第70課時專題強化：電磁感應中的動量問題目標要求1.掌握應用動量定理處理電磁感應問題的方法技巧，能識別常用動量定理的模型。2.建立電磁感應問題中動量守恒的模型，并能靈活用動量守恒定律解決問題。考點一動量定理在電磁感應中的應用導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解。1.“單棒＋電阻”模型(1)水平放置的平行光滑導軌，間距為L，左側接有電阻阻值為R，導體棒初速度為v0，質量為m，電阻不計，勻強磁場的磁感應強度為B，導軌足夠長且電阻不計，從導體棒開始運動至停下來。求：①此過程中通過導體棒橫截面的電荷量q＝；

②此過程導體棒的位移x＝；

③若導體棒從獲得初速度v0經一段時間減速至v1，通過導體棒的電荷量為q1，則v1＝；

④導體棒從獲得初速度v0經過位移x0，速度減至v2，則v2＝。

(2)間距為L的光滑平行導軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質量為m、接入電路的阻值為R的導體棒，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直導軌所在傾斜面向下(重力加速度為g，導軌電阻不計)。①經Δt1＝，通過橫截面的電荷量為q，速度達到v1。

②經Δt2＝，導體棒下滑位移為x，速度達到v2。

例1(多選)(2025·云南省調研)如圖所示，水平面上固定放置有“”形光滑金屬導軌，平行的兩邊寬度為L。虛線MN右側存在方向垂直于導軌平面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B，磁場的區域足夠大。質量為m、電阻為R、長度也為L的金屬棒垂直于導軌放置，以初速度v0沿導軌進入勻強磁場區域，最終靜止。金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，不計金屬導軌電阻，則()A.金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為BB.金屬棒在磁場中運動的時間為2C.金屬棒在磁場中運動的距離為mD.流過金屬棒橫截面的總電荷量為22.不等間距的雙棒模型例2(多選)如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長的金屬導軌平行放置，導軌間距分別為2L和L，兩組導軌間由導線相連，裝置置于水平面內，導軌間存在方向豎直向下的、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根質量均為m、接入電路的電阻均為R的導體棒C、D分別垂直于導軌放置，且均處于靜止狀態，其余部分電阻不計。t＝0時使導體棒C獲得瞬時速度v0向右運動，兩導體棒在運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好，且達到穩定運動時導體棒C未到兩組導軌連接處，則下列說法正確的是()A.t＝0時，導體棒D的加速度大小為a＝BB.達到穩定運動時，C、D兩棒速度之比為1∶1C.從t＝0時至達到穩定運動的過程中，回路產生的內能為25mD.從t＝0時到達到穩定運動的過程中，通過導體棒的電荷量為2考點二電磁感應中“電容器＋棒”模型1.無外力充電式基本模型規律(導軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點導體棒相當于電源，電容器充電電流特點安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝BLv-UCR，電容器充電UC變大，當BLv＝UC時，I＝0，F運動特點和最終特征棒做加速度a減小的減速運動，最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零最終速度電容器充電電荷量：q＝CUC最終電容器兩端電壓UC＝BLv對棒應用動量定理：mv－mv0＝－BIL·Δt＝－BLqv＝mv－t圖像2.無外力放電式基本模型規律(電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C)電路特點電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動電流特點電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLvm運動特點及最終特征做加速度a減小的加速運動，最終勻速運動，I＝0最大速度vm電容器初始電荷量：Q0＝CE放電結束時電荷量：Q＝CUC＝CBLvm電容器放電電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對棒應用動量定理：mvm－0＝BIL·Δt＝BLΔQvm＝BLCEv－t圖像例3(2024·天津市南開區二模)某電磁軌道炮的簡化模型如圖所示，兩光滑導軌相互平行，固定在光滑絕緣水平桌面上，導軌的間距為L，導軌左端通過單刀雙擲開關與電源、電容器相連，電源電動勢為E，內阻不計，電容器的電容為C。EF與PQ之間區域內有垂直導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場，EF、PQ之間的距離足夠長。一炮彈可視為寬為L、質量為m、電阻為R的金屬棒靜置于EF處，與導軌始終保持良好接觸。當把開關S1、S2分別接a、b時，導軌與電源相連，炮彈中有電流通過，炮彈受到安培力作用向右加速，同時炮彈中產生感應電動勢，當炮彈的感應電動勢與電源的電動勢相等時，回路中電流為零，炮彈達到最大速度。不考慮空氣阻力，其他電阻都不計，忽略導軌電流產生的磁場。求：(1)炮彈運動到PQ邊界過程的最大加速度am；(2)炮彈從靜止到最大速度的過程中，流過炮彈橫截面的電荷量q和回路產生的焦耳熱Q；(3)將炮彈放回原位置，斷開S2，把S1接c，讓電源給電容器充電，充電完成后，再將S1斷開，把S2接d，求炮彈運動到PQ邊界時電容器上剩余的電荷量q'。考點三動量守恒定律在電磁感應中的應用1.在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便。2.雙棒模型(不計摩擦力)模型示意圖及條件水平面內的光滑等距導軌，兩個棒的質量分別為m1、m2，電阻分別為R1、R2，給棒2一個初速度v0電路特點棒2相當于電源；棒1受安培力而加速運動，運動后產生反電動勢電流及速度變化棒2做變減速運動，棒1做變加速運動，隨著兩棒相對速度的減小，回路中的電流減小，I＝BLv2最終狀態a＝0，I＝0，v1＝v2系統規律動量守恒m2v0＝(m1＋m2)v能量守恒Q＝12m2v02－12(m1兩棒產生焦耳熱之比Q例4(2025·河南鄭州市開學考)如圖所示，兩光滑平行長直導軌，間距為d，放置在水平面上，磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直向下，兩質量都為m、電阻都為r的導體棒L1、L2垂直放置在導軌上，與導軌接觸良好，兩導體棒距離足夠遠，L1靜止，L2以初速度v0向右運動，不計導軌電阻，忽略感生電流產生的磁場，則()A.導體棒L1的最終速度為v0B.導體棒L2產生的焦耳熱為3C.通過導體棒橫截面的電荷量為mD.兩導體棒的初始距離最小為m例5(2024·湖北卷·15)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變，金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放，求：(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小；(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小；(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。針對訓練(多選)(2023·遼寧卷·10)如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是()A.彈簧伸展過程中，回路中產生順時針方向的電流B.PQ速率為v時，MN所受安培力大小為4C.整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個運動過程中，通過MN的電荷量為BLd

答案精析考點一1.(1)①mv0BL②mv0R④v0－B2L2x0mR例1AC[根據題意可知，金屬棒剛進入磁場時，感應電動勢為E＝BLv0，通過金屬棒的感應電流為I＝ER＝BLv0R，金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為F＝BIL＝B2L2v0R，故A正確；設金屬棒在磁場中運動的距離為x，由動量定理有－FΔt＝－BIL·Δt＝0－mv0，其中q＝I·Δt＝ΔΦR＝BLxR，則有B2L2xR＝mv0，解得金屬棒在磁場中運動的距離為x＝mv例2ACD[開始時，導體棒中的感應電動勢E＝2BLv0，電路中感應電流I＝E2R，導體棒D所受安培力F＝BIL，設導體棒D的加速度為a，則有F＝ma，解得a＝B2L2v0mR，故A正確；穩定運動時，電路中電流為零，設此時C、D棒的速度分別為v1、v2，則有2BLv1＝BLv2，對變速運動中任意極短時間Δt，由動量定理得，對C棒有2BILΔt＝m(v0－v1)，對D棒有BILΔt＝mv2，故對變速運動全過程有v0－v1＝2v2，解得v2＝25v0，v1＝15v0，故B錯誤；根據能量守恒定律可知回路產生的內能為Q＝12mv02－12mv12－12mv22，解得Q＝25mv02，故C正確；由動量定理，對C棒有2BILΔt＝m(考點二例3(1)BELmR(2)mEB2L2解析(1)炮彈剛開始運動時通過炮彈的電流最大，炮彈受到的安培力最大，加速度最大。有I＝EF安＝BIL＝mam得am＝BEL(2)隨著炮彈速度的增大，炮彈的感應電動勢增大，通過炮彈的電流減小，當感應電動勢與電源電動勢相等時回路中電流為零，炮彈達到最大速度，即E＝BLvm得vm＝E炮彈從靜止到最大速度過程流過炮彈橫截面的電荷量q＝IΔt由動量定理有BLIΔt＝mvm－0得q＝mE電源做的功轉化為炮彈的動能和回路產生的焦耳熱，有Q＝qE－12m得Q＝m(3)充滿電時電容器的電荷量為q0＝CE當電容器與炮彈連接后電容器放電，炮彈向右加速運動，電容器的電荷量、電壓均減小，當炮彈的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，炮彈達到最大速度vm'，此后電容器不再放電。設此時電容器上剩余電荷量為q'，有E'＝BLvm'E'＝q'由動量定理有BL(q0－q')＝mvm'－0解得q'＝C2考點三例4D[導體棒L2做變減速運動，L1做變加速運動，隨著兩棒相對速度的減小，回路中電流減小，安培力減小，加速度減小，導體棒L1、L2最終以相同的速度勻速直線運動，設共同速度為v1，水平向右為正方向，根據動量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝v02，故A錯誤；設導體棒L1、L2在整個過程中產生的焦耳熱為Q總，根據能量守恒定律可得12mv02＝Q總＋12(2m)v12，解得Q總＝14mv02，導體棒L1、L2的電阻都為r，因此導體棒L2產生的焦耳熱為Q＝12Q總＝18mv02，故B錯誤；對導體棒L1，由動量定理得BIdΔt＝mv1，因為q＝IΔt，故Bdq＝mv1，因此通過導體棒橫截面的電荷量為q＝mv1Bd＝mv02Bd，故C錯誤；若導體棒L1、L2速度相等時距離為零，則兩棒的初始距離最小，設最小初始距離為l例5(1)BL2gL(2)(3)B解析(1)根據題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有mgL＝12m解得v0＝2則金屬棒ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小為E＝BLv0＝BL2(2)根據題意可知，金屬環在導軌間兩段圓弧并聯接入電路中，軌道外側的兩段圓弧被短路，由幾何關系可得，每段圓弧的電阻為R0＝R可知，整個回路的總電阻為R總＝R＋R·RRab剛越過MP時，通過金屬棒ab的感應電流為I＝E對金屬環由牛頓第二定律有2BL·I2＝2解得a＝B(3)根據題意，結合上述分析可知，金屬環和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統的動量守恒，由于金屬環做加速運動，金屬棒做減速運動，為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，則有當金屬棒ab和金屬環速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環，設此時速度為v，由動量守恒定律有mv0＝mv＋2mv解得v＝13v設經過時間t，金屬棒ab與金屬環共速，對金屬棒ab，由動量定理有－BILt＝m·v03－則有BLq＝23mv設金屬棒運動距離為x1，金屬環運動的距離為x2，則有q＝BL聯立解得Δx＝x1－x2＝mR則金屬環圓心初始位置到MP的最小距離d＝L＋Δx＝B2針對訓練AC[彈簧伸展過程中，根據右手定則可知，回路中產生順時針方向的電流，選項A正確；任意時刻，設電流為I，則PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力