第二章 专题强化13 电磁感应中的动量问题（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册学习笔记（人教版 浙江专版）

本高中物理讲义聚焦电磁感应中的动量问题这一核心知识点，系统梳理动量定理、动量守恒定律与电磁感应规律的结合应用。以单棒切割磁感线的非匀变速运动为起点，延伸至双棒系统的动量守恒问题，构建从基础规律到复杂模型的学习支架，帮助学生衔接电磁感应与动量知识。 资料通过“问题情境—规律应用—例题解析—专题强化”的设计，突出科学思维中的模型建构与科学推理。例如单棒运动中用动量定理推导电荷量与位移关系，双棒问题中运用动量守恒分析共速过程，培养学生解决综合问题的能力。课中辅助教师分层教学，课后学生可通过例题和练习查漏补缺，强化知识应用。

*专题强化13　电磁感应中的动量问题 [学习目标]　1.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题(重难点)。2.进一步掌握动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等基本规律(重难点)。 一、动量定理在电磁感应中的应用 如图所示，水平固定且足够长的光滑U形金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，在导轨上放置金属棒。定值电阻的阻值为R，金属棒的电阻为r，导轨宽度为L。若棒分别以初速度v0、2v0向右运动， (1)请分析金属棒的运动情况？ (2)两种情况下，从金属棒开始运动至棒停止过程中，通过R的电荷量q1、q2之比为多少？ (3)两种情况，从金属棒开始运动至棒停止时的位移x1、x2之比为多少？ 答案　(1)金属棒受到向左的安培力F安＝＝ma，金属棒速度减小，加速度减小，金属棒做加速度减小的减速运动，最终静止。 (2)当金属棒的初速度为v0时，由动量定理可得－BLt＝0－mv0，q1＝t，解得q1＝，同理可得q2＝，得。 (3)q1＝，ΔΦ＝BΔS＝BLx1，可得q1＝，x1＝，同理可得x2＝ 得。 在导体单棒切割磁感线做非匀变速运动时，若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙求解。 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， 如果导体棒只受安培力作用，则－BIl·Δt＝mv2－mv1 若除安培力外还受其他外力，则F·Δt－BIl·Δt＝mv2－mv1， 安培力的冲量为I安＝BLt＝BLq， 通过导体棒或金属框的电荷量为q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n， 磁通量变化量ΔΦ＝BΔS＝BLx。 由以上式子可将流经棒的电荷量q、棒的位移x、时间t及速度变化结合在一起，即可求q、x或v、t。 例1　(多选)如图所示，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，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并始终与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是(　　) A.ab杆将做匀减速运动直到静止 B.ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C.ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为 D.ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为 答案　BD 解析　ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝，加速度大小为a＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，安培力大小为FA'＝，所以加速度大小为a＝，故B正确；对ab杆，由动量定理得－BL·Δt＝m－mv0，即BLq＝mv0，解得q＝，所以通过定值电阻的电荷量为，故C错误；由q＝，解得ab杆通过的位移x＝，故D正确。 例2　如图甲所示，电阻不计且间距L＝1.5 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的电阻，虚线OO'下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO'上方某处由静止释放。金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab进入磁场时的速度v0＝1 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小B；(结果可用根号表示) (2)杆ab下落0.3 m的过程中，电阻R上产生的热量Q；(结果保留三位有效数字) (3)杆ab从进入磁场到下落至0.3 m处的时间。 答案　(1) T　(2)0.383 J　(3)0.45 s 解析　(1)金属杆进入磁场后，杆ab所受的安培力方向与运动方向相反，竖直向上。由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小a0＝10 m/s2，方向竖直向上。 由牛顿第二定律得BI0L－mg＝ma0 金属杆刚进入磁场时，根据闭合电路欧姆定律得 I0＝ 解得B＝ T (2)通过a－h图像知h＝0.3 m时a＝0 则金属杆受到的重力与安培力平衡，可得 mg＝BIL＝ 解得v＝＝0.5 m/s ab杆下落0.3 m的过程中，由能量守恒定律有 mgh＝Q总＋mv2 电阻R上产生的热量为 Q＝Q总≈0.383 J (3)金属杆自由下落的高度 h0＝＝0.05 m 杆ab下落0.3 m的过程中，通过磁场的距离为 x＝h－h0＝0.3 m－0.05 m＝0.25 m 杆ab从进入磁场到下落至0.3 m处通过电阻R的电荷量q＝Δt＝ C 杆ab从进入磁场到下落至0.3 m处，由动量定理得mgt－BLt＝mgt－BLq＝mv－mv0 解得t＝0.45 s。 二、动量守恒定律在电磁感应中的应用 如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得平行导轨向右的初速度v0。 (1)试分析金属棒a、b的运动情况，两金属棒稳定后分别做什么运动？ (2)在运动过程中两金属棒受到安培力的冲量有什么关系？把两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化？ (3)金属棒a、b稳定后的速度？ (4)从两金属棒开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热？ 答案　(1)金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，b棒切割磁感线产生顺时针方向的感应电流；两棒的速度差减小，总电动势E＝BL(va－vb)减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，两金属棒稳定后均做匀速直线运动。 (2)两金属棒所受安培力冲量等大反向，系统的合外力为零，两棒组成的系统动量守恒。 (3)设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得va＝vb＝v＝。 (4)根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q＝m(2m)·v2＝。 1.问题情景： 在相互平行的水平轨道间的双棒切割磁感线的问题中，若这两棒受的安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，两棒组成的系统动量守恒。 2.这类问题可以从以下三个观点来分析： (1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。 (2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒所受的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。 (3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。 在上面的问题中，求金属棒a从初速度v0到两棒共速的过程中， (1)流过金属棒a的电荷量q； (2)a和b距离的增加量Δx。 答案　(1)由动量定理得－BLΔt＝m－mv0 ，q＝Δt 解得q＝ (2)根据电荷量的推论公式q＝，解得a和b距离的增加量Δx＝。 例3　(2024·台州市双语高中高二月考)如图所示，间距均为L的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。a、b为两根粗细均匀的金属棒，a棒质量为m，长度为L、电阻为R，垂直固定在倾斜轨道上距水平面高h处；b棒质量为2m、长度为L、电阻为2R，与水平导轨垂直并处于静止状态。a棒解除固定后由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为g，求： (1)a棒刚进入磁场时产生的电动势大小； (2)当a棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b棒的加速度大小； (3)整个运动过程中，b棒上产生的焦耳热。 答案　(1)BL　(2)　(3)mgh 解析　(1)设a棒下落到底端刚进入磁场瞬间的速度大小为va，由机械能守恒定律可得mgh＝m 解得va＝ 则刚进入磁场时产生的感应电动势的大小为E＝BLva＝BL； (2)当a棒的速度变为刚进入磁场时速度的一半时产生的感应电动势记为E1，设此时b棒的速度为vb，则由动量守恒定律可得mva＝mva＋2mvb 解得vb＝va 则此时的感应电动势为E1＝BL(va－vb)＝BL 根据闭合电路的欧姆定律可知此时回路中的电流为I＝ 可知b棒此时所受安培力的大小为Fb＝BIL＝ 由牛顿第二定律有Fb＝2mab 解得ab＝； (3)通过分析可知a、b棒最终将达到共速，之后一起做匀速直线运动，由动量守恒定律可得mva＝(m＋2m)v共 在运动过程中由能量守恒可得m(m＋2m)＋Q总 联立以上两式可得Q总＝mgh 而a、b棒串联，则产生的焦耳热等于电阻之比，由此可得b棒上产生的焦耳热为Qb＝mgh×mgh。 电磁感应中不同物理量的求解策略 求加速度：动力学观点； 求焦耳热：能量观点； 系统的初、末速度关系：动量守恒定律； 求电荷量、位移或时间：运用动量定理分析。 专题强化练 [分值：40分] [1~4题，每题4分] 1.(多选)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零，已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是(　　) A.杆刚进入磁场时速度大小为 B.杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为 C.整个过程中，流过金属杆的电荷量为 D.整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为 答案　BCD 解析　杆刚进入磁场之前的加速度大小为a＝，则进入磁场时速度大小为v＝at＝，故A错误；杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Bdv，则电阻R1两端的电势差大小为UR1＝×E＝Bdv＝，故B正确；金属杆进入磁场后，由动量定理有Δt＝mv即BdΔt＝mv，又Δt＝q，解得q＝，故C正确；整个过程中，回路产生的总焦耳热为Q＝mv2＝，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1＝Q＝，故D正确。 2.(多选)如图所示，平行光滑金属导轨水平放置，间距L＝2 m，导轨左端接一阻值R＝1 Ω的电阻，图中虚线与导轨垂直，其右侧存在磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m＝1 kg的金属棒垂直导轨放置在虚线左侧，距虚线的距离为d＝0.5 m。某时刻对金属棒施加一大小为F＝4 N的向右的恒力，金属棒在磁场中运动s＝2 m的距离后速度不再变化，金属棒与导轨的电阻忽略不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则金属棒从静止到开始匀速运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A.金属棒刚进入磁场时的速度为2 m/s B.金属棒开始匀速运动的速度为2 m/s C.金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中通过电阻R的电荷量为2 C D.金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中所用时间为1 s 答案　ACD 解析　设金属棒刚进入磁场时速度为v0，根据运动学公式知＝2··d，解得v0＝2 m/s，故A正确； 设金属棒匀速运动时速度为v，此时有F与安培力平衡，即F＝BIL＝B··L，解得v＝4 m/s，故B错误； 金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中，对金属棒在每小段时间Δt根据动量定理有(F－BIL)·Δt＝m·Δv，即FΔt－BLIΔt＝m·Δv，其中IΔt为该段时间内通过电路的电荷量q，则两边对金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中总时间t进行累积得Ft－BLq总＝mv－mv0，同时有q总＝t＝t＝＝2 C，解得t＝1 s，故C、D正确。 3.(多选)(2024·嘉兴高级中学高二月考)如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，导轨间有方向竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，质量均为m、有效电阻均为R的金属棒ab和cd垂直于导轨放置，均处于静止状态，现给ab棒一个方向水平向左、大小为v0的初速度，下列说法正确的是(　　) A.从ab棒开始运动到回路无电流的过程中，回路产生的焦耳热为 B.从ab棒开始运动到回路无电流的过程中，回路产生的焦耳热为 C.最终回路无电流通过后，两棒间的距离比静止时增大 D.最终回路无电流通过后，两棒间的距离比静止时增大 答案　BC 解析　ab棒存在方向水平向左、大小为v0的初速度，此时磁通量改变，电路产生感应电流，在安培力的作用下，cd棒向左运动，最终闭合回路间的磁通量不发生改变，即金属棒ab和cd共速，由水平方向上动量守恒，可得mv0＝2mv1，解得v1＝，根据能量守恒可得m×2m＋Q，解得Q＝，故A错误，B正确；金属棒受到的安培力为F安＝BIL＝，根据动量定理可得mv1＝F安t＝，解得Δx＝，故C正确，D错误。 4.(多选)如图所示，平行且光滑的金属导轨MN、PQ放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距为L、电阻不计。质量为m的导体棒1和质量为2m的导体棒2置于导轨上，两导体棒相距x，导体棒1和导体棒2的电阻分别为R和2R。现在分别给导体棒1和导体棒2向左和向右的初速度v0和2v0，导体棒1和2始终与导轨垂直且接触良好，关于导体棒1和导体棒2以后的运动，下列说法正确的是(　　) A.导体棒1和导体棒2构成的回路，初始时刻电动势为3BLv0 B.初始时刻导体棒2所受安培力大小为 C.当导体棒1的速度为0时，导体棒2的速度为v0 D.很长一段时间后，导体棒1和导体棒2的距离为＋x 答案　AD 解析　根据右手定则可知，初始时刻导体棒1和导体棒2中产生的感应电流方向分别为向下和向上，所以总感应电动势大小为E＝E1＋E2＝3BLv0，故A正确； 初始时刻，回路中电流为I＝，导体棒2所受安培力大小为F＝BIL＝，故B错误； 导体棒1和导体棒2所受安培力大小相等、方向相反，导体棒1和导体棒2组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，取向右为正方向，当导体棒1速度为0时，根据动量守恒定律有2m·2v0－mv0＝2mv2，解得v2＝v0，故C错误； 很长一段时间后，回路中感应电流为零，导体棒1和导体棒2会以相同的速度运动，根据动量守恒定律有2m·2v0－mv0＝3mv共，解得v共＝v0，对导体棒2根据动量定理有－BLt＝2mv共－2m·2v0，设最终导体棒1和导体棒2的距离为x'，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有，解得x'＝＋x，故D正确。 [5题5分] 5.(多选)(2025·杭州市高二期中)我国第三艘航母福建舰已正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距为L的固定光滑导轨，水平放置处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现将一质量为m、电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下向右加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.空间存在的磁场方向为垂直纸面向外 B.金属滑块在轨道上运动的最大加速度为 C.金属滑块在轨道上运动的最大速度为 D.金属滑块滑离轨道的整个过程中流过它的电荷量为 答案　BC 解析　开关K置于b的瞬间，金属滑块会在电磁力的驱动下向右加速运动，根据左手定则可知，空间存在的磁场方向应垂直纸面向里，故A错误； 开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时对应的安培力最大，滑块的加速度最大，根据牛顿第二定律可得F＝BIL＝mam，I＝，解得am＝，故B正确； 金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，在金属滑块滑动过程中，由动量定理得BL·Δt＝mv，Δq＝·Δt，电容器放电过程的电荷量变化为Δq＝C·ΔU＝C(E－U)，根据法拉第电磁感应定律可得U＝BLv，联立解得v＝，Δq＝，故C正确，故D错误。 6.(11分)(2024·衢州市高二期末)如图甲所示，粗糙的两平行金属导轨MN、PQ水平固定放置，两导轨的间距L＝0.4 m，导轨足够长，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.5 T。在两导轨之间连接电流传感器，电流传感器与计算机相连，已知电流传感器的内阻R＝0.5 Ω。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属棒，其质量m＝0.1 kg，电阻r＝1.5 Ω，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时金属棒靠在弹射器上，启动弹射器后，金属棒立即获得一个水平向右的初速度v0＝3 m/s，从棒开始运动到停止的过程中，棒始终与两导轨垂直，且由计算机测得流经电流传感器的电荷量q＝0.1 C。其余电阻均不计，求： (1)(3分)棒刚开始运动时电流传感器中的电流大小及比较M、P点的电势高低； (2)(2分)棒在导轨上运动的时间； (3)(6分)若在导轨表面适当位置涂上一种特殊导电材料，其动摩擦因数μ与棒在导轨上滑行的距离x关系如图乙所示。从棒开始运动到停止的过程中，计算机测得流经电流传感器的电荷量q'＝0.05 C，求： ①此过程中金属棒的位移； ②金属棒产生的焦耳热(提示：可以用F－x图像的“面积”表示力F所做的功)。 答案　(1)0.3 A　M点电势高　(2)1.4 s　(3)①0.5 m　②0.225 J 解析　(1)感应电动势为E＝BLv0＝0.6 V 电流为I1＝＝0.3 A 根据右手定则判断M点电势更高； (2)安培力的冲量为IA＝∑ILBΔt＝BLq＝0.02 kg·m/s 根据动量定理可得－μmgt－IA＝0－mv0 解得t＝1.4 s； (3)①设棒在导轨上滑行的距离为x，此过程回路中的感应电动势为E＝ 感应电流为I＝ 经电流传感器的电荷量为q'＝IΔt 依题意可得磁通量变化量为ΔΦ＝BLx 联立解得x＝＝0.5 m ②根据μ－x图像可得x＝0.5 m时μ2＝0.5 摩擦产生的热量为Qf＝x＝0.15 J 根据能量守恒定律可知m＝Qf＋Q焦 电路中产生的总焦耳热为Q焦＝m－Qf＝0.3 J 金属棒中产生的焦耳热为Q＝Q焦＝0.225 J。 [7分] 7.(多选)(2025·杭州市高二期中)如图所示，光滑水平金属导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现给cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中，下列说法正确的是(　　) A.ab和cd组成的系统动量守恒 B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动 C.cd最终的速度为v0 D.从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为m 答案　CD 解析　导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A错误； 根据题意可知，当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有Blvab＝B·2lvcd，对导体棒ab，规定水平向右为正方向，由动量定理可得B·lΔt＝mvab，对导体棒cd，规定水平向右为正方向，由动量定理可得－B·2lΔt＝2mvcd－2mv0，联立解得vab＝，vcd＝，故B错误，C正确； 由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热Q＝×2m×2mm，解得Q＝，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $