第2章 专题提升课9 电磁感应中的动量问题-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修二同步教参（人教版·新教材）

专题提升课9　电磁感应中的动量问题 微专题一　动量定理在电磁感应中的应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．电荷量的求解 (1)恒定电流的电荷量可以用q＝It求解。 (2)变化电流的电荷量则需用动量定理求解。 2．动量定理的应用 (1)如图所示，不计电阻的光滑金属导轨固定在水平面上，电阻不计的导体棒向右运动时会受到向左的安培力F＝BIl＝，I、v、F均随时间变化。考虑很短的时间Δt，由动量定理得 －BIlΔt＝－·Δt＝mΔv 对等式两边求和，考虑到 ∑IΔt＝q，∑vΔt＝x，∑Δv＝v′－v0 可得－Blq＝－＝m(v′－v0) 由此式可知，若知道导体棒的速度变化量 ，就能求出该运动过程通过电路的电荷量q、位移x，反之亦可以求出末速度v′。 (2)动量定理只考虑初末状态，可以从整体上以平均值的角度分析。导体棒运动位移x时， ΔΦ＝Blx，＝，＝，x＝Δt， 则－Δt＝－BlΔt＝－Blq＝－＝m(v′－v0)。　 　(2026·辽宁沈阳市期末)如图所示，两根一样的“L”形金属导轨平行放置，其间距为d，导轨竖直部分粗糙，水平部分光滑且足够长。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。有两根导体棒ab和cd，它们的质量都为m，阻值都为R。ab棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ。ab棒在竖直导轨平面左侧并垂直于导轨固定，cd棒垂直于导轨放置在水平导轨上。现用一大小为F的水平恒力由静止开始向右拉动cd棒，同时释放ab棒。t s末ab棒速度恰好为0。ab棒始终与竖直导轨接触良好，其余电阻不计，则下列说法正确的是(　　) A．0到t s内ab棒先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 B．0到t s内ab棒与cd棒所受安培力均做负功 C．0到t s内通过ab棒的电荷量q＝ D．t s末cd棒的速度大小v＝ [解析]　对ab棒分析可知mg－μFN＝ma，FN＝BId，其中I＝＝，由于cd棒的速度改变，可知ab棒的加速度不恒定，故A错误；根据右手定则可知电流由c到d，cd棒所受安培力向左，做负功，ab棒所受安培力向右，与运动方向垂直，不做功，故B错误；0到t s内对ab棒根据动量定理有mgt－μBdt＝0，解得q＝，故C错误；0到t s对cd棒运用动量定理有Ft－Bdt＝mv，解得v＝，故D正确。 [答案]　D 　如图所示，一对间距L＝1 m、足够长的平行光滑金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左端接有R＝0.5 Ω的电阻，长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，其质量m＝0.1 kg，电阻也为R，整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。水平向右的恒力F＝4 N作用在金属棒ab上，当t＝2 s时，金属棒ab的速度达到最大，随后撤去力F，金属棒最终静止在导轨上。导轨电阻忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)金属棒ab运动的最大速度v； (2)撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量； (3)撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。 [解析]　(1)当金属棒ab所受合力为零时，速度最大，对金属棒ab有F＝F安＝ 所以金属棒ab运动的最大速度 v＝4 m/s。 (2)前2 s内对金属棒ab，由动量定理得 Ft－BLt＝mv－0 其中q＝t 解得q＝7.6 C。 (3)撤去拉力后，对金属棒ab利用动量定理得 －B′Lt′＝0－mv 其中q′＝′t′＝＝0.4 C 根据法拉第电磁感应定律有＝ 由闭合电路的欧姆定律有′＝ 联立可得q′＝＝ 所以撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移x＝0.4 m。 [答案]　(1)4 m/s　(2)7.6 C　(3)0.4 m 微专题二　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，导轨所处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稳定后的速度大小是多少？ (4)从两金属棒开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热是多少？ [提示]　(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棒做加速度减小的减速直线运动，b棒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v＝。 (4)据能量守恒定律可知，整个过程产生的焦耳热Q＝mv－×2mv2，解得Q＝mv 守恒条件分析 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，安培力为系统内力，如果两安培力等大、反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。 　(2026·贵州铜仁市期末)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光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝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v0＝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的运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求： (1)杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时的速度大小； (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。 [解析]　(1)杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处的过程中，由机械能守恒定律得magh＝mav 解得va＝5 m/s。 (2)设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb＝(ma＋mb)v′，其中vb＝2 m/s 代入数据解得v′＝ m/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va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得 BdI·Δt′＝ma(va－v′) 而q＝I·Δt′ 代入数据解得q＝ C。 (3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热 Q＝magh＋mbv02－(ma＋mb)v′2 解得Q＝ J b棒中产生的焦耳热Q′＝Q＝ J。 [答案]　(1)5 m/s　(2) C　(3) J 　(2026·辽宁沈阳市期中)如图所示，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L和2L，分别处于磁感应强度大小为2B和B的竖直向下匀强磁场中，导轨右端接一阻值为R的电阻。金属棒a、b分别置于左、右两侧导轨上，a的电阻为r、长度为L、质量为m，b的电阻为2r、长度为2L、质量为2m。初始时刻开关S断开，静止的两棒用绝缘丝线连接，两棒间置有劲度系数为k、压缩量为x0的轻质绝缘弹簧，弹簧与两棒不连接。剪断丝线，弹簧恢复原长时，a恰好脱离导轨，b速度大小为v0，此时闭合S。已知弹簧弹性势能Ep＝kx2(x为弹簧形变量)，整个过程中两棒与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计，求： (1)初始时刻a棒距导轨左端的距离xa； (2)弹簧恢复原长过程中，a棒上产生的热量Qa。 [解析]　(1)设弹簧弹开两棒的过程中，任一时刻流过两棒的电流为I，则有Fa＝2BIL＝Fb＝BI·2L 故两棒系统动量守恒，根据动量守恒定律可得ma＝2mb 则有a＝，b＝ 且有xa＋xb＝x0 整理可得mxa＝2mxb 联立解得xa＝，xb＝。 (2)弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律有mva＝2mv0 根据能量守恒定律有kx＝mv＋·2mv＋Qa＋Qb 结合题意可知＝ 解得Qa＝－mv。 [答案]　(1)　(2)－mv 1．常见双杆模型 2．解答“双杆”模型的技巧 (1)确定电源：两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝＝Bl|v1－v2|。 (2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。 (3)动量、能量分析：若双杆系统所受外力的矢量和为零，首先用动量守恒定律求速度，再用能量守恒定律求电能。若双杆系统所受合外力不为零，应考虑应用动量定理进行求解。 (4)位移分析：利用动量定理结合磁通量的变化量进行求解。 1．(动量定理的应用)(多选)(2026·辽宁锦州市期中)如图所示，在绝缘的光滑水平面上有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为s的区域内，磁感应强度大小为B。有一个边长为L(L<s)的正方形均匀线框abcd，以初速度2v0垂直于磁场边界进入磁场，当线框的cd边刚进入磁场时，线框的速度大小为v0。已知线框的质量为m，下列说法正确的是(　　) A．ab边刚进入磁场时，c、d间电压为BLv0 B．cd边刚进入磁场时，a、b间的电压为BLv0 C．cd边从进入磁场到离开磁场的过程中，穿过线框动能的变化量为mv D．cd边从进入磁场到离开磁场的过程中，线框动量变化量的大小为mv0 解析：选AD。ab边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律有E＝BL·2v0，设线框的电阻为R，则cd边上的电压U＝×＝BLv0，故A正确；cd边刚进入磁场时，回路中电流为0，a、b间的电压为BLv0，故B错误；线框进入磁场的过程中，安培力的冲量I＝BLt＝BLt＝BL，由于进入磁场到离开磁场的过程中，穿过线框磁通量的变化大小相同，所以安培力的冲量大小相等，又根据动量定理有BLt＝2mv0－mv0，所以cd边进入磁场到离开磁场的过程中，线框动量大小的减小量为mv0，cd边离开磁场时速度变为零，cd边从进入磁场到离开磁场的过程中，线框动能的变化量为－mv，故C错误，D正确。 2．(动量守恒定律的应用)(多选)(2026·陕西商洛市期中)如图所示，两根平行光滑的金属导轨ACD－A1C1D1由四分之一圆弧部分与水平部分构成，弧形部分半径r＝0.8 m、导轨间距L＝1 m，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。两根完全相同的金属棒a、b分别垂直于导轨静置于圆弧顶端AA1处和水平导轨上某位置，两金属棒质量均为m＝1 kg、接入导轨间的电阻均为R＝1.0 Ω。金属棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部分，水平导轨足够长，整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．金属棒a刚进入磁场时，金属棒b所受安培力大小为2 N B．金属棒a进入磁场后，二者的稳定速度是1.5 m/s C．从金属棒a进入磁场到二者达到稳定速度的过程中，通过金属棒a的电荷量为2.0 C D．从金属棒a进入磁场到二者达到稳定速度的过程中，金属棒b中产生的焦耳热是2.5 J 解析：选AC。金属棒a刚进入磁场时的速度v0＝＝4 m/s，感应电流I0＝＝2 A，金属棒b所受安培力大小Fb安＝BI0L＝2 N，A正确；金属棒a进入磁场后，稳定时根据动量守恒定律有mv0＝2mv，解得二者的稳定速度v＝2 m/s，B错误；从金属棒a进入磁场到二者达到稳定速度的过程中，对b根据动量定理有BLΔt＝BLq＝mv，解得通过金属棒a的电荷量q＝2.0 C，C正确；从金属棒a进入磁场到二者达到稳定速度的过程中，金属棒b中产生的焦耳热Qb＝Q＝×＝2 J，D错误。 3．(动量守恒定律的应用)如图所示，两根光滑的导轨平行放置，导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。两根完全相同的金属棒ab和cd的质量均为m、接入电路的电阻均为R，将cd置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，ab离水平面的高度为h，重力加速度为g，现将ab由静止释放，假设两棒不会相碰，求： (1)cd棒最终的速度大小； (2)整个过程中产生的焦耳热Q。 解析：(1)ab下落过程中，由机械能守恒定律得 mgh＝mv，解得v1＝ ab进入水平面后，ab和cd组成的系统动量守恒，有 mv1＝2mv2，v2＝。 (2)由能量守恒定律得，整个过程中产生的焦耳热 Q＝mv－×2mv＝mgh。 答案：(1)　(2)mgh 学科网（北京）股份有限公司 $