動量定理在電磁感應中的應用（解析版）

第17沸動量定理在電磁感應中的應用

【方法指導】

一、動量定理在電磁感應現象中的應用

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，安培力的沖量為：

k=Lt=BLq,通過導體棒或金屬框的電荷量為：

—.EA0A0

q=/^t=—^t=n..A/=z?—,

1RAZRtI忠An

磁通最變化量：?D=BkS=BLx。

如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則/&=〃八，2—〃町。

當題目中涉及速度V、電荷量外運動時間八運動位移x時常用動量定理求解更方便c

二、動量守恒定律在電磁感應現象中的應用

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I可路，安培力充當系統內力，如果它們

不受摩擦力，旦受到的安培力的合力為。時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便。

【例題精析】

[例題1](2022?浙江)艦載機電磁彈射是現代航母最先進的彈射技術，我國在這一領域已達到世界

先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統的設計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子

(圖中未畫出)與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導

軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為B。開關S與I接通，恒流源與線圈連接，

動子從靜I卜開始推動飛機加速,飛機達到起飛速度時與動子脫離：此時S擲向2接通定值電阻

R0,同時施加回撤力F,在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開

始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在ti至t3時間內F=(800-10v)N,t3時撤去F。已知起

飛速度vi=80m/s,ti=1.5s,線圈匝數n=100匝，每匝周長l=lm,飛機的質量M=10kg,動

子和線圈的總質量m=5kg,Ro=9.50,B=0.1T,不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的

影響，求

(1)恒流源的電流I；

(2)線圈電阻R；

(3)時刻13。

【解答】解:(1)根據安培力公式可得:

F?e=nBIl

動子和線圈在0?ti時間內做勻加速直線運動，運動的加速度為

V1

a=J

根據牛頓第二定律得:

F安=(M+m)a

代入數據解得：I=80A

(2)當S撥至2時，接通定值電阻Ro,此時的感應電流為

_nBlv

斫

此時的安培力為

F安i=nBIil

根據牛頓第二定律得:

2>2p2

(800-10V)+V=THCli

KD0+KD

由圖可知在t］到t3的過程口，加速度恒定，則有

n2l2B2

----------=10

Ro+R

解得；R=0.5ft；&=160tn/s2

(3)根據圖像可知，打一Q^s=0.5s

則0?2s時間內，位移大小為

s=Ivi=Ix80x2m=807n

根據法拉第電磁感應定律得:

72/①nBAS

E=AtAt

根據電流的定義式可得：Aq=It

/=_￡_

&）+/?

聯立解得：4q=署導

從t3時刻到最后返回初始位置停下的時間段內通過回路中的電荷量，根據動量定理得：

-nBlAq=0-mai（t3~t2）

聯立解得：13=^S

答：（1）恒流源的電流為80A；

（2）線圈電阻為0.5Q；

V5+3

（3）時刻13為0—s。

[練習1]（2022?浙江）如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環，長均為r,電阻均為Ro的

兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環接觸良好，另一端固定在過圓心的導電豎直轉軸OO'

上，并隨軸以角速度co=600rad/s勻速轉動，圓環內左半圓均存在磁感應強度大小為Bi的勻強

磁場。圓環邊緣、與轉軸良好接觸的電刷分別與間距h的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道

間接有電容C=0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側

寬度也為11、長度為12、破感應強度大小為B2的勻強磁場區域。在磁場區域內靠近左側邊緣處

垂直軌道放置金屬棒ab,磁場區域外有間距也為h的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌

道的水平段上放置形金屬框fcdeo棒ab長度和形框的寬度也均為In質量均為m=

0.01kg,de與cf長度均為13=O.O8m,已知h=0.25m,12=0.068m,BI=B2=1T、方向均為豎

直向上；棒ab和形框的cd邊的電阻均為R=0.1。，除已給電阻外其他電阻不計，軌道均

光滑，棒ab與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道垂直。開始時開關S和接線柱I接通，待

電容器充電完畢后，將S從1撥到2,電容器放電，棒ab被彈出磁場后與“[”形框粘在一起形

成閉合框abed,此時將S與2斷開，已知框abed在傾斜凱道上重心上升0.2m后返回進入磁場。

（1）求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q,哪個極板（M或N）帶正電？

（2）求電容器釋放的電荷量CQ：

（3）求框abed進入磁場后，ab邊與磁場區域左邊界的最大距離x。

【解答】解：（1）開關S與接線柱1接通。電容器充電，充電過程，對繞轉軸00'轉動的棒由

右手定則可知其動生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負極，則M板帶正電;

根據法拉第電磁感應定律可知：E=

則電容器的電荷量為：Q=CU=

聯立解得：Q=0.54C

（2）電容器放電過程有：B211AQ=mvi

棒ab被彈出磁場后與形框粘在一起的過程有：mvi=（m+m）V2

棒的上滑過程有：gxZmv}=2mgh

聯立解得：△Q=0.16C

（3）設導體框在磁場中減速滑行的總路程為Ax,由動量定理得：

—=2mv

2R2

可得：Ax=0.l28m>0.08n

勻速運動距離為：13-h=0.08m-0.068m=0.012m

貝ljx=Ax+13-12=0.128m+0.012nl=0.14m

答：（1）電容器充電完畢后所帶的電荷量Q為0.54C,M極板帶正電：

（2）電容器釋放的電荷量AQ為0.16C：

（3）框abed進入磁場后，ab邊與磁場區域左邊界的最大距離為0/4m。

[練習2]（2022?溫州二模）如圖所示，間距L=（）.2m的兩平行金屬導軌由傾斜部分與水平部分平滑

連接而成。傾斜部分MN、MN'粗糙，與水平面夾角8=30°；水平部分NP、NP光滑。PP間

接有電容器和二極管，電容器電容C=：F,二極管正向電阻為零，反向電阻無窮大。虛線區域

I、II、in內有垂直于導軌平面的勻強磁場，方向如圖所示，磁感應強度大小均為B=IT。區

域I、II沿導軌長度均為d=0.5m,區域II下邊界與NN齊平。區域II沿導考L長度足夠長。現有

兩根完全相同的導體棒ab、cd,每根導體棒質量m=0.01kg,電阻R=1C,長度L=0.2m,始

終與導軌垂直且接觸良好。開始時，cd棒靜止在區域H左側的水平導軌上，讓ab棒從區域I上

邊界上方某處無初速度釋放。已知ab棒與傾斜導軌動摩擦因數上:噂，ab棒從釋放到抵達NN

的時間t=2s。ab棒與cd棒碰撞后立即粘在一起繼續運動。導軌電阻不計。求：

（1）ab棒在傾斜軌道上運動過程中，通過cd棒的電荷量q；

(2)兩棒碰撞后瞬間的速度v的大小;

(3)若電容器儲存的甩能滿足E=(U為電容器兩極板間電壓)，進入水平導軌后ab棒產

生的焦耳熱Qabo

II中切割磁感線產生感應電流方向

由b-a,則二極管不導通，電容器不會被充電。導體棒ab、cd和導軌組成回路，設ab棒通過區

域I的過程通過回路的電荷量為卬，則右:

qi=A△t

I

-=r__BLd

E1=~AF=~AF

解得：qi=覆

由此結果可知ab棒通過區域II的過程通過I可路的電荷量等于qi,則ab棒在傾斜軌道上運動過程

中，通過cd棒的電荷量為:

rBLdlx0.2x0.5_八1八

q=2qi==----j----C=0.1C：

(2)設ab棒從釋放到達NN時的速度大小為vi,對此過程，以沿導凱向下為正方向，由動量定

理得:

mgtsinO-|imgtcos6-2B/]LAc=mvi

其中：4At=qi

代入數據解得：vi=2m/s

ab與cd碰撞過程，以向右為正方向，根據動量守恒定律得:

mvi=2mv

代入數據解得：v=lm/s；

(3)ab與cd碰撞后粘在一起進入區域III內切割磁感線產生感應電流方向由a-b,則二極管導

通，電容器被充電，穩定后電容器的電壓U等于感應電動勢，回路中電流為零，導體棒做勻速直

線運動（設速度大小為V2）。

設導體棒通在區域山的運卻過程通過I可路的電荷量為q2,從導體棒進入I乂域HI到勻速運動的過程,

以向右為正方向，根據動量定理得：

-B/2LAt=mv2-mv

又有：q2=7^At=CU

U=BLV2

聯立代入數據解得：v2=1m/s,

根據能量守恒定律得：

111

--2mv2=--2m說2+-CU~0+2Qab

22/2

代入數據解得：Qab=

答：（I）ab棒在傾斜軌道上運動過程中，通過cd棒的電荷量q為0.1C；

（2）兩棒碰撞后瞬間的速度v的大小為lm/s；

（3）進入水平導軌后ab棒產生的焦耳熱Qab為-1-J。

450

【強化專練】

1.（2022?浙江模擬）如圖所示，邊長為L=lm、質量為m=lkg、電阻為R=1C的勻質正方形剛

性導體線框ABCD和直角坐標系xOy（x軸水平，y軸豎直）均處于豎直平面內.在第一象限的

空間內存在垂直于紙面向里的磁場，磁感應強度在x方向均勻分布，y方向上滿足B=2+ky（各

量均采用國際單位，k為大于0的未知量）。初始時，線框的A點與坐標原點0重合，AB邊與

x軸重合（記為位置1）.現給線框一個沿著x軸正方向的速度vo=lm/s,并且給線框一個豎直

向上的恒力尸=等，當線框A點下降的高度為H=1.25m（記為位置2）時，可以認為線框恰好

達到最大速度，且線框中的電流I=2.5A.此后恒力F保持大小不變，方向改為x方向，線框繼

續運動到位置3（位置3和位置2中A點的橫坐標相距3.5L）,此后軌跡是拋物線.若整個運動

過程中，線框始終處于同一豎直平面內，AB邊始終保持水平，不計空氣阻力，重力加速度為g,

求：

（1）k的數值；

（2）線框從位置1到位置2的時間5

（3）線框從位置2運動到位置3的豎直高度差h.

6

0

EaXXXX

o”:

為k

一XX

?X

.?

XXXXXXX

:

XXXXXXX

XXXXXXX

I

XXXXX^X

l

XXXXXcX

XXXXXxX

▼

【解答】解：（1）由楞次定律可知線框內電流的方向為逆時針或者ADCBA,線框位于位置2時

恰好達到平衡狀態，設卜邊所在處磁感應強度為B2,上邊所在處為Bi,則有

mg-F=B2lL-B1ILB2-Bi=kL

解得k=2T/m

（2）由于水平力向左右兩邊切割磁感線產生的感應電動勢抵消，所以上下兩邊切割磁感線產生的

總感應電動勢為E^=E2-Ei=B2Lvyi-BlLVyl

由閉合電路的歐姆定律有

E總kLu1

/=1T=R

解得Vyl=蕓

代入數據解得：vyi=1.25nVs

線框從位置1到位置2,線框所受安培力合力方向向下，大小為FA=（B2-B1）IL

安培力沖量IA=（B2-B1）ILti

代入得

取豎直向下為正方向，在y方向由動量定理得mgti-Fti-lA=mvyi

解得ti=1.25s

（3）線框從位置2到位置3,水平方向做勻加速運動，a=5m/s2,有3.5L=-2a尸

得到t=ls

軌跡為拋物線，則y方向為勻速運動，有血9=朱與2

從位置2到位置3,y方向列動量定理mgi-【A=mvy2-mvyi

可得〃=

解得力=T6m

答：（I）k的數值為2T/m；

（2）線框從位置1到位置2的時間11為1.25s。

35

（3）線框從位置2運動到位置3的豎直高度差h為mo

7167

2.（2022?浙江模擬）沖擊電流計屬于磁電式檢流計，它可以測量短時間內通過沖擊電流計的脈沖

電流所遷移的電量，以及與電量有關的其他物理量測量（如磁感應強度）。已知沖擊電流計D的

內阻為R,通過的電量q與沖擊電流計光標的最大偏轉量dm成正比，即q=kdm（k為電量沖擊

常量，是已知量）。如圖所示，有兩條光滑且電阻不計的足夠長金屬導軌MN和PQ水平放置,

兩條導軌相距為L,左端MP接有沖擊電流計D,EF的右側有方向豎直向下的勻強磁場。現有

長度均為L、電阻均為R的導體棒ab與cd用長度也為L的絕緣桿組成總質量為m的“工”字

型框架。現讓“工”字型框架從EF的左邊開始以初速度vo（大小未知）進入磁場，當cd導體

棒到達EF處時速度減為零，沖擊電流計光標的最大偏轉量為d,不計導體棒寬度，不計空氣阻

力，試求：

（1）在此過程中，通過ab導體棒的電荷量qab和磁場的磁感應強度B的大小；

（2）在此過程中，“工”字型框架產生的總焦耳熱Q；

（3）若“工”字型框架以初速度2Vo進入磁場，求沖擊電流計光標的最大偏轉量d'。

【解答】解：（1）通過電流計D的電量q=kd,電路總電量qab=2q=2kd

ab為電源，因此回路的總可阻R'=R+9=1.5R

,40,BL2

由4二7仁樂?"年

聯立解得：8=曜

（2）規定向右為正方向，進入過程由動量定理-BLqab=0-mvo

總焦耳熱Q三品詔

ab中的焦耳熱Qab=|Q'

cd中的焦耳熱Qcd=^x

211

Q=(-+-X-)Q'

332

聯立解得：Q=15，d；屐

mL

(3)開始到全部進入根據動量定理有:-BL(2kd)=iuvi-m-2vo

全部進入之后根據動量定理有：-BL(kAd)=0-mvi

聯立解得：Ad=2d

因此光標的最大偏轉量d'=3d

3Rkd

答：(1)在此過程中，通過ab導體棒的電荷量為2kd,磁場的磁感應強度B的大小為-7T-；

15k4d4R2

(2)在此過程中，“工”字型框架產生的總焦耳熱為———；

mLz

(3)若“工”字型框架以初速度2Vo進入磁場，沖擊電流計光標的最大偏轉量為3d。

3.(2022?浙江模擬)如圖所示，AD與AIDI為水平放置的無限長平行金屬導軌，DC與DICI為

傾角為8=37°的平行金屬導軌，兩組導軌的間距均為l=1.5m,導軌電阻忽略不計。質量為m

=0.35kg、電阻為Ri=的導體棒ab置于傾斜導軌上，質量為m2=0.4kg、電阻為R2=0.5Q

的導體棒cd置于水平導軌上，輕質細繩跨過光滑滑輪一端與cd的中點相連、另一端懸掛一輕

質掛鉤.導體棒ab、cd與導軌間的動摩擦因數相同，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.整個裝

置處丁?豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B=2T.初始時刻，棒ab在傾斜導軌上恰好不下

滑。(g4Z10m/s2,sin370=0.6)

(1)求導體棒與導軌間的動摩擦因數由

(2)在輕質掛鉤上掛上物體P,細繩處于拉伸狀態，將物體P與導體棒cd同時由靜止釋放，當

P的質量不超過多大時，ah始終處于靜止狀態？(導體棒cd運動過程中，ab、cd一直與DDi平

行，且沒有與滑輪相碰。)

(3)若P的質量取第(2)問中的最大值，由靜止釋放開始計時，當t=ls時cd已經處于勻速直

線運動狀態，求在這1s內ab上產生的焦耳熱為多少？

【解答】解：(1)對ab棒受力分析，受豎直向下的重力，垂直于斜面向上的支持了和沿斜面向上

的摩擦力作用，在沿斜面方向上由平衡條件得：

nngsinO-|inngcos0=O

代入數據解得：p=0.75；

(2)當P的質量最大時，P和cd的運動達到穩定時，P和cd一起做勻速直線運動，ab處于靜止

狀態，但摩擦力達到最大且沿斜面向下。設此時電路中的電流為I

對ab棒，由平衡條件，

沿斜面方向上有：BILcosO-migsinB-nN=0

垂直于斜面方向上有：N-BILsinO-migcos0=O

對cd棒，設繩中的張力為T,由平衡條件得：T-BIL-nm2g=0

對P，由平衡條件得：Mg-T=0

聯立以上各式得：M=1.5kg

故當P的質量不超過1.5kg時，ab始終處于靜止狀態；

(3)設P勻速運動的速度為v,由法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律得：

Blv=I(R1+R2)

代入數據得：v=2m/s

對P、棒cd,由牛頓第二定律得：

Blv

Mg-2g-B-----1-1=(M+m2)a

Ri+/?2

兩邊同時乘以△t,并累加求和，可得：

Bls

Mgt-|im2gt-B------I=(M+m2)v

R]+/?2

解得：s=

對P、ab棒和cd棒,由能量守恒定律得：

1

Mgs=Jim2gs+Q+(M+m2)~?

代入數據解得：Q=12.6J

在這Is內ab棒上產生的焦耳熱為Qi==8.4Jo

答：（1）求導體棒與導軌間的動摩擦因數日為0.75；

（2）在輕質掛鉤上掛上物體P,細繩處于拉伸狀態，將物體P與導體棒cd同時由靜止釋放，當

P的質量不超過1.5kg時，ab始終處于靜止狀態。

（3）若P的質量取第（2）問中的最大值，由靜止釋放開始計時，當t=ls時cd已經處于勻速直

線運動狀態，在這1s內ab上產生的焦耳熱為8.4J。

4.（2021?浙江模擬）兩光滑導軌平行放置，間距為L,在導軌上有0、0,兩點，00,連線與軌道垂

直。00將導軌分為左右兩部分，00'左邊的軌道由絕緣材料做成，右邊軌道由導電材料做成,

不計導軌的電阻。00'左邊有寬度為d的等間距交替出現的方向豎直向上或豎直向下的磁場，磁

感應強度大小為B,在OCT的右側有方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小也為B。在00

處放置.有質量為2m的金屬棒a,離a棒距離為s處放置一質量也為2m的金屬棒b,a、b兩棒

的電阻均為R。現將一質量為m,電阻值也為R,寬為d,長為L的金屬線框ABCD,從AB邊

離00,距離為4d的左側以一定的初速度向右運動，在001處與a棒發生彈性碰撞后，線框返回

且恰好停在出發處。而b棒與障礙物發生彈性碰撞后會以大小不變的速度返回。b棒到達障礙

物時的速度已經穩定。

（1）判斷線框開始運動時，CD邊中電流的方向及CD邊受力的方向；

（2）求線框初速度的大小；

（3）求線框中產生的熱量；

（4）若b棒在與障礙物相碰后能夠與a棒再相遇，求初始a、b兩棒的距離s的取值范圍。

J

XXXXXXX

XXXXXX

XX6

XXXXXX

X

80

【解答】解：(1)由右手定則可知，電流方向為C-D,由左手定則可知受力方向向左;

(2)設線框初速度為vo,到達OO'時速度為vi,碰撞后彈回時速度為v/，a棒獲得速度為

V2,

線框彈回時，取向右為正方向，根據動量定理可得：=O-m(-)

28瓦戊1_2B，3d

其中A?4。=

RR

4B2L2x3d

所以有:----------=mvi

R

,12B2Lzd

解得：VI=

二-mR-

線框與金屬棒a相碰撞過程中，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得:

mvi=mvi'+2mv2

根據機械能守恒定律可得：^mvi2=invif2+ix2mv22

222

q汨36B2L2dZ4B2L2d

解得：