用动量定理解决电磁感应问题
动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用
动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用摘要：《普通高中物理课程标准》指出,高中物理课程旨在进一步提高学生的科学素养，落实“立德树人”的根本任务。
基于学科核心素养教学实施策略和方法，要落实到教育教学的全过程，本文重点介绍动量定理、动量守恒定律在电磁感应解题的运用。
关键词：动量动量守恒电磁感应应用一、动量定理:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化.表达式:I=Δp或Ft=mv2-mv1.二、动量守恒定律:一个系统不受外力或者所受合外力为零,这个系统的总动量保持不变.表达式：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′或p=p′.三、在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.（1）求电荷量或速度:B LΔt=mv2-mv1, q= t.（2）求时间:Ft-I冲=mv2-mv1, I冲=BILΔt=BL .（3）求位移:-BILΔt=- =0-mv0,即 - s=m(0-v).四、在电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。
例1.如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN,PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完全相同的金属杆1,2间隔一定的距离摆开放在导轨上,且与导轨垂直.它们的电阻均为R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计.杆1以初速度v滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为( C )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶1解析:杆2固定:对回路 q1= = .对杆1:-B d·Δt=0-mv0,q1=·Δt 联立解得s1= .杆2不固定: 对回路 q2=对杆2:B d·Δt=mv2-0 全程动量守恒:mv=mv1+mv2末态两棒速度相同,v1=v2,q2=·Δt 联立解得s2= . s1∶s2=2∶1,则C选项正确.例2.如图所示,宽度为L的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b滑入水平轨道某位置时,a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a,b 未相撞),并且a在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a的电荷量为q,a,b杆的电阻分别为R1,R2,其余部分电阻不计.在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:(1)在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大;(2)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少;(3)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大.解析:(1)由机械能守恒定律得 M =Mgr1解得vb1=b刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLvb1, I= ,由牛顿第二定律有F安=BIL=Ma 解得a= .(2)由动量定理有-B Lt=Mvb2-Mvb1, 即-BLq=Mvb2-Mvb1解得vb2= -根据牛顿第三定律得:a在最高点受支持力N=N′=mg, mg+N=m解得va1=由能量守恒定律得Mgr1= M + m +mg2r2+Q 解得Q=BLq -3mgr2-.(3)由能量守恒定律有2mgr2= m - m解得va2=由动量守恒定律得Mvb1=Mvb3+mva2解得vb3= - .答案:(1)(2)BLq -3mgr2-(3) -例3.如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨.P1P2,Q1Q2的倾角均为θ,P2P3,Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m电阻为R的金属杆CD从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求:(1)杆CD能达到的最大速度;( 2)杆CD在距P2Q2为L处释放,滑到P2Q2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平导轨上滑行的最大距离.解析:(1)杆CD达到最大速度时,杆受力平衡BdImcosθ=mgsinθ此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为E=Bdvmcosθ由欧姆定律可得Im = , 解得vm= .(2)在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中,动量定理有mgsinθ·Δt1-Bdcosθ·Δt1=mvm-0= = =解得Δt1= +在杆CD沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B d·Δt2=0-mvm该过程中通过R的电荷量为 q2=Δt2,得q2=杆CD沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 = =得q2=Δt2=解得s= .答案:(1)(2) +3。
例析妙用动量定理解决电磁学中问题
例析妙用动量定理解决电磁学中问题摘要：自从2017年高考改革增加选修3-5模块为必考内容，众所周知动量是3-5的主要内容，而动量观点、能量观点与力学观点是解决动力学问题的三种途径。
如今动量变成必考模块，使学生的知识架构更加完善，在解题思维方面视野将更加开阔，总体来说对于学生解决物理问题还是有帮助的。
但通过平时教学发现大部分学生在运用动量定理解决有关电磁学问题是较薄弱的。
本文通过典例分析加深学生对动量定理在电磁学中运用的认识。
关键词：动量定理电磁感应冲量安培力洛伦兹力电容器1.动量定理解决叠加场中恒力（电场力、重力）与洛伦兹力作用下的运动问题在解决这类问题之前，先分析下运动电荷所受洛伦兹力的冲量，假设在xoy平面存在一垂直该平面的匀强磁场，磁感应强度为B，有一带电量为q的带电粒子，以速度v在磁场中做匀速圆周运动。
某时刻速度方向如图1所示。
分别将v、f正交分解，可知：在时间t内f沿x轴方向的冲量为：同理，f在y轴方向的冲量为：【例1】如图所示，某空间同时存在场强为E、方向竖直向下的匀强电场以及磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。
从该叠加场中某点P由静止释放一个带电粒子，质量为m，电量为+q（粒子受到的重力忽略不计），其运动轨迹如图中虚线所示。
求带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H？解答：设小球运动到最低位置时速度最大为v，方向水平任意时刻v沿x轴正向、y轴负向的分速度分别为vx ，vy.。
与vy.对应的洛仑兹力水平分力方向沿x轴正向，小球由静止释放到最低点的过程中，在水平方向上，应用动量定理得：······①小球由静止释放到最低点的过程中，由动能定理得：······②联立①②可得:如果上例1中，重力不可忽略不计（已知重力加速度为g），实际上水平方向上动量定理①式不变，全程由动能定理得：·····③联立①③同样可得：1.动量定理解决电磁感应中电荷量相关问题根据电流的定义式，式中q是时间t内通过导体截面的电量；又欧姆定律，R是回路中的总电阻；结合电磁感应中可以得到安培力的冲量公式，此公式的特殊性决定了它在解题过程中的特殊应用。
例析动量定理在电磁感应问题中的应用
△ △ｆ
导轨 ＭＮ、 Ｑ， Ｐ 存在 有竖 直向上的匀 强磁 场 ， 磁感 ．
应强度为 Ｂ， 导轨上 放着 两根 质量均 为 、 电阻均 图３
为｜ Ｒ的金属棒 ｎ ｂ 、。开 始时 ， 棒 静止 ， ｂ ａ棒 以初 速度向 右运动 。设两棒始终不相碰 ， 在运动过程 中通过 ａ棒 求 上 的总电荷量 。 解析 ： 设棒稳 定运动后 的共 同速度为 ， 对系统从 ａ 棒开始运动到两棒达 到共 同速度 的过程 ， 应用动量守 恒 定律有 ： ｏ ｍｙ ｍｖ ：２ 设 回路中的平均 电流 为 Ｊ 。再对 ａ棒 ， 应用 动量定
理：
一
根据欧姆定律 ， 可得平均 电流为 了 Ｅ一 ： 由动量定理得 ： 一Ｂ儿 ・ 一 △ 一０ 联立上式 ：一 点评 ： 本题 实质上是利 用动量定理 求感应电荷 量。
【 ２ 如 图 ２ 例 】
Ｂ Ｌ△ｔ Ｉ 一
— ｍ
所示 ， 足够 长 的相 距 为ｚ 的平行金 属导轨
由法拉第 电磁感应定律得 ： 一 ：
【 １ 如图 １ 示 ， 例 】 所
质量为 ｍ 的导体棒可沿光
滑 水 平 面 的 平 行 导 轨 滑
由闭合 电路欧姆定律 ：一 一 － Ｅ 』
对 ａ 应 用 动量 定 理 得 ： ｌ ￡＝１ 解得 ： ｘ 棒 Ｂ ＝ １７ ＝１ ２ Ａ 一
又 Ｑ＝７ ｔ ＝ ａ 解得 ： ＝ Ｑ一 点评 ： 本题是利用动量定理计算电荷量的典型例子。
ＭＮ 、 Ｑ放 置在 水平 Ｐ 面内 ， 强 磁 场 竖 直 匀
通过 以上三个例题 的分析 ， 会当导体切 割磁感 线 体
而产生感应 电流 ， 果感应 电流不恒定 ， 体所受 到的 如 导 安 培力也 不恒 定 而做变 速运 动 时 ， 些 问题 如 涉及 位 有 （ 责任 编辑 易志毅）
2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：动量观点在电磁感应中的应用
专题强化二十五 动量观点在电磁感应中的应用目标要求 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．题型一 动量定理在电磁感应中的应用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，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解． 考向1 “单棒＋电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－B I L Δt ＝0－m v 0，q ＝I Δt ，q ＝m v 0BL求位移x－B 2L 2v R Δt ＝0－m v 0，x ＝v Δt ＝m v 0R B 2L2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝IΔt ，x ＝v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度情景示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v求运动时间－B I L Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，q ＝I Δt －B 2L 2vR Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，x ＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q 、x 、v 中的任一个物理量例1 (多选)(2023·广东湛江市检测)如图所示，宽为L 的足够长U 形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，将一质量为m 、接入电路的有效电阻为R 、长度略大于L 的导体棒垂直于导轨放置．某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v 0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是( )A ．导体棒中感应电流方向为由a 到bB ．导体棒中的最大发热量为12m v 02C ．导体棒的加速度逐渐减小到0D ．通过导体棒的电荷量最大值为m v 02BL答案 BC解析 根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由b 到a ，选项A 错误；当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为12m v 02，选项B 正确；导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，则加速度满足a ＝BIL m ＝B 2L 2vmR ，随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到0，选项C 正确；从开始运动到最后停止，由动量定理可知－F 安Δt ＝0－m v 0，F 安Δt ＝B I L Δt ＝BLq ，通过导体棒的电荷量最大值为q ＝m v 0BL ，选项D 错误．考向2 不等间距上的双棒模型例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M 、N 、P 、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L 和L ，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m 、接入电路的电阻均为R 的导体棒C 、D 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t ＝0时使导体棒C 获得瞬时速度v 0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，导体棒D 的加速度大小为a ＝B 2L 2v 0mRB ．达到稳定运动时，C 、D 两棒速度之比为1∶1C ．从t ＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25m v 02D ．从t ＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2m v 05BL答案 ACD解析 开始时，导体棒中的感应电动势E ＝2BL v 0，电路中感应电流I ＝E2R ，导体棒D 所受安培力F ＝BIL ，导体棒D 的加速度为a ，则有F ＝ma ，解得a ＝B 2L 2v 0mR ，故A 正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C 、D 棒的速度分别为v 1、v 2，则有2BL v 1＝BL v 2，对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，对D 棒有B I L Δt ＝m Δv 2，故对变速运动全过程有v 0－v 1＝2v 2，解得v 2＝25v 0，v 1＝15v 0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22，解得Q ＝25m v 02，故C 正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，可得2BLq ＝m (v 0－v 1)，解得q ＝2m v 05BL ，故D 正确．考向3 “电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本 模型 规律(导轨光滑，电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR ，电容器充电U C变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动运动特点和最棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0，但电终特征容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BL v 对棒应用动量定理：m v－m v0＝－B I L·Δt＝－BLq v＝m v0m＋B2L2C.v－t图像例3如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是()A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动答案 B解析题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据F安＝B I L，有F安t＝B I Lt＝qBL＝mΔv，得q＝mΔvBL，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．2．无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v m运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度v m 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m对棒应用动量定理：m v m－0＝B I L·Δt＝BLΔQv m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图像例4(2023·广东广州市模拟)如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑金属导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动．当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L(电阻不计)，磁感应强度大小B，MN棒的质量m0、电阻R.在飞机起飞过程中，求：(1)MN 棒受到的最大安培力F 的大小和方向；(2)若飞机起飞时速度为v ，飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ ； (3)飞机起飞时速度v 的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)． 答案 (1)BLE R 方向水平向右 (2)(E －BL v )C (3)BLECB 2L 2C ＋m 0解析 (1)开关S 刚接至2时，回路中电流最大，MN 棒受到的安培力最大，最大安培力 F ＝BIL ＝BLER金属棒MN 上的电流方向从M 流向N 端，由左手定则可知安培力方向水平向右． (2)飞机起飞速度为v 时，金属棒的感应电动势E ′＝BL v 即此时电容器两极板间的电压U ＝BL v 则ΔQ ＝ΔU ·C ＝(E －BL v )C(3)飞机起飞时，电容器两极板的电压U ＝E ′＝BL v 对金属棒由动量定理可得B I Lt ＝m 0v －0 又B I Lt ＝BL ΔQ ＝BL (EC －BL v C ) 所以BL (EC －BL v C )＝m 0v 解得v ＝BLEC B 2L 2C ＋m 0.题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用1．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，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．2．双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热例5(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)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始终与导轨垂直并接触良好，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()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C正确，B、D错误．例6 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的平行金属导轨，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v 0，求：(1)当cd 棒速度减为0.6v 0时，ab 棒的速度v 及加速度a 的大小；(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 (1)0.4v 0 B 2L 2v 010mR (2)m v 02BL d ＋m v 0RB 2L2解析 (1)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m v 0＝0.6m v 0＋m v 解得v ＝0.4v 0回路感应电动势E ＝0.6BL v 0－0.4BL v 0 此时回路电流I ＝E2R因此加速度a ＝BILm整理得a ＝B 2L 2v 010mR(2)ab 、cd 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得m v 0＝2m v 共 对ab 棒，根据动量定理有B I L Δt ＝m v 共 而q ＝I Δt ，解得q ＝m v 02BL在这段时间内，平均感应电动势E ＝BL Δv回路平均电流I ＝E 2R因此流过某截面的电荷量q ＝I Δt ＝BL Δv 2R Δt ＝BL (x －d )2R ，解得最大距离x ＝d ＋m v 0RB 2L2.课时精练1．(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边长为L ，不计金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R 、质量为m .装置处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v 0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保持良好接触，则( )A ．刚开始运动时产生的感应电流方向为M →N →c →b →MB ．导体棒的最大速度为v 02C ．通过导体棒的电荷量为2m v 03BLD ．导体棒产生的焦耳热为56m v 02答案 AC解析 金属框开始获得向右的初速度v 0，根据右手定则可知电流方向为M →N →c →b →M ，故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2m v 0＝3m v ，可得v ＝23v 0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得B I L Δt ＝m v －0，其中I Δt ＝q ，可得通过导体棒的电荷量为q ＝2m v 03BL ，故C 正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12×3m v 2＝13m v 02，故D 错误． 2.(多选)如图所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l ，ab 、cd 是质量为m 、接入电路中电阻为R 的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd 静止在平滑轨道上，ab 从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功 12mgr ，水平导轨足够长，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g .从ab 棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A ．ab 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B ．cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 以相同的速度做匀速运动C ．ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流为Bl gr2RD ．ab 棒的最终速度大小为gr2答案 CD解析 ab 棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab 棒先做加速度减小的减速运动，cd 棒与ab 棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A 、B 错误；ab 棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr －12mgr ＝12m v 2，可得速度为v ＝gr ，则感应电动势为E ＝Bl v ，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I ＝Bl gr 2R ，两棒共速时由动量守恒定律有m v ＝2m v ′，得速度大小为v ′＝gr 2，故C 、D 正确．3．(多选)如图，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C ，阻值为R 的电阻通过三角旋钮开关S 与两导轨连接，长度为L 、质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .三角旋钮开关S 仅1、2之间导电，S 左旋时能将电阻R 和电容器C 接入同一回路，右旋时能将电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F 向右拉金属杆ab ，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F ，同时旋转S ，此时金属杆的速度大小为v 0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )A ．撤去F 前，金属杆做变加速直线运动B ．撤去F 同时向右旋开关S ，金属杆做加速度减小的减速运动C ．恒力F 对金属杆做的功等于12m v 02D ．若分别左旋右旋S ，两种情况下，通过电阻R 的电荷量之比为CB 2L 2∶m 答案 BD解析 撤去F 前，对金属杆进行受力分析有F －BIL ＝ma ，对电容器Q ＝CU ＝CBL v ，充电电流I ＝ΔQ Δt ＝CBL Δv Δt ＝CBLa ，解得a ＝F CB 2L 2＋m，可知金属杆做匀加速直线运动，A 错误；撤去F 同时向右旋开关S ，此时仅有电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL ＝B 2L 2v R ＝ma ，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B 正确；根据动能定理有W F ＋W 安＝12m v 02，其中安培力做负功，则恒力F 对金属杆做的功大于12m v 02，C 错误；撤去F 时，电容器极板带电荷量Q ＝CBL v 0，对金属杆分析，由动量定理有－B I L ·Δt ＝0－m v 0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q ＝I ·Δt ，当左旋S ，通过电阻的电荷量q 1＝Q ，当右旋S ，通过电阻的电荷量q 2＝q ，解得q 1q 2＝CB 2L 2m，D 正确． 4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M 、N 固定在水平桌面上，导轨间距离为L ，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD 为分界线，左边磁感应强度大小为2B ，右边为B ，两导体棒a 、b 垂直导轨静止放置，a 棒距CD 足够远，已知a 、b 棒质量均为m 、长度均为L 、电阻均为r ，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a 获得一瞬时水平速度v 0，在两棒运动至稳定的过程中(a 棒还没到CD 分界线)，下列说法正确的是( )A ．a 、b 系统机械能守恒B ．a 、b 系统动量不守恒C ．通过导体棒a 的电荷量为2m v 05BLD ．导体棒a 产生的焦耳热为2m v 025答案 BC解析 因为a 、b 棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a 、b 系统机械能不守恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为 F a ＝2BIL ，方向水平向左，而b 棒受到的安培力为 F b ＝BIL ，方向水平向右，故a 、b 系统所受合外力不为零，故a 、b 系统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至稳定时满足2BL v 1＝BL v 2，设向右为正方向，则对a 、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2B I Lt ＝m v 1－m v 0，B I Lt ＝m v 2，联立解得v 1＝v 05，v 2＝2v 05.又因为q ＝I t ，所以通过导体棒a 的电荷量为q ＝2m v 05BL，故C 正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a 、b 棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a 、b 产生的总焦耳热为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22＝25m v 02，所以导体棒a 产生的焦耳热为Q ′＝12Q ＝15m v 02，故D 错误． 5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R ＝0.5 Ω，两轨道间距d ＝1 m ，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．一质量m ＝0.5 kg 、长为l ＝1.1 m 、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h 1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x 2＝0.8 m ，水平轨道距水平地面的高度h 2＝0.8 m ．通过计算可知(g 取10 m/s 2)( )A ．导体棒进入磁场时的速度为3 m/sB ．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 JC ．磁场的长度x 1为2 mD ．整个过程通过电阻的电荷量为2 C答案 BCD解析 设导体棒进入磁场时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mgh 1，解得v 0＝ 4 m/s ，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x 2＝v t ，竖直方向有h 2＝12gt 2，联立代入数据解得v ＝2 m/s ，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q ＝12m v 02－12m v 2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝3 J ，故B 正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有F 安t 1＝Bdq ＝m v 0－m v ，又有q ＝I t 1＝ΔΦR ＝Bdx 1R，联立代入数据解得q ＝2 C ，x 1＝2 m ，故C 、D 正确．6.(多选)(2023·广东茂名市联考)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一宽度为d 的区域，区域内存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m 、边长为L (L <d )的正方形金属线圈以速度v 沿水平方向进入磁场，且恰好能全部穿出磁场，则下列说法正确的是( )A ．进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BLB ．线圈中无感应电流的时间为d －L vC ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为m v 24D ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为3m v 28答案 AD解析 进入磁场的过程和穿出磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相等．设进入过程中平均电流为I 1，时间为t 1，全部进入磁场时的速度为v 1，由动量定理得－BI 1Lt 1＝m v 1－m v ，设进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q 1，q 1＝I 1t ，则有－BLq 1＝m v 1－m v ，同理，穿出磁场时，因为恰能全部穿出，故－BLq 2＝－m v 1，q 1＝q 2，所以v －v 1＝v 1，解得v 1＝v 2，则进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BL ，故A 正确；无感应电流的时间为t ＝d －L v 1＝2(d －L )v ，故B 错误； 进入磁场过程中产生的焦耳热Q ＝m v 22－m v 122＝3m v 28，故C 错误，D 正确．7．(多选)(2023·广东韶关市模拟)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行电磁阻尼效果的研究学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的范围足够大的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22 C 答案 AD 解析 磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而改变速度；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即题图乙中x 0＝1 m ，A 正确；线框进入磁场过程中，安培力为F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R ，则F ＝B 2L 2v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误； 线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得－B 2L 2v Rt ＝m v －m v 0，解得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入数据解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝BLx R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 8．如图所示，平行光滑金属双导轨P 1Q 1M 1和P 2Q 2M 2，其中P 1Q 1和P 2Q 2为半径r ＝0.8 m 的14光滑圆轨道，O 1和O 2为对应圆轨道的圆心，Q 1、Q 2在O 1、O 2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q 1M 1和Q 2M 2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m ；两导体棒a 、b 始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a 、b 的质量均为1 kg ，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时刻，b 静止在水平导轨上，a 从与圆心等高的P 1P 2处由静止释放，a 、b 在以后运动的过程中不会发生碰撞(g ＝10 m/s 2)．求：(1)导体棒a 从Q 1Q 2进入磁场时，导体棒b 的加速度大小；(2)导体棒a 、b 稳定时的速度大小；(3)整个过程中，通过导体棒b 的电荷量．答案 (1)2 m/s 2 (2)2 m/s (3)2 C解析 (1)导体棒a 从P 1P 2到Q 1Q 2，由动能定理得m a gr ＝12m a v 02－0 代入数据得v 0＝4 m/s a 刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v 0＝4 V由闭合电路的欧姆定律得I ＝E R a ＋R b＝2 A 由牛顿第二定律得ILB ＝m b a b代入数据得a b ＝2 m/s 2.(2)当导体棒a 、b 稳定时，由动量守恒定律得m a v 0＝(m a ＋m b )v 1代入数据得v 1＝2 m/s.(3)整个过程中，对导体棒b 由动量定理得I LBt ＝m b v 1，又q ＝I t ，代入数据得q ＝2 C.9.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd .设两根导体棒的质量皆为m 、电阻皆为R ，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .开始时ab 和cd 两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v 0和2v 0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，回路中消耗的电功率的值． 答案 (1)94m v 02 (2)B 2L 2v 028R解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2m v 0－m v 0＝2m v ，解得v ＝v 02，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q ＝12m v 02＋12m (2v 0)2－12(2m )v 2＝94m v 02. (2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，设cd 棒的速度是v 2，根据动量守恒得2m v 0－m v 0＝m v 2＋m v 04，解得v 2＝3v 04，此时回路中的总电动势E ＝BL (3v 04－v 04)＝12BL v 0，则消耗的电功率为P ＝E 22R ＝B 2L 2v 028R .。
动量观点在电磁感应中的应用
小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通
过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置
Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是( BD)
A.q1＝q2 C.v＝1.0 m/s
B.q1＝2q2 D.v＝1.5 m/s
01 02 03 04 05 06 07 08
图2
目录
提升素养能力
解析 根据 q＝ΔRΦ＝BRΔS可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电 荷量 q1＝2q2，故 A 错误，B 正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－ B－I1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动 量定理－B－I2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得 v＝13v0＝1.5 m/s，故 C 错误，D 正确。
目录
研透核心考点
解析 对 ab 棒由动量定理有－B－ILt＝0－mv0，而 q＝－It，即－BqL＝0－mv0，当流过棒的电荷量为q2 时，有－B·q2L＝mv1－mv0，解得 v1＝12v0，A 错误； 当棒发生位移为 s 时，q＝ΔRΦ＝BRLs，则当棒发生位移为3s时，q′＝ΔRΦ′＝B3LRs， 可知此时流过棒的电荷量 q′＝q3，代入 B－ILΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速 度为 v2＝32v0，B 错误；定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量 达到q2的过程中，棒释放的热量为 Q＝1212mv20－12mv21＝136mv20＝3B1q6Lv0，C 正确； 同理可得整个过程中定值电阻 R 释放的热量为 Q′＝21×21mv20＝qB4Lv0，D 错误。
给金属棒 ab 一个水平向右的初速度 v0，金属棒沿着金属导轨滑过磁场的过程中，流 过金属棒的电流最大值为 I，最小值为12I。不计导轨电阻，金属棒与导轨始终接触良
一轮复习：磁感应中的动量问题
(2)gt－Bm2Lr3＋ 2gL
方法感悟 应用动量定理还可以由动量变化来求解变力的冲量。如 在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以 解决牛顿运动定律不易解答的问题。
12．(2018·天津高考) 真空管道超高速列车的动力系统是一种将 电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模 型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金 属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、 电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨 良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、 cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面 向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E
的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自 动关闭。
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并 简要说明理由； (2)求刚接通电源时列车加速度a的大小； (3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为 B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻 列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使 列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
A．回路中始终存在逆时针方向的电流
B．棒 N 的最大加速度为2Bm2I2dR2
C．回路中的最大电流为2BmIdR
D．棒 N 获得的最大速度为mI
16．(2018·唐山二模)如图所示，两根平行光滑的金属导轨 M1N1P1－M2N2P2由四分之一圆弧部分与水平部分构成，导轨 末端固定两根绝缘柱，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＝2 T，两根完全相同的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧 顶端M1M2处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为m＝1 kg、 电阻均为R＝2 Ω。金属棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部 分，此后，金属棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞且 无机械能损失，金属棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发 生碰撞。金属棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x1＝0.5 m 的A1A2位置与金属棒a发生碰撞，碰后停在距绝缘柱x2＝0.2 m 的A3A4位置，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。求：
电磁感应中动量定理公式
电磁感应中动量定理公式
动量定理是电磁感应中一项非常重要的物理定律，它描述了电磁场与运动电荷之间的相互作用关系。
根据动量定理，当电荷在电磁场中运动时，它将受到电磁力的作用，从而产生动量变化。
在电磁感应中，电磁场可以通过电场和磁场来描述。
当电荷在电磁场中运动时，电磁力将作用于电荷，改变其运动状态。
根据牛顿第二定律，电磁力等于电荷所受的加速度乘以电荷的质量。
因此，电磁力可以改变电荷的动量。
动量定理告诉我们，电磁力的作用会导致电荷的动量发生变化。
当电荷在电磁场中受到力的作用时，它将获得一个动量变化。
这个动量变化是由电荷所受的力和作用时间的乘积决定的。
如果力的方向与电荷运动方向一致，电荷的动量将增加；如果力的方向与电荷运动方向相反，电荷的动量将减小。
动量定理的公式可以表示为：动量变化等于力与时间的乘积。
这个公式可以用数学语言表示为Δp = F * Δt，其中Δp表示动量变化，F表示力，Δt表示作用时间。
根据这个公式，我们可以计算电荷在电磁场中受到的力的大小和方向，从而了解电荷的动量变化情况。
动量定理在电磁感应中具有广泛的应用。
例如，在电动机中，电流通过线圈时会产生磁场，这个磁场与电动机中的磁场相互作用，产
生力矩使电动机转动。
根据动量定理，我们可以计算出电动机所受的力矩，从而了解电动机的运动情况。
总结一下，动量定理是电磁感应中非常重要的物理定律，它描述了电磁场与运动电荷之间的相互作用关系。
根据动量定理，电磁力会改变电荷的动量，产生动量变化。
通过动量定理，我们可以计算出电荷所受的力和动量变化情况，从而更好地理解电磁感应现象。
电磁感应问题中动量定理应用归类
电磁感应问题中动量定理应用归类
动量定理是指在相互作用系统中，两个物体发生相互作用前后，它们的动量变化量相等且大小相同，也就是说总动量守恒。
在电磁感应问题中，动量定理可以被应用于分析导体中自由电子受到电磁力的作用。
下面是电磁感应问题中动量定理的应用所需的相关参考内容：
1. 磁场中运动带电粒子的动量定理
在磁场中运动带电粒子的情况下，动量定理可以用来分析带电粒子受到磁场作用时的运动规律。
具体的参考内容包括磁场对带电粒子产生的洛伦兹力公式以及动量定理的定义和应用。
2. 感应电动势的产生与动量定理
在感应电动势的产生问题中，可以利用动量定理来推导感应电动势的产生。
具体的参考内容包括受到磁场作用的导体中的自由电子受到洛伦兹力的描述、动量定理的定义和应用、以及感应电动势的产生过程。
3. 电磁铁中导体的运动和动量定理
在电磁铁中导体的运动问题中，动量定理可以用来分析导体所受的力以及速度的变化。
具体的参考内容包括电磁铁的结构和工作原理、动量定理的定义和应用、以及导体受到的力和速度的变化规律。
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应用动量定理解决电磁感应问题的思维起点
电磁感应部分历来是高考的重点、热点，出题时可将力学、电磁学等知识溶于一体，能很好地考查学生的理解、推理、分析综合及应用数学处理物理问题的能力．通过对近年高考题的研究，此部分结合动量定理的力电综合模型经常在高考题中出现。
本文结合例题分析应用动量定理解决电磁感应问题的思维起点。
一、 以累积公式q=It 结合动量定理为思维起点
直导线在磁场中要受到安培力的作用，速度发生变化，安培力随之变化。
通常直导线（或线框）的运动为非匀变速直线运动，不能用牛顿运动定律结合运动学公式解题，而动量定理适用于非匀变速直线运动。
在时间△t 内安培力的冲量BLq t BLI t F =∆=∆，式中q 是通过导体截面的电量。
利用该公式结合动量定理是解答此类问题思维起点。
例1．如图所示，在匀强磁场区域内与B 垂直的平面中有两根足够长的固定金属平行导轨，在它们上面横放两根平行导体棒构成矩形回路，长度为L ，质量为m ，电阻为R ，回路部分导轨电阻可忽略，棒与导轨无摩擦，开始时图中左侧导体棒静止，右侧导体棒具有向右的初速v 0，试求两棒之间距离增长量x 的上限。
析与解：当右棒运动时，产生感应电动势，两棒中有感
应电流通过，右棒受到安培力作用而减速，左棒受到安培力
作用而加速。
当它们的速度相等时，它们之间的距离最大。
设它们的共同速度为v ，则据动量守恒定律可得：
mv 0＝2mv ，即021v v = 对于左棒应用动量定理可得：
BILt= mv
所以，通过导体棒的电量q=It =BL mv 20 而q =R BLx t I 2=∆ 由上述各式可得： x =220L
B R mv 。
v
点评：本题结合冲量公式BLq t BLI t F =∆=∆应用动量定理，使貌似复杂的问题得到迅速解决。
例2.（原创预测题）如图所示，两水平放置的平行光滑金属导轨相距为L ，导轨左端用导线连在一起，导轨电阻不计，整个装置垂直处于磁感强度
为B 的匀强磁场中，另有一根长也为L 的金属棒垂直放在导轨上，
现给金属棒一向右的水平初速度v 。
若已知金属棒从开始运动到停
止的这段时间内，通过金属棒的电量为q ，求金属棒的质量。
析与解：由动量定理得：BILt=mv 而q=It
由以上两式得 m=v BLq . 点评：金属棒受到向左的安培力，向右做加速度减小的减速运动，直到停止运动。
显然不能用牛顿运动定律结合运动学公式解题，从已知量q 我们当然应想到q=It ，用动量定理分析则题目很简单。
二、 以累积公式x=vt 结合动量定理为思维起点
直导线（或线框）在磁场中做非匀变速直线运动，在时间△t 内安培力的冲量
x R
L B t R v L B t F 2
222=∆=∆，式中x 是时间△t 内直导线（或线框）通过的位移。
利用该公式结合动量定理是解答此类问题思维起点。
例3．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L 的区域内，有一个边长为a （a <L ）的正方形闭合线圈以初速v 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v （v <v 0）那么
A ．完全进入磁场中时线圈的速度大于（v 0+v ）/2；
B ．安全进入磁场中时线圈的速度等于（v 0+v ）/2；
C ．完全进入磁场中时线圈的速度小于（v 0+v ）/2；
D ．以上情况A 、B 均有可能，而C 是不可能的
析与解：设线圈完全进入磁场中时的速度为v x 。
线圈在
穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。
对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得： L
a a
=∆-=∆-t R v a B t F 22032mv mv R a B x -=- 对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得：
=∆-=∆-//
22t R v a B t F x mv mv R
a B -=-3
2 由上述二式可得2
0v v v x +=，即B 选项正确。
例4．如图，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处由静止开始释放，A 、B 是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场，只是A 的区域比B 的区域离地面高一些，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂
直，则（ ）
A. 甲先落地。
B. 乙先落地。
C. 二者同时落地。
D. 无法确定。
析与解：先比较甲、乙线圈落地速度的大小。
乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做功较多，即产生的焦耳热较多。
由能量守恒定律可知，乙线圈落地速度较小。
线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为F ，穿过磁场时间为t ∆，下落全过程时间为t ，落地时的速度为v ，则全过程由动量定理得
t F mgt ∆-=mv
而x R
L B t R v L B t F 2
222=∆=∆ 可见，两下落过程安培力的冲量相等。
因为：，甲乙v v < 所以 ，甲乙t t <
即乙线圈运动时间较短，先落地。
选B 。
三、 含电容器电路的电磁感应问题的思维起点
a b C v 0 电磁感应电路中含有电容器时，电容器放电或给电容器充电的过程，导体杆的运动为非匀变速直线运动。
考虑公式R
BL BLq t BLI t F ∆Φ==∆=∆为该类问题的思维起点。
例5. 如图所示，水平放置的光滑U 型金属框架宽为L ，足够长，垂直处于磁感强度为B 的匀强磁场中，其上放一质量为m 的金属棒ab ，左端连接有一电容为C 的电容器，现给棒一个初速v 0，使棒始终垂直框架并沿框架运动，求导体棒的最终速度。
析与解：
当ab 棒以稳定速度v 匀速运动时，有：BLv =U C =q/C
而对导体棒ab 利用动量定理可得：-BILt=-BLq =mv -mv 0
由上述二式可求得： C
L B m mv v 220+= 点评：当金属棒ab 做切割磁感线运动时，要产生感应电动势，这样，电容器C 将被充电，ab 棒中有充电电流存在，ab 棒受到安培力的作用而减速，且为非匀变速运动。
应用动量定理结合电容器性质解决问题
例6．如下图所示是超导电磁炮的原理图，它能在较短的炮身中使炮弹加速到极高的速度，去攻击大气层中飞行的任何飞机．设水平放置的两光滑金属导轨MN 和PQ 相距为d ，左端连有开关s 和电容为c 的电容器．质量为m 的炮弹连有的金属杆EF 垂直于导轨放在其上，并可以自由滑动且接触良好，整个装置放在磁感应强度为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．给电容器充电后，电容器两端电压为U ，合上开关S ，电容器迅速放电结束，炮弹在水平导轨上达到稳定速度．求：炮弹在水平导轨上所达到的稳定速度v 的大小的表达式．
析与解： 设放电时间为∆t ，
电容器放电前 Q=cu ①
对放电过程应用动量定理 BId ∆t=mv ②
I ∆t=∆Q ③
而 ∆Q= Q-cBdv ④
由以上几式得 v=22d cB m cuBd + 点评：电容器放电过程金属杆的运动既非匀速运动也不是匀变速运动，于是选择动量定理，考虑公式R
BL BLq t BLI t F ∆Φ==∆=∆来解决变力冲量的问题。
应用动量定理解决电磁感应模型问题的物理情境变化空间大，题目综合性强，所以该模型问题是高考的热点，同时也是难点，从这个意义上讲重视和加强此类问题的探究是十分必要和有意义的，另外还可起到触类旁通的效果，让学生同时具备解决电磁感应其它类模型问题的能力。
练习：
1．（原创预测题)如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L 的区域内，现有一边长为d(d<L)的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v 0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，则线框在滑进磁场的过程
中产生的热量Q 1与滑出磁场的过程中产生的热量Q 2之比为
( )
A ．1：1
B ．2：1
C ．3：l
D ．4：1
2.(原创预测题)如图所示，在水平面上有两条平行导电导轨MN 、PQ ，导轨间距离为d ，匀强磁场垂直于导轨所在平面向下，磁感应强度的大小为B ，两根金属杆1、2间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，它们的电阻均为R ，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨的摩擦不计．
求：（1）若让杆2固定，杆1以初速度v 0滑向杆2，为
使两杆不相碰，则最初摆放两杆时的最小距离.
(2) 若杆2不固定，杆1仍以初速度v 0滑向杆2，为使
两杆不相碰，则最初摆放两杆时的最小距离.
参考答案:
1.C 提示：进出磁场过程安培力冲量相同，故速度变化相同.再由能量守恒得出结果.
2.(1)2202d B mRv s =
(2) 220d B mRv s =。
提示(1)对杆1应用动量定理求解.(2)首先系统
动量守恒, 对杆1应用动量定理求解.。