020·河南郑州市期末)如图4甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L ＝1 m ．质量m ＝1 kg 的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直．导轨左端与阻值R ＝4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B ＝2 T ．在t ＝0时，一水平向右的恒定拉力F 垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的v －t 图象(设导轨足够长)．求：图4(1)拉力F 的大小；(2)t ＝1.6 s 时，导体棒的加速度大小a ； (3)前1.6 s 内导体棒的位移大小x . 答案 (1)10 N (2)2 m/s 2 (3)8 m解析 (1)导体棒的运动速度为v 时产生的电动势E ＝BL v ，闭合回路中的感应电流I ＝ER导体棒所受安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2vR由题图乙可知，当速度v ＝10 m/s 时拉力F ＝F A ，得F ＝10 N.(2)由题图乙知，t ＝1.6 s 时，v ＝8 m/s ，由牛顿第二定律有F －B 2L 2vR ＝ma ，得a ＝2 m/s 2.(3)在导体棒的速度为任意值v 的一段极短时间Δt 内，发生位移Δx ，安培力的冲量ΔI ＝－B 2L 2v R ·Δt ＝－B 2L 2RΔx 则前1.6 s 内安培力的总冲量I ＝－B 2L 2R x由动量定理有Ft －B 2L 2Rx ＝m v －0，得x ＝8 m.5．如图5所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直．图中de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞．重力加速度为g .求：图5(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；(2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； (3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热． 答案 (1)02gh (2)562gh (3)13mgh解析 (1)设a 棒滑到水平导轨时速度为v 0，下滑过程中a 棒机械能守恒，则有：12m v 02＝mgha 棒与b 棒发生弹性正碰 由动量守恒定律：m v 0＝m v 1＋m v 2 由机械能守恒定律：12m v 02＝12m v 12＋12m v 22联立解得v 1＝0，v 2＝v 0＝2gh (2)b 棒刚进磁场时的加速度最大．设b 棒进入磁场后某时刻，b 棒的速度为v b ，c 棒的速度为v c ，则b 、c 组成的回路中的感应电动势E ＝BL (v b －v c )由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 总，由安培力公式得F ＝BIL ＝ma ， 联立得a ＝B 2L 2(v b －v c )mR 总.故当b 棒加速度为最大值的一半时有v 2＝2(v 2′－v 3′) b 、c 两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒． 由动量守恒定律：m v 2＝m v 2′＋m2v 3′联立得v 2′＝56v 2＝562gh(3)最终b 、c 以相同的速度匀速运动． 由动量守恒定律：m v 2＝(m ＋m2)v由能量守恒定律：12m v 22＝12(m ＋m2)v 2＋Q解得Q ＝13mgh .6．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图6甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道平滑连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 的电阻分别为R a ＝2 Ω，R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．现杆b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止下滑至刚滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度—时间图象如图乙所示(以a 运动方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，求：图6(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热． 答案 (1)5 s (2)73 C (3)1156J解析 (1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b 0，对杆b 运用动量定理，有Bd I ·Δt ＝m b (v 0－v b 0) 由题图乙知v b 0＝2 m/s 代入数据解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑至刚滑到水平轨道的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v a 2解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后a 、b 两杆共同的速度为v ′，由动量守恒定律得 m a v a －m b v b 0＝(m a ＋m b )v ′ 代入数据解得v ′＝83m/s杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v ′的运动时间为Δt ′， 则由动量定理可得Bd I ′·Δt ′＝m a (v a －v ′) 而q ＝I ′·Δt ′代入数据得q ＝73C.(3)由能量守恒定律可知整个运动过程中杆a 、b 中产生的总焦耳热为 Q ＝m a gh ＋12m b v 02－12(m a ＋m b )v ′2＝1616 J杆b 中产生的焦耳热为Q ′＝R b R a ＋R bQ ＝1156 J.。

动量与能量观点在电磁感应中的应用【方法总结】解决电磁感应问题往往需要力电综合分析，在电磁感应问题中需要动量与能量分析求解时，学生往往无从下手，属于压轴考查，需要学生平时吃透典型物理模型和积累解题经验，现将动量与能量观点求解电磁感应综合问题时常出现典型模型和思路总结如下：1. “双轨+双杆”模型以“2019全国3卷第19题”物理情景为例：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ab 、cd 静止在导轨上。

t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动。

运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好：模型分析：双轨和两导体棒组成闭合回路，通过两导体棒的感应电流相等，所受安培力大小也相等，ab 棒受到水平向左安培力，向右减速；cd 棒受到水平向右安培力，向右加速，最终导体棒ab 、cd 系统共速，感应电流消失，一起向右做匀速直线运动，该过程由导体棒ab 、cd 组成的系统合外力为零，动量守恒：共v m m v m cd ab ab )(0+=2. 巧用“动量定理”求通过导体电荷量q思路：动量定理得：p t BIL p t F ∆=∆⋅⇒∆=∆⋅安，由于t I q ∆⋅=，所以p BLq ∆=， 即：BL p q ∆= 【精选试题解析】1. （2019全国Ⅲ卷）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ab 、cd 静止在导轨上。

t =0时，棒ab 以初速度v 0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v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示。

下列图像中可能正确的是（ ）2. [多选]如图所示，两根相距为d 的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计。

磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂直，长度等于d 的两导体棒M 、N 平行地放在导轨上，且电阻均为R 、质量均为m ，开始时两导体棒静止。

2022-2023高考物理二轮复习（新高考）08讲动量与动量守恒定律在电磁感应中的应用●动量与动量守恒定律在电磁感应中的应用的思维导图●重难点突破一.动量定理在电磁感应现象中的应用:导体棒在感应电流所引起的安培力作用下运动时，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．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．●考点应用，质量为m，电阻不计，匀强1.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v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，常用的计算：－B I L Δt ＝0－mv 0，q ＝I Δt ，q ＝mv 0BL －B 2L 2v R Δt ＝0－mv 0，x ＝v Δt ＝mv 0R B 2L2例1：如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。

一质量为m （质量分布均匀）的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。

现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离L 时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。

设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g ，则此过程错误的是（）A ．杆的速度最大值为22()F mg RB d μ-B ．流过电阻R 的电荷量为BdLR r+C ．从静止到速度恰好达到最大经历的时间2222()()()m R r B d L t B d F mg R r μ+=+-+D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量【答案】A【详解】A ．当杆的速度达到最大时，安培力为22=B d v F R r +安此时杆受力平衡，则有F-μmg-F 安=0解得22()()F mg R r v B d μ-+=A 错误，符合题意；B ．流过电阻R 的电荷量为BdLq It R r R r∆Φ===++B 正确，不符合题意；C ．根据动量定理有()F mg t BIt mv μ--=，q It=结合上述解得2222()()()mg R r B d L t B d F mg R r μ+=+-+C 正确，不符合题意；D ．对于杆从静止到速度达到最大的过程，根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，D 正确，不符合题意。

高考物理二轮复习专题归纳—动量观点在电磁感应中的应用命题规律1、命题角度：动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用.2、常用方法：建立单杆切割中q、x、t的关系模型；建立双杆系统模型.3、常考题型：选择题、计算题．考点一动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若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－B I LΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1位移－B2L2vΔtR总＝0－mv，即－B2L2xR总＝0－mv时间－B I LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－B2L2vΔtR总＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－B2L2xR总＋F其他Δt＝mv2－mv1已知位移x、F其他(F其他为恒力)例1(多选)(2022·河南开封市二模)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4.5m/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 1、q 2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v .则下列说法正确的是()A．q 1＝q 2B．q 1＝2q 2C．v ＝1.0m/s D．v ＝1.5m/s答案BD 解析根据q ＝ΔΦR ＝BSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q 1＝2q 2，故A 错误，B 正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－B I 1L Δt 1＝mv －mv 0，即－BLq 1＝mv －mv 0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－B I 2L Δt 2＝0－mv ，即－BLq 2＝0－mv ，联立解得v ＝13v 0＝1.5m/s，故C 错误，D正确．例2(2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R 、半径为r 、匝数为n 的圆形导体线圈两端与水平导轨AD 、MN 相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B 0和t 0均已知．PT 、DE 、NG 是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT 的长度为3L 、电阻为3R 、质量为m .导轨AD 与MN 平行且间距为L ，导轨EF 与GH 平行且间距为3L ，DE 和NG 的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d 的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 0的匀强磁场.0～2t 0时间内，使棒PT 在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF 和GH 对齐．除导体线圈、金属棒PT 、DE 、NG 外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感．(1)求在0～2t 0时间内，使棒PT 保持静止的水平外力F 的大小；(2)在2t 0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v 0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT 速度恰好达到v 0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT 产生的焦耳热为Q ，求金属棒PT 与区域Ⅰ右边界的初始距离x 0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W ；(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT 运动到EG 时的速度大小v .答案(1)0～t 0时间内F ＝nB 02πLr 23Rt 0；t 0～2t 0时间内F ＝0(2)d －3mRv 0B 02L23Q ＋1 2mv2(3)v－23B2L33mR解析(1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝nΔBΔtS＝nBtπr2由闭合电路欧姆定律得I＝E3R＝nBπr23Rt故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝nB2πLr23Rt在t0～2t时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得B2L2Δx3R＝mv得Δx＝3mRv0 B2L2所以x0＝d－Δx＝d－3mRvB2L2PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋12 mv2(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx ＝233x＋L回路中总电阻为R总x x＋2233xR233x＋L＋2233xR＝RL(23x＋3L)回路中电流为Ix ＝BlxvxR总x＝B233x＋L vxRL23x＋3L＝BLvx3R棒PT所受安培力大小为FA x ＝BIxlx＝B2Lvxlx3R棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v方向为正方向，由动量定理得－∑B2Lvxlx3RΔt＝mv－mv即－B2LS梯3R＝mv－mv其中S梯＝23L2所以v＝v0－23B2L33mR.考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用双杆模型物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，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于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题例3(2022·广东省模拟)如图所示，间距L＝1m的光滑平行金属导轨MN和PQ的倾斜部分与水平部分平滑连接，水平导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.2T的匀强磁场中，距离磁场左边界D＝1.8m的导轨上垂直放置着金属棒cd，现将金属棒ab从距离桌面高度h＝0.8m的倾斜导轨处由静止释放，随后进入水平导轨，两金属棒未相碰，金属棒cd从导轨右端飞出后，落地点距导轨右端的水平位移s＝1.20m．已知金属棒ab的质量m＝0.2kg，金属棒cd的质量1m＝0.1kg，金属棒ab、cd的电阻均为r＝0.1Ω、长度均为L，两金属棒在导2轨上运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，桌面离地面的高度H＝1.8m，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)金属棒cd在水平导轨上运动的最大加速度；(2)金属棒ab在水平导轨上运动的过程中克服安培力所做的功和整个回路中产生的焦耳热；(3)金属棒ab、cd在水平导轨上运动的过程中两金属棒之间距离的最小值．答案(1)8m/s2(2)0.7J0.5J(3)0.8m解析(1)金属棒ab从释放到刚进入水平导轨的过程，根据机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 2，金属棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的电流I ＝E 2r金属棒cd 所受的安培力大小为F cd ＝BIL ，此时金属棒cd 的加速度最大，最大加速度a m ＝F cd m 2联立解得a ＝8m/s 2(2)金属棒cd 离开水平导轨后做平抛运动，有s ＝v c t ，H ＝12gt 2金属棒ab 与金属棒cd 在相互作用的过程中，根据动量守恒定律得m 1v ＝m 1v a ＋m 2v c 设金属棒ab 克服安培力做的功为W ，由动能定理得－W ＝12m 1v a 2－12m 1v 2解得W ＝0.7J，整个回路中产生的焦耳热Q ＝m 1gh －12m 1v a 2－12m 2v c2解得Q ＝0.5J(3)金属棒cd 在安培力的作用下加速，根据动量定理得B I L Δt ＝m 2v c金属棒ab 、金属棒cd 组成的回路中通过某截面的电荷量q ＝I －Δt根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝B ΔxL Δt ，I －＝E 2r ，联立解得Δx ＝1m，两金属棒之间距离的最小值为D －Δx ＝0.8m.1.(多选)如图所示，水平金属导轨P 、Q 间距为L ，M 、N 间距为2L ，P 与M 相连，Q 与N 相连，金属棒a 垂直于P 、Q 放置，金属棒b 垂直于M 、N 放置，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．现给a 棒一大小为v 0的初速度，方向水平向右．设两部分导轨均足够长，两棒质量均为m ，在a 棒的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．在这个过程中，以下说法正确的是()A．俯视时感应电流方向为顺时针B．b 棒的最大速度为0.4v 0C．回路中产生的焦耳热为0.1mv 02D．通过回路中某一截面的电荷量为2mv 025BL 答案BC解析a 棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由题意分析可知，a 棒减速，b 棒加速，设a 棒的速度大小为0.8v 0时b 棒的速度大小为v ，取水平向右为正方向，根据动量定理，对a 棒有－B I L Δt ＝m ·0.8v 0－mv 0，对b 棒有B I ·2L Δt ＝mv ，联立解得v ＝0.4v 0，此后回路中电流为0，a 、b 棒都做匀速运动，即b 棒的最大速度为0.4v 0，故B 正确；根据能量守恒定律有Q ＝12mv 02－[12m (0.8v 0)2＋12m (0.4v 0)2]＝0.1mv 02，故C 正确；对b 棒，由2B I L ·Δt ＝mv 得，通过回路中某一截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝mv 2BL ＝mv 05BL ，故D 错误．2．(2022·安徽阜阳市质检)如图，两平行光滑金属导轨ABC 、A ′B ′C ′的左端接有阻值为R 的定值电阻Z，间距为L ，其中AB 、A ′B ′固定于同一水平面上(图中未画出)且与竖直面内半径为r 的14光滑圆弧形导轨BC 、B ′C ′相切于B 、B ′两点．矩形DBB ′D ′区域内存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场．导体棒ab 的质量为m 、阻值为R 、长度为L ，ab 棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t 后撤去推力，然后ab 棒与另一根相同的导体棒cd 发生碰撞并粘在一起，以32gr 的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC ′处．重力加速度大小为g ，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻．(1)求该推力的功率P ；(2)求两导体棒通过磁场右边界BB ′时的速度大小v ；(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z 产生的焦耳热Q ；(4)两导体棒到达CC ′后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域．若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD ′的距离x .答案(1)36mgrt(2)2gr(3)323mgr (4)不能3mR 2gr B 2L 2解析(1)设两导体棒碰撞前瞬间ab 棒的速度大小为v 0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt ＝12mv 02设ab 与cd 碰后瞬间结合体的速度大小为v 1，由题意知v 1＝32gr ，由动量守恒定律有mv 0＝2mv 1联立解得P＝36mgr t(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程分析，由机械能守恒定律有12×2mv2＝2mgr解得v＝2gr(3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为R2，阻值为R的定值电阻Z产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为Q2，由能量守恒定律有－(Q＋Q2)＝12×2mv2－12×2mv12解得Q＝323 mgr(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为I，DD′与BB′的间距为x1，由动量定理有－B I Lt1＝2mv－2mv1根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有I t1＝BLx13R2解得x1＝6mR2grB2L2由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝2gr，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该过程回路中的平均电流为I′，同前述道理可分别列式为－B I ′Lt 2＝0－2mvI ′t 2＝BL ·Δx 3R 2解得Δx ＝3mR 2gr B 2L 2显然Δx <x 1，假设成立，故导体棒不能向左穿过磁场区域，导体棒停止的位置与DD ′的距离x ＝x 1－Δx ＝3mR 2grB 2L2.专题强化练1.(2022·广东省调研)如图所示，左端接有阻值为R 的定值电阻，且足够长的平行光滑导轨CE 、DF 的间距为L ，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab 一个水平向右的瞬时冲量I ，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动B．电阻R 上产生的焦耳热为I 22m C．通过导体棒ab 横截面的电荷量为I BLD．导体棒ab 运动的位移为IRB 2L 2答案C解析导体棒获得向右的瞬时冲量后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力，向右做减速运动，有B 2L 2vR ＋r ＝ma ，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度减小的减速运动直至停止运动，A 错误；导体棒减少的动能E k ＝12mv 2＝12m (I m )2＝I 22m，根据能量守恒定律可得E k ＝Q 总，又根据串、并联电路知识可得Q R ＝R R ＋r Q 总＝I 2R2m R ＋r ，B 错误；根据动量定理可得－B I L Δt ＝0－mv ，I ＝mv ，q ＝I －Δt ，联立可得q ＝IBL，C 正确；由于q ＝I －Δt＝E －R ＋r Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ，将q ＝I BL 代入可得，导体棒ab 运动的位移x ＝I R ＋r B 2L2，D 错误．2．(多选)如图甲所示，质量m ＝3.0×10－3kg 的形金属细框水平放置在两水银槽中，形框的水平细杆CD 长l ＝0.20m，处于磁感应强度大小为B 1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300匝、面积S ＝0.01m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图乙所示．t ＝0.22s 时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h ＝0.20m．不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是()A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．0.10～0.20s内线圈中的磁通量最大，故感应电动势最大C．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DD．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C答案CD解析由题图乙所示图像可知，在0～0.10s内，ΔΦ＝ΔB2S＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01Wb0～0.10s内线圈中的感应电动势大小E＝n ΔΦΔt＝300×0.010.1V＝30V，在0.10～0.20s内线圈中的磁通量最大，但B2－t图像的斜率为0，故感应电动势为0，A、B错误；由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为由C到D，C正确；对细杆，由动量定理及题意得B1I l·Δt＝mv－0，细杆竖直向上做竖直上抛运动，有v2＝2gh，电荷量Q＝IΔt，联立解得Q＝m2ghB1l＝0.03C，D正确．3．(多选)(2022·河南信阳市高三质量检测)如图所示，两根足够长相互平行、间距d＝0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50Ω的电阻．一根阻值也为0.50Ω、质量m＝1.0×10－2kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上．在竖直导轨内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50T(图中未画出)．撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25s后下降了h＝0.29m．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取10m/s 2.下列说法正确的是()A．导体棒能获得的最大速度为20m/s B．导体棒能获得的最大速度为10m/sC．t ＝0.25s 时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10－2CD．t ＝0.25s 时导体棒的速度为2.21m/s 答案BCD解析导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg ＝F 安＝BId ，解得I ＝1A，又由E ＝Bdv m ，I ＝E2R，解得v m ＝10m/s，故A 错误，B 正确；在下落0.29m 的过程中有E ＝ΔΦt ，I ＝E 2R ，q ＝I t ，可知q ＝ΔΦ2R ，其中ΔΦ＝ΔS ·B ＝0.2×0.29×0.5Wb＝0.029Wb，解得q ＝2.9×10－2C，故C 正确；由动量定理有(mg －B I d )t ＝mv ，通过导体棒的电荷量为q ＝I t ＝Bdh 2R ，可得v ＝gt －B 2hd 22Rm，代入数据解得v ＝2.21m/s，故D 正确．4.(多选)(2022·山东青岛市黄岛区期末)如图，光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平桌面上，窄轨MP 间距0.5m，宽轨NQ 间距1m，电阻不计．空间存在竖直向上的磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场．金属棒a 、b 水平放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，a 棒的质量为0.2kg，b 棒的质量为0.1kg，若a 棒以v＝9m/s的水平初速度从宽轨某处向左滑动，最终与b棒以相同的速度沿窄轨运动．若a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，窄导轨足够长．下列说法正确的是()A．从开始到两棒以相同速度运动的过程，a、b组成的系统动量守恒B．金属棒a滑离宽轨时的速度大小为3m/sC．金属棒a、b最终的速度大小为6m/sD．通过金属棒横截面的电荷量为0.8C答案BD解析由于两导轨的宽度不相等，根据F＝BIL，知a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故A错误；a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，即做匀速运动，a棒匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有BLb vb＝BLava，La＝2Lb，得末速度vb＝2va，对a棒根据动量定理可得－B I LaΔt＝ma va－mav，对b棒根据动量定理可得B I LbΔt＝mbvb，联立代入数据解得va＝3m/s，vb＝6m/s，故B正确；a棒滑离宽轨道进入窄轨道后，a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和为零，系统动量守恒，设a、b两个金属棒最终的共同速度为v′，则ma va＋mbvb＝(ma＋mb)v′，解得v′＝4m/s，故C错误；b金属棒始终在窄轨道上运动，对b金属棒全过程利用动量定理可得B I′Lb ·Δt′＝mbv′，q＝I′·Δt′，即BLb q＝mbv′，代入数据得q＝0.8C，故D正确．5．(多选)如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l.磁感应强度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面向下．两根质量均为m 、电阻均为r 的导体杆a 、b 与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止．已知b 杆光滑，a 杆与导轨间最大静摩擦力大小为F 0.现对b 杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙所示规律变化的水平外力F ，已知在t 1时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F 1，下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．当a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为2F 0r B 2l 2B．在0～t 1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为2mF 0r B 2l 2－12F 1t 1C．在t 1～t 2这段时间内，a 、b 杆的总动量增加了F 1＋F 2t 2－t 12D．a 、b 两杆最终速度将恒定，且两杆速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小答案AD解析在整个运动过程中，a 、b 两杆所受安培力大小相等，当a 杆开始运动时，所受的安培力大小等于最大静摩擦力F 0，则B 2l 2v2r ＝F 0，解得b 杆的速度大小为v＝2F 0rB 2l2，选项A 正确；由动量定理得I F －I 安＝mv ，F －t 图线与横轴围成的面积表示I F 的大小，知I F ＝12F 1t 1，解得I 安＝I F －mv ＝12F 1t 1－2mF 0rB 2l2，选项B 错误；在t 1～t 2这段时间内，外力F 对a 、b 杆的冲量为I F ′＝F 1＋F 2t 2－t 12，因a 杆受摩擦力作用，可知a 、b 杆所受合力的总冲量小于F 1＋F 2t 2－t 12，即a 、b杆的总动量增加量小于F 1＋F 2t 2－t 12，选项C 错误；由于最终外力F ＝F 0，故此时对两杆整体，所受合力为零，两杆所受的安培力均为F 0，处于稳定状态，因开始时b 杆做减速运动，a 杆做加速运动，故a 、b 两杆最终速度将恒定，速度大小之差满足B 2l 2Δv2r ＝F 0，即Δv ＝v ，速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小，选项D 正确．6.(2022·天津市红桥区第二次质检)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处由静止释放．导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度大小为g .求：(重力加速度取10m/s 2)(1)导体棒的最大速度v m ，磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ；(3)若导体棒进入磁场后恰经t 时间达到稳定，这段时间的位移x 大小．答案(1)2gh mg IL (2)I 2R mg (3)(mgt ＋m 2gh －I 2R g )RB 2L2解析(1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得12mvm2＝mgh解得vm＝2gh电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，则有：BIL＝mg解得：B＝mg IL(2)感应电动势E＝BLv感应电流I＝E R解得v＝I2R mg(3)导体棒进入磁场t时间运动的过程由动量定理有mgt－B I Lt＝mv－mvm又q＝I t＝ΔΦR＝BLxR，解得x＝(mgt＋m2gh－I2Rg)RB2L2.7．(2022·陕西西安市一模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1m，左侧接R＝1Ω的定值电阻，右侧接电容C＝1F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ABCD区域长s ＝0.3m．金属杆a、b的长度均为L＝1m，质量均为m＝0.1kg，a的电阻为r ＝2Ω，b的电阻不计．金属杆a从距导轨水平部分h＝0.45m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动．求：(重力加速度g 取10m/s 2)(1)金属杆a 刚进入ABCD 区域时通过电阻R 的电流I ；(2)金属杆a 刚离开ABCD 区域时的速度v 2的大小；(3)金属杆b 稳定运动时的速度v 4的大小；(4)整个运动过程中金属杆a 上产生的焦耳热．答案(1)1A(2)2m/s(3)211m/s (4)16J 解析(1)金属杆a 从开始运动到进入ABCD 区域，由动能定理有mgh ＝12mv 12解得v 1＝3m/s刚进入ABCD 区域时E ＝BLv 1I ＝E R ＋r联立解得I ＝1A(2)金属杆a 从进入ABCD 区域到离开ABCD 区域，由动量定理有－B I L ·t ＝mv 2－mv 1I t ＝BL vR ＋r t ＝BLsR ＋r 解得v 2＝2m/s(3)金属杆a 、b 碰撞过程中，有mv 2＝mv 2′＋mv 31 2mv22＝12mv2′2＋12mv32解得v3＝2m/s，v2′＝0分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有－BLq＝mv4－mv3q C ＝BLv4联立解得v4＝211m/s(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝rR＋r(12mv12－12mv22)＝16J.8.如图所示，MN、PQ为足够长的水平光滑金属导轨，导轨间距L＝0.5m，导轨电阻不计，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T；两直导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，导体棒与导轨始终接触良好．导体棒ab的质量m1＝0.5kg，电阻R1＝0.2Ω；导体棒cd的质量m2＝1.0kg，电阻R2＝0.1Ω.将cd棒用平行于导轨的水平细线与固定的力传感器连接，给ab一个水平向右、大小为v＝3m/s 的初速度，求：(1)导体棒ab开始运动瞬间两端的电压Uab；(2)力传感器示数F随ab运动距离x的变化关系；(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5m/s时剪断细线，求此后回路中产生的焦耳热．答案(1)0.5V(2)F＝2.5－2518x(N)(0≤x≤1.8m)(3)0.375J解析(1)导体棒ab开始运动瞬间产生的感应电动势E＝BLv＝1×0.5×3V＝1.5 V回路的电流I＝ER1＋R2＝1.50.2＋0.1A＝5A导体棒ab开始运动瞬间两端的电压U ab ＝IR2＝0.5V(2)设导体棒ab向右运动x时的速度为v，则根据动量定理得－B I LΔt＝m1v－m1v而I＝ER1＋R2，E＝ΔΦΔt ＝BLx Δtab棒所受安培力F安＝BI′L＝B2L2vR1＋R2cd棒与ab棒所受安培力大小相等，故力传感器的示数F＝F安，联立得F＝B2L2R1＋R2[v－B2L2xm1R1＋R2]代入数据得F＝2.5－2518x(N)(0≤x≤1.8m)(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5m/s时剪断细线，此后ab做减速运动，cd 做加速运动，当两棒速度相等时达到稳定状态，由动量守恒定律可知m1v1＝(m1＋m2)v′回路中产生的焦耳热等于损失的机械能，则Q＝12m1v12－12(m1＋m2)v′2代入数据解得Q＝0.375J.。

电磁感应问题中动量定理应用归类电磁感应是电学的一个重要分支，它描述了磁场和电场交互作用的现象。

在这个过程中，一个恒定的磁场会在一个导体中产生一个阻尼运动，并且电流也会在其中生成。

这一过程应用了产生电动势的定律，即法拉第电磁感应定律。

动量定理则对于电磁感应过程中的动量守恒起着重要作用，如将动量定理应用于电磁感应问题中，可以更好地理解相关物理现象，提高我们的物理理解和分析问题的能力。

1.动量定理的基本概念动量定理是物理学中研究运动学的重要定理之一。

它不仅可以帮助我们更好地理解自然界中的运动现象，还能解释各种力学现象的本质。

动量定理内容如下：物体的动量变化率等于施加在物体上的合外力。

其中动量是质量和速度的乘积，即动量p=mv，其中p是动量，m是质量，v是速度。

合外力指施加在物体上的所有力的矢量和，其大小和方向由物体所处的环境和状态确定。

2.动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理具有重要意义。

在电磁感应过程中，当一个导体通过磁场时，这个磁场会产生一个运动阻力，从而使导体运动速度降低。

这就是动量定理在电磁感应中的应用。

其中，动量定理可通过法拉第电磁感应定律得出，即磁通量改变剩余电荷所导致的电场。

当导体移动时，磁场以一定范围控制导体中的电子运动。

在这个过程中，当导体中的所有电荷向一个方向移动时，电子会受到合力，并且导体运动速度会降低。

这个动量由阻尼力提供，而阻尼又是由其与磁场的相互作用引起的。

此外，当电流被生成时，它还可以通过磁场和电场的相互作用来影响导体的运动。

动量定理可以帮助我们更好地理解这一复杂的过程。

在电磁感应过程中，动量定理告诉我们，当导体受到电磁力时，它的速度将会变化。

当导体停止运动时，电荷分布在导体上将会发生改变。

这一过程会继续，直到电流达到稳定状态为止。

3.电磁感应的动量定理应用案例一种常见的电磁感应案例是感应式加热。

感应式加热是一种运用电磁感应原理，通过电流在导体中产生的热来加热物体的加热方式。

电磁感应与动量、能量的综合应用题组一：动量守恒、动量定理【例1】如图所示，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段部分组成。

其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为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，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°，求：（1）ab棒在N处进入磁场区速度多大？此时棒中电流是多少？（2）cd棒能达到的最大速度是多大？（3）cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？【例2】（动量定律）如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。

导轨间的距离l=0.20m。

两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。

在t=0时刻，两杆都处于静止状态。

现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。

经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？【例3】两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。

导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0．若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．（2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少？ Bv0La c db12habB 二：二级结论 电磁感应中的一个重要推论——安培力的冲量公式RBLBLq t BLI t F ∆Φ==∆=∆ 【例3】如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L 的区域内，有一个边长为a （a <L ）的正方形闭合线圈以初速v 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v （v <v 0）那么A ．完全进入磁场中时线圈的速度大于（v 0+v ）/2；B ．安全进入磁场中时线圈的速度等于（v 0+v ）/2；C ．完全进入磁场中时线圈的速度小于（v 0+v ）/2；D ．以上情况A 、B 均有可能，而C 是不可能的【例4】光滑U 型金属框架宽为L ，足够长，其上放一质量为m 的金属棒ab ，左端连接有一电容为C 的电容器，现给棒一个初速v 0，使棒始终垂直框架并沿框架运动，如图所示。

动量定理与电磁感应的综合应用1．如图所示,在光滑的水平面上有竖直向下(垂直纸面向里)的匀强磁场分布在宽度为s 的区域内.一个边长为L （L<s ）的正方形闭合线圈以初速度v 0垂直与磁场的边界穿过磁场后速度变为v.设线圈完全进入磁场时的速度为v',则( )A.0'2v v v +>B.0'2v vv += C.0'2v vv +< D.无法判断3．如图所示，质量m ＝3.0×10－3kg 的“”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“”型框的水平细杆CD 长l ＝0.20 m ，处于磁感应强度大小B 1＝1.0 T 、方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数n ＝300匝、面积S ＝0.01 m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连。

线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2的大小随时间t 变化的关系如图所示。

(1)求0～0.10 s 线圈中的感应电动势大小； (2)t ＝0.22 s 时闭合开关K ，若细杆CD 所受安培力方向竖直向上，判断CD 中的电流方向及磁感应强度B 2的方向；(3)t ＝0.22 s 时闭合开关K ，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h ＝0.20 m ，求通过细杆CD 的电荷量。

4.如图所示，平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=2T，导轨间距L=0.5m。

有两根金属棒MN、PQ质量均为lkg，电阻均为0.5Ω，其中PQ静止于导轨上，MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上，细线长h=0.9m，当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力。

现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为60°，然后由静止释放MN，忽略空气阻力。

发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起，PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度，且在之后1s时间内向左运动的距离s=1m。

电磁感应与动量的综合1．安培力的冲量与电量之间的关系： 设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即t F I ∆=安冲 而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值）故有：安培力的冲量t L I B I ∆⋅=冲而电量q =I Δt ，故有BLq I =冲因只在安培力作用下运动 BLq =mv 2－mv 1 BLP q ∆= 2．感应电量与磁通量的化量的关系：Rn t R t n t RE t I q ∆Φ=∆⋅∆∆Φ=∆⋅=∆⋅= 若磁感应强度是匀强磁场，R BLx R S B R q =∆=∆Φ= 以电量作为桥梁，把安培力的冲量、动量变化量与回路磁通量的变化量、导体棒的位移联系起来。

例1．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a （a <L ）的正方形闭合线圈以初速度v 0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v (v <v 0)，那么线圈A ．完全进入磁场中时的速度大于（v 0+v ）/2B ．完全进入磁场中时的速度等于（v 0+v ）/2C ．完全进入磁场中时的速度小于（v 0+v ）/2D ．以上情况均有可能例2．在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R ，导轨宽d ，电阻不计，导体棒AB 垂直于导轨放置，质量为m ，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B 。

现给导体棒一水平初速度v 0，求AB 在导轨上滑行的距离。

例3．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路。

已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R ，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。

开始时，导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0，两导体棒在运动中始终不接触。

高中物理：动量定理在电磁感应中的应用碰撞与动量这部分内容对进一步学习物理学科是非常重要的，因为动量守恒定律是解决经典力学和微观物理问题的重要工具和方法之一。

动量动量定理1、动量、冲量2、动量变化量和动量变化率3、动量、冲量4、应用动量定理解题的一般步骤(1)选定研究对象，明确运动过程(2)受力分析和运动的初、末状态分析(3) 选正方向，根据动量定理列方程求解动量动量定理动量定理揭示了冲量和动量变化量之间的关系.1．应用动量定理的两类简单问题(1) 应用I＝Δp求变力的冲量和平均作用力.物体受到变力作用，不能直接用I＝Ft求变力的冲量.(2) 应用Δp＝Ft求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化．曲线运动中,作用力是恒力，可求恒力的冲量，等效代换动量的变化量.2．动量定理使用的注意事项(1) 用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简便.(2) 动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．3．动量定理在电磁感应现象中的应用在电磁感应现象中，安培力往往是变力，可用动量定理求解有关运动过程中的时间、位移、速度等物理量.动量守恒定律1、动量守恒定律内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律．2、动量守恒定律表达式(1) m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，两个物体组成系统相互作用前后，动量保持不变.(2) Δp1＝－Δp2，相互作用的两物体组成的系统，两物体的动量变化量大小相等、方向相反.(3) Δp＝0，系统的动量变化量为零．3、对动量守恒定律的理解(1) 矢量性：只讨论物体相互作用前后速度方向都在同一条直线上的情况，这时要选取一个正方向，用正负号表示各矢量的方向．(2) 瞬时性：动量是一个状态量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定.(3) 相对性：动量的大小与参考系的选取有关，一般以地面为参考系.(4) 普适性：①适用于两物体系统及多物体系统；②适用于宏观物体以及微观物体；③适用于低速情况及高速情况.动量守恒定律的简单应用1、应用动量守恒定律的条件(1) 系统不受外力或系统所受的合外力为零．(2) 系统所受的合外力不为零，比系统内力小得多.(3) 系统所受的合力不为零，在某个方向上的分量为零.2、运用动量守恒定律解题的基本思路(1) 确定研究对象并进行受力分析和过程分析；(2) 确定系统动量在研究过程中是否守恒；(3) 明确过程的初、末状态的系统动量；(4) 选择正方向，根据动量守恒定律列方程.3、动量守恒条件和机械能守恒条件的比较(1) 守恒条件不同：系统动量守恒是系统不受外力或所受外力的矢量和为零；机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功，重力或弹簧弹力以外的其他力不做功.(2) 系统动量守恒时，机械能不一定守恒.(3) 系统机械能守恒时，动量不一定守恒.动量定理在电磁感应中的应用电磁感应中的动力学问题往往比较复杂，运用动量和能量的观点可以清晰、简洁地解决问题。