《创新课堂》第二章 电磁感应 专题强化7　电磁感应中的动量问题 课件 高中物理选择性必修第二册（人教版）

(共45张PPT)
专题强化7　电磁感应中的动量问题
1.会综合应用动量定理与电磁感应规律解决有关问题。
2.会综合应用动量守恒定律与电磁感应规律解决有关问题。
学习目标
01
强化点一　动量定理在电磁感应中的应用
目 录
02
强化点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用问题
03
课时作业
01
PART
强化点一
动量定理在电磁感应中的应用
如图所示，在竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，某金属棒放置在水平固定且足够长的光滑U形金属导轨上，已知金属棒的电阻为r，定值电阻的阻值为R，导轨宽度为L。若棒以初速度v0向右运动。
活动1.请分析金属棒运动过程中受力情况，并进一步确定棒的运动情况。
提示：金属棒受向左的安培力作用，对金属棒有F安＝＝ma，可知
金属棒做减速运动，速度逐渐减小，加速度逐渐减小，金属棒做加速度逐
渐减小的减速运动至最终速度为零。
提示： 安培力的冲量可表示为IF＝－Blt，由动量定理知，该冲量等于棒动量的变化，即－Blt＝0－mv0。
活动2.若用表示从开始到停下的全过程的平均电流，则安培力的冲量如何
表示？它与棒的动量变化有什么关系？
　导体棒（或导体框）在磁场中切割磁感线做非匀变速运动时，因安培力
是变力，不方便应用牛顿运动定律、能量观点解决问题，可考虑应用动量
定理解决，常见有以下关系：
（1）如果导体棒的合外力等于安培力，则有－Bl·Δt＝mv2－mv1。
（2）如果导体棒的合外力除了安培力外还有其他外力F，则有F·Δt－
Bl·Δt＝mv2－mv1。
②通过导体棒的电荷量q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n；
③磁通量变化量ΔΦ＝BΔS＝Blx。
通过以上各式可将流经棒的电荷量q、棒的位移x、运动时间t及初速度v0、
末速度v等有关量联系起来，可求解q、x或v、t等有关量。
（3）涉及的其他公式
①安培力的冲量I安＝Blt＝Blq；
【例1】 〔多选〕（2025·四川绵阳月考）如图所示，在光滑的水平面上
有一竖直向下磁感应强度为B、宽度为L的匀强磁场区域。现有一质量为
m、电阻为R、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v0沿水平面向右滑动，穿过磁场后速度减为v，则线圈在此过程中
（　　）
A. 动量一直减小
B. 安培力的冲量大小为
C. 安培力的冲量大小为m（v0－v）
D. 线圈全部进入磁场时速度等于
√
√
√
解析：线圈完全进入磁场后磁通量不变，线圈中无感应电流，不受安培力
作用，则线圈的动量保持不变，选项A错误；由动量定理可知－F安·Δt＝
mv－mv0，则安培力的冲量大小为m（v0－v），选项C正确；设线圈全部进
入磁场时的速度为v1，则由动量定理得－aB·Δt＝－Bq1a＝mv1－mv0，线
圈穿出磁场的过程，由动量定理得－'aB·Δt'＝－Bq2a＝mv－mv1，由q＝
，可知进入和穿出磁场的过程中，磁通量的变化量相等，所以进入和穿
出磁场的两个过程中通过线圈横截面积的电荷量相等，即q1＝q2，故进入
过程线圈的速度变化量等于离开过程线圈的速度变化量，即v0－v1＝v1－
v，解得v1＝，选项D正确；
线圈进入磁场过程中安培力的冲量大小I1＝aB·Δt＝Baq，而q＝·Δt＝
·Δt＝，则I1＝，则整个过程中安培力的冲量大小为I＝2I1＝
，选项B正确。
【例2】 如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab，用长为L的绝缘细线
悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距也为
d，导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合开关S
后，细金属杆ab向右摆起，细线的最大偏角为θ。已知重力加速度为g，则
闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为（　　）
A. B.
C. D.
√
解析：细金属杆摆起过程，由动能定理得mgL（1－cos θ）＝mv2，合上开
关的瞬间，由动量定理得F安Δt＝mv，又有F安＝dB，q＝Δt，联立解得q
＝，故A、B、D错误，C正确。
02
PART
强化点二
动量守恒定律在电磁感应中的应用问题
1. 动量守恒定律在电磁感应中的应用
在双金属杆切割磁感线的系统中，双金属杆和导轨构成闭合回路，如果双
金属杆所受的两个安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满
足动量守恒条件，应用动量守恒定律求解比较方便。
2. 处理电磁感应中“双杆”问题的三个观点
（1）力学观点：通常情况下一根金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，
而另一根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。
（2）动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两根金属杆的安培力等大反
向，通常情况下系统的动量守恒。
（3）能量观点：其中一根金属杆动能的减少量等于另一根金属杆动能的
增加量与回路中产生的焦耳热之和。
【例3】 如图所示，水平放置的光滑平行金属轨道M、N足够长，相距L＝
0.5 m，处于磁感应强度B＝1 T的竖直向上的匀强磁场中，金属棒b和c与轨
道始终垂直且接触良好，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有
效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计。若使金属棒b以初速度v0＝10 m/s开
始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
（1）c棒的最大速度；
答案：5 m/s　
解析： 在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速
度相等时，c棒达到最大速度。取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守
恒定律有mbv0＝（mb＋mc）v
解得c棒的最大速度为v＝v0＝v0＝5 m/s。
（2）c棒达到最大速度时，此棒产生的焦耳热。
答案： 1.25 J
解析： 从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电
能，两棒中产生的总焦耳热为Q＝mb－（mb＋mc）v2＝2.5 J。
因为Rb＝Rc，所以c棒从开始运动至达到最大速度的过程中，此棒产生的焦
耳热为Qc＝＝1.25 J。
【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始终与导轨垂直且接触良好，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（　　）
√
√
解析：以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安
培力大小相等，方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向，两导
体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv0＝2mv，解得两导体棒运动的末速
度为v＝v0，棒ab做减速运动，棒cd做加速运动，它们的速度差逐渐减
小，产生的感应电流也减小，所受的安培力减小，加速度也减小，即棒ab
做加速度减小的减速运动，棒cd做加速度减小的加速运动，稳定时两导体
棒的加速度为零，一起向右做匀速运动，选项A正确，B错误；由上述分析
可知，v1逐渐减小且减小得越来越慢，则感应电流也逐渐减小且减小得越
来越慢，ab棒和cd棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变
化，不会产生感应电流，选项C正确，D错误。
03
PART
课时作业
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、阻值也为R，并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杆的加速度大小为
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
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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F＝，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F'＝，所以加速度大小为a'＝＝，故B正确；对ab杆，由
动量定理得－LB·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。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
2. 〔多选〕如图所示，在竖直平面内有两根相互平行、电阻忽略不计的光
滑金属导轨（足够长），两平行金属导轨间的距离L＝0.4 m，在导轨间接
有阻值R＝2.0 Ω的电阻，一根质量为m＝0.4 kg的金属棒ab垂直于导轨放
置其上，金属棒的电阻r＝1.0 Ω。整个装置处于垂直导轨所在平面的匀强
磁场中，磁感应强度B＝5 T、方向垂直于导轨所在平面向里。现让金属棒
沿导轨由静止开始运动（金属棒始终与导轨良好接触），金属棒下滑高度
为h＝1.2 m时恰好能达到最大速度，重力加速度为g＝10 m/s2。则（　　）
A. 金属棒由静止先匀加速运动、后匀速运动
B. 金属棒能达到的最大速度为3 m/s
C. 金属棒由静止下滑1.2 m所用时间为0.8 s
D. 由静止开始到达到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为0.8 C
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析： 　金属棒向下运动的过程，在竖直方向上受到竖直向下的重力和
竖直向上的安培力，安培力从零开始不断增大，所以金属棒由静止开始做
加速度减小的加速运动，当安培力与重力相等时，加速度为零，金属棒的
速度达到最大值，之后金属棒匀速运动，故A错误；由平衡条件有mg＝
I1LB，其中I1＝，解得v1＝3 m/s，故B正确；平均感应电动势为E＝
＝，平均电流为＝，Q＝·Δt，解得Q＝0.8 C，故D正确；金属
棒由静止下滑1.2 m过程中，根据动量定理可得mgΔt－LB·Δt＝mv1，其
中Q＝·Δt，联立解得Δt＝0.7 s，故C错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
3. 〔多选〕如图所示，两足够长、阻值不计、间距为L的光滑平行金属导
轨MN、PQ水平放置，两导轨所在区域存在着竖直向下、磁感应强度为B的
匀强磁场，质量均为m的导体棒ab、cd垂直放在金属导轨MN、PQ上，并
与导轨保持良好接触，接入电路的导体棒长度均为L、阻值均为R。现给导
体棒ab一个水平向右的瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0，则关于
ab、cd两棒此后的整个运动过程，下列说法正确的是（　　）
A. ab、cd两导体棒组成的系统动量守恒
B. ab、cd两导体棒最终都将停止运动
C. 整个过程，ab棒上产生的焦耳热为m
D. 整个过程中，流过ab棒的电荷量为
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析：ab、cd棒组成闭合回路，电流相等，由左手定则可知，两棒所受安培力大小相等、方向相反，则ab、cd两导体棒组成的系统所受外力之和为0，系统动量守恒，故A正确；以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝，即ab、cd两导体棒最终以的速度共同运动，故B错误；由能量守恒定律得m＝×2m×＋Q，解得Q＝m，则ab棒上产生的焦耳热为Qab＝Q＝m，故C错误；对ab棒，由动量定理得－F安·Δt＝mv－mv0，即－LB·Δt＝－，又q＝·Δt，解得q＝，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
4. 〔多选〕如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水
平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂
直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直
向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、
水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，
下列结论正确的是（　　）
A. 该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0
B. 该时刻导体棒a的加速度为
C. 当导体棒a的速度大小为时，导体棒b的速度大小也是
D. 运动过程中通过导体棒a的电荷量的最大值qm＝
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析：　根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势
方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，
故A错误；在该时刻，回路中的感应电流I＝＝，导体棒a所受安培力
大小F＝ILB，根据牛顿第二定律F＝ma，可得a＝，故B正确；由于
两导体棒组成的整体动量守恒，当导体棒a的速度大小为时，根据动量
守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·＋mv1，解得v1＝，故C正确；由以上
解析知v共＝，对a，由动量定理有F安Δt＝mv共－mv0，而＝LB，则通
过导体棒a的电荷量的最大值qm＝Δt＝，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
5. 〔多选〕如图，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、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。质量为m＝1 kg的金属棒垂
直于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
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
6. 如图所示，PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够
长，其电阻忽略不计。质量均为m的金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨
道垂直且接触良好。两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形
成闭合回路。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。使
金属棒cd得到初速度v0的同时，金属棒ab由静止开始运动，考虑两金属棒
之后的运动过程（经过足够长时间，不考虑空气阻力），以下说法正确的
是（　　）
A. ab棒受到的冲量大小为，方向向左
B. cd棒受到的冲量大小为，方向向左
C. 金属棒ab、cd组成的系统动量变化量为mv0
D. 整个回路产生的热量为m
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析：　金属棒ab、cd组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，
即以后的运动过程中系统动量变化量为零，选项C错误；两棒最终共速，
设向右为正方向，由动量守恒定律，得mv0＝2mv，对ab棒，由动量定理得
Iab＝mv－0，解得Iab＝mv0，方向向右，对cd棒，由动量定理得Icd＝mv－
mv0，解得Icd＝－mv0，方向向左，选项A错误，B正确；由能量守恒定律
知，整个回路产生的热量为Q＝m－×2mv2＝m，选项D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
7. 如图所示，在磁感应强度大小为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平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体
棒ab和cd，两棒彼此平行且相距D，构成一矩形回路。导轨间距为L，两导
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ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求：
（1）当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度
a的大小；
答案：0.4v0　　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0
此时回路电流I＝
因此ab棒的加速度a＝，整理得a＝。
解析：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mv0＝0.6mv0＋mv
1
2
3
4
5
6
7
8
9
（2）ab、cd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。
答案：　D＋
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析： ab、cd棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共
对ab棒，根据动量定理有BLΔt＝mv共
而q＝Δt，解得q＝
在这段时间内，平均感应电动势＝BLΔ
回路平均电流＝
因此流过某截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距离x＝D
＋。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
8. 如图所示，空间存在有水平边界、垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应
强度为B，磁场边界上方l处有一个质量为m、电阻为R、边长为l的正方形
线框，将线框由静止释放，从线框下边框进入磁场经过时间Δt后线框上边
框进入磁场，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）线框下边框进入磁场时的速度大小；
答案：　
解析：线框下边框进入磁场前做自由落体运动，则
－0＝2gl
解得线框下边框进入磁场时的速度大小v1＝。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
（2）线框上边框进入磁场时的速度大小。
答案：＋gΔt－
解析： 线框进入磁场的过程，平均感应电动势
＝＝
平均感应电流＝＝，电荷量q＝Δt＝
线框进入磁场的过程，由动量定理有mgΔt－BlΔt＝mv2－mv1
联立解得v2＝＋gΔt－。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
9. 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运
动方向为正方向），ma＝2 kg，mb＝
1 kg，g取10 m/s2，求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
（1）杆a在弧形轨道上运动的时间；
答案：5 s　
解析：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vb0，对杆b运用动量定理，有dB·Δt＝mb（v0－vb0）
由题图乙可知vb0＝2 m/s
解得Δt＝5 s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
（2）杆a在水平轨道上运动的过程中通过其横截面的电荷量；
答案： C　
解析：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magh
＝ma
设最后a、b两杆共同的速度为v'，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝（ma＋
mb）v'
设杆a的速度从va到v'的运动时间为Δt'
由动量定理得dB·Δt'＝ma（va－v'），又q＝·Δt ' ， 联立解得q＝ C。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
（3）在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
答案： J
解析： 由能量守恒定律可知，杆a、b中产生的焦耳热
Q＝magh＋mb－（mb＋ma）v'2
杆b中产生的焦耳热Q'＝Q
解得Q '＝ J。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
THANKS
演示完毕 感谢观看