第十二章

電磁感應(yīng)

第66講專題強化二十二動量觀點在電磁

感應(yīng)中的應(yīng)用

核心考點·重點突破

提能訓(xùn)練練案[66]

返回導(dǎo)航

核心考點·重點突破

高考一輪總復(fù)習(xí)?物理返回導(dǎo)航

1動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

(能力考點·深度研析)

1．此類問題中常用到的幾個公式

(3)磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。

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2．選用技巧：當(dāng)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更方便。

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?考向1“導(dǎo)體棒＋電阻”模型

模

型示意圖水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L，左側(cè)接有電阻R，

一導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計，勻強磁場

的磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，從開始

運動至停下來

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高考一輪總復(fù)習(xí)?物理返回導(dǎo)航

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高考一輪總復(fù)習(xí)?物理返回導(dǎo)航

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[答案]CD

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?考向2導(dǎo)線框模型

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(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻

強磁場。磁場區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5

m/s的初速度垂

直于磁場邊界水平向右運動，線框經(jīng)過位置Ⅱ，當(dāng)運動到位置Ⅲ時速度

恰為零，此時線框剛好有一半離開磁場區(qū)域。線框的邊長小于磁場區(qū)域

的寬度。若線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為

q1、q2，線框經(jīng)過位置Ⅱ時的速度為v。則下列說法正確的是()

A．q1＝q2

B．q1＝2q2

C．v＝1.0

m/s

D．v＝1.5

m/s

[答案]BD

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?考向3雙棒在外力作用下模型

光滑的平行導(dǎo)軌不光滑的平行導(dǎo)軌

示意

質(zhì)量m＝m

圖ba

質(zhì)量＝

mbma電阻rb＝ra

電阻＝

rbra長度Lb＝La

長度＝

LbLa摩擦力Ffb＝Ffa

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光滑的平行導(dǎo)軌不光滑的平行導(dǎo)軌

開始時，若F<F≤2F，則a桿先變

開始時，兩桿受安培力ff

加速后勻速運動；b桿靜止。若

運動做變加速運動；穩(wěn)定時，

F>2F，a桿先變加速后勻加速運動，

分析兩桿以相同的加速度做f

b桿先靜止后變加速最后和a桿同時

勻加速運動

做勻加速運動，且加速度相同

運動

圖像

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光滑的平行導(dǎo)軌不光滑的平行導(dǎo)軌

F做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動能和內(nèi)能(包

能量F做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動

括電熱和摩擦熱)：WF＝ΔEk＋Q電＋

觀點能和內(nèi)能：WF＝ΔEk＋Q

Qf

兩桿組成的系統(tǒng)動量不守

動量兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒

恒

觀點對單桿可以用動量定理

對單桿可以用動量定理

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(2025·廣東深圳高三月考)某物理小組想出了一種理想化的“隔

空”加速系統(tǒng)，該系統(tǒng)通過利用其中一個金屬棒在磁場中運動產(chǎn)生感應(yīng)

電流從而使另一個金屬棒獲得速度，這樣就避免了直接對其進行加速時

所帶來的磨損和接觸性損傷，該加速系統(tǒng)可以建模抽象為在足夠長的固

定水平平行導(dǎo)軌上放有兩個金屬棒MN和PQ，磁感應(yīng)強度B＝0.5

T的勻

強磁場與導(dǎo)軌所在水平面垂直，方向豎直向下，導(dǎo)軌電阻很小，可忽略

不計。如圖為模型俯視圖，導(dǎo)軌間的距離L＝1.0

m，每根金屬棒質(zhì)量均

為m＝1.0

kg，電阻都為R＝5.0

Ω，可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動，滑動過程中

金屬棒與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，在t＝0時刻，兩金屬棒都處于靜止

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狀態(tài)。現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為F＝2.0

N恒力作用于金屬棒MN上，

使金屬棒MN在導(dǎo)軌上滑動，經(jīng)過t＝10

s，金屬棒MN的加速度a＝

1.6

m/s2，求：

(1)此時金屬棒PQ的加速度；

(2)此時兩金屬棒MN和PQ的速度；

(3)金屬棒MN和PQ的最大速度差。

[答案](1)0.4

m/s2(2)18

m/s2

m/s(3)40

m/s

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[解析](1)恒力作用于MN桿，使其在導(dǎo)軌上向右加速運動，切割

磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則知電流方向為M→N，電流流經(jīng)

PQ，根據(jù)左手定則MN受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，

它們都做加速運動，對MN由牛頓第二定律得F－ILB＝ma

對PQ由牛頓第二定律得ILB＝ma′

聯(lián)立解得a′＝0.4

m/s2。

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在t＝10

s時，對MN，由牛頓第二定律得F－ILB＝ma

代入數(shù)據(jù)得v1－v2＝16

m/s

由于作用于兩根桿的安培力等大反向，所以作用于兩桿系統(tǒng)的合力

為水平恒力F，對系統(tǒng)由動量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0

代入數(shù)據(jù)得v1＋v2＝20

m/s

聯(lián)立解得v1＝18

m/s，v2＝2

m/s。

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(3)MN桿做加速度減小的加速運動，PQ桿做加速度增大的加速運

動，最終共加速度，設(shè)兩金屬棒的共同加速度為a共，對系統(tǒng)有F＝2ma共

對PQ桿有ImLB＝ma共

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?考向4不等間距上的雙棒模型

光滑不等距導(dǎo)軌

示意

圖質(zhì)量mb＝ma

電阻rb＝ra

長度Lb＝2La

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光滑不等距導(dǎo)軌

桿b受安培力做變減速運動，桿a受安培力做變加速運動，穩(wěn)

定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2

運動情

況分析

動量兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒

關(guān)系對單桿可以用動量定理

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[答案]ABD

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?考向5“導(dǎo)體棒＋電容器”模型

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示意圖

模

(無外

型

力放

二

電式)導(dǎo)軌水平光滑，間距為L，電阻不計，單桿ab質(zhì)量為m，

電阻為R

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如圖甲所示，兩平行長直光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L，左

端連接一個電容為C的電容器，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直

導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中。質(zhì)量為m的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，某時刻

金屬棒獲得一個水平向右的初速度v0，之后金屬棒運動的v－t圖像如圖

乙所示，不考慮導(dǎo)軌的電阻。

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(1)求金屬棒勻速運動時的速度大小v1；

(2)求金屬棒勻速運動時電容器的電荷量q；

(3)已知金屬棒從開始到勻速運動的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求

電容器充電穩(wěn)定后儲存的電能E。

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[解析](1)金屬棒勻速運動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢U＝BLv1

電容器的電荷量q＝CU

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(多選)如圖所示是某同學(xué)模擬電磁炮的工作原理和發(fā)射過程，水

平臺面上有足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ置于塑料圓筒內(nèi)，質(zhì)量

為m的金屬炮彈置于圓筒內(nèi)的軌道上，軌道間距為L，整個裝置處于豎

直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌左端連著平行板電容

器和電動勢為E的電源。先讓單刀雙擲開關(guān)接1接線柱對電容器充電，充

電結(jié)束后，將開關(guān)接2接線柱。金屬炮彈在安培力作用下開始運動，達

到最大速度后離開導(dǎo)軌，整個過程通過炮彈的電荷量為q。已知在圓筒

中金屬炮彈始終與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻和電源內(nèi)阻，炮彈電阻

為R。在這個過程中，以下說法正確的是()

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D．在其他條件不變時，炮彈的最大速度與電容器電容大小成正比

[答案]AB

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2動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

(能力考點·深度研析)

光滑的平行導(dǎo)軌

示意圖

質(zhì)量mb＝ma

電阻rb＝ra

長度Lb＝La

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光滑的平行導(dǎo)軌

桿b受安培力做變減速運動，桿a受安培力做變加速運動，

力學(xué)觀點

穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度勻速運動

運動圖像

能量觀點系統(tǒng)動能的減少轉(zhuǎn)化為內(nèi)能

動量觀點兩桿組成的系統(tǒng)動量守恒

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