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第 12 讲 动量观点在电磁感应中的应用
目标要求 1.掌握应用动量观点处理电磁感应中的动量、电荷量、时间及位移等问题。2.掌握动量和能量观点
处理电磁感应中的能量转化问题。
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
例1 (多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，
一正方形线框(右边框平行于磁场边界)由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，
经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小
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q 、q ，线框经过
1 2
位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是( )
A.q =q B.q =2q
1 2 1 2
C.v=1.0 m/s D.v=1.5 m/s
答案 BD
ΔΦ BS
解析 根据q= = 可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q =2q ，故A错误，B正
R R 1 2
确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理有-BI LΔt =mv-mv ，即-BLq =mv-mv ，同理线框从位置Ⅱ到位
1 1 0 1 0
1
置Ⅲ，由动量定理有-BI LΔt =0-mv，即-BLq =0-mv，联立解得v= v =1.5 m/s，故C错误，D正确。
2 2 2 3 0
一题多变
变式1 (多选)(2024·山东省实验中学模拟)如图所示，足够长、光滑、电阻不计的金属导轨PQ、MN水平
平行放置在绝缘水平面上，左端接有一定值电阻R，在垂直导轨分界线ab、cd间有竖直向下的匀强磁场
B ，在分界线cd、ef之间及ef右侧区域均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，且B =3B 。一
1 2 1 2
v v
金属棒以初速度v 进入磁场，经过cd、ef处时的速度分别为 0、 0，金属棒从ab至cd过程，回路产生的
0 2 3
焦耳热为Q ，通过电阻R的电荷量为q ，金属棒位移为x ，经历的时间为t ；金属棒从cd至ef过程，回路
1 1 1 1
产生的焦耳热为Q ，通过电阻R的电荷量为q ，金属棒的位移为x ，经历的时间为t 。金属棒始终与导轨
2 2 2 2
垂直，则( )Q 27 q 2
1 1
A. = B. =
Q 5 q 3
2 2
x 1 t 27
1 1
C. = D. =
x 3 t 5
2 2
答案 AC
解析 设金属棒质量为m，从ab到cd过程，有
1 1 v
Q = mv 2- m( 0)2
1 2 0 2 2
从cd到ef过程，有
1 v 1 v
Q = m( 0)2- m( 0)2
2 2 2 2 3
Q 27
1
整理有 = ，故A正确；
Q 5
2
设导轨间距为L，金属棒从ab至cd过程，由动量定理有
-BILΔt=mv -mv
2 1
q
又因为I = 1
1 Δt
所以整理有
1
-B q L= mv -mv
1 1 2 0 0
从cd到ef过程，同理可得
1 1
-B q L= mv - mv
2 2 3 0 2 0
整理有q =q ，故B错误；
1 2
根据法拉第电磁感应定律有
ΔΦ
E=
Δt
E q
又因为I= ，I=
R Δt
总
ΔΦ BLx
所以整理有q= =
R R
总 总
x 1
1
整理有 = ，故C正确；
x 3
2
金属棒从ab至cd过程，平均速度大，位移小，所以金属棒从ab至cd过程经历的时间一定小于从cd至ef
过程经过的时间，即t <t ，故D错误。
1 2
变式2 (多选)(2024·黑龙江省二模)如图所示，倾角为30°、间距为L、足够长的光滑平行金属导轨的底端
接阻值为R的电阻；质量为m的金属棒通过跨过轻质光滑定滑轮的细线与质量为4m的重物相连，滑轮左侧细线与导轨平行；金属棒的电阻为R、长度为L，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。整个装置处于垂
直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将重物由静止释放，其下落高度h时达到最大速
度v，重力加速度为g，空气阻力及导轨电阻不计，此过程中( )
A.细线的拉力一直减小
B2L2h
B.金属棒所受安培力的冲量大小为
2R
1
C.金属棒克服安培力做功为 m(7gh-5v2)
2
B2L2h 10v
D.该过程所经历的时间为 +
7mgR 7g
答案 BCD
B2L2v'
解析 根据题意，对重物和金属棒组成的系统受力分析可得4mg-mgsin 30°-F =5ma，F =BIL= ，
安 安 2R
随着系统开始运动，棒的加速度沿金属导轨向上，速度逐渐增大，安培力逐渐增大，则系统做加速度逐渐
减小的加速运动，直至加速度为0时系统以速度v做匀速直线运动。对重物受力分析可得4mg-F =4ma，根
T
据上述分析可知细线的拉力一直增大，速度最大后拉力大小保持不变，故A错误；金属棒所受安培力的冲
ΔΦ
B2L2h 1
量为I =BIL·Δt=B· Δt L·Δt= ，故B正确；由能量守恒定律得4mgh=mghsin 30°+ (m+4m)v2+Q ，
安 2R 2 总
2R
1 1
解得Q = m(7gh-5v2)，根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功为W=Q = m(7gh-5v2)，故C正确；
总 2 总 2
B2L2h 10v
对系统列动量定理可知(4mg-mgsin 30°)·Δt-I =5mv，联立解得Δt= + ，故D正确。
安 7mgR 7g
在导体切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙
解决问题。
求解的
物理量
应用示例
电荷量或速度
-BILΔt=mv-mv，q=IΔt，
2 1
即-BqL=mv-mv
2 1位移
B2L2vΔt
- =0-mv，
R 0
总
B2L2x
即- =0-mv
R 0
总
时间
-BILΔt+F Δt=mv-mv，
其他 2 1
即-BLq+F Δt=mv-mv，
其他 2 1
已知电荷量q、F (F 为恒力)
其他 其他
B2L2vΔt
- +F Δt=mv-mv，
R 其他 2 1
总
B2L2x
即- +F Δt=mv-mv，
R 其他 2 1
总
已知位移x、F (F 为恒力)
其他 其他
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
例2 (多选)(2024·东北三省5月联考)如图所示，水平放置的足够长的平行光滑金属导轨ab和cd
处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L。现将质量为2m的导体
棒ef和质量为m的导体棒gh放置在导轨上，两导体棒的电阻均为R、长度均为L，导轨电阻不计。t=0时刻，给导体棒ef水平向右、大小为3v 的初速度，同时也给导体棒gh水平向左、大小为v 的
0 0
初速度，若运动过程中两导体棒未发生碰撞，两导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，则下列
说法正确的是( )
3B2L2v
A.t=0时刻，两导体棒受到的安培力大小均为 0
2R
5
B.导体棒gh的速度大小为0时，导体棒ef的速度大小为 v
2 0
2
C.从两导体棒开始运动到速度不再变化，导体棒gh受到安培力的冲量大小为 mv
3 0
16
D.两导体棒运动过程中，回路中产生的焦耳热为 mv 2
3 0
答案 BD
E 2BLv
解析 t=0时刻，整个回路产生的感应电动势大小为E=E +E =4BLv ，感应电流的大小I= = 0 ，导
1 2 0 2R R
2B2L2v
体棒受到的安培力大小为F=BIL= 0，故A错误；导体棒ef和导体棒gh受到的安培力等大反向，导
R
体棒ef和导体棒gh组成的系统动量守恒，当导体棒gh的速度为0时，有6mv -mv =2mv，导体棒ef的速度
0 0
5
为v= v ，故B正确；最终两导体棒以相同速度向右匀速运动，设此时速度为v ，则有6mv -mv =3mv ，解
2 0 1 0 0 1
5 5 8
得v = v ，根据动量定理可知导体棒gh受到的安培力的冲量I= mv -(-mv )= mv ，故C错误；对两导体棒
1 3 0 3 0 0 3 0
1 1 1 5v 16
运动过程，根据能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热为Q= ×2m×(3v )2+ mv 2 - ×3m×( 0)2= mv 2 ，
2 0 2 0 2 3 3 0
故D正确。
一题多变
变式3 (多选)(2024·福建泉州市检测)如图，足够长的粗糙平行金属导轨倾斜固定在水平面上，与水平面的
夹角均为θ=37°，导轨间距为L。长为L的金属杆ab和cd垂直导轨放置，质量分别为m和2m，电阻均为
R，与导轨间的动摩擦因数大小均为0.75，整个装置处于方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强
度大小为B。现同时使金属杆ab和cd分别获得大小为v 和2.5v 的初速度，方向如图所示，运动过程中两
0 0
金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好。从开始运动到运动稳定的过程中，tan θ=0.75，下列说法正确的是
( )A.刚开始运动ab杆的电流方向从b到a
mv
B.通过ab杆的电荷量为 0
2BL
3
C.回路产生的热量为 mv 2
4 0
2mv R
D.杆ab、cd间距离缩小了 0
B2L2
答案 ACD
解析 同时使金属杆ab和cd获得大小为v 和2.5v 的初速度，根据题意可以判断，两电动势方向相反，所
0 0
以根据右手定则可以判断，刚开始运动ab杆的电流方向由cd杆决定，从b到a，故A正确；因为μ=tan
θ，且两棒安培力等大反向，所以系统合力为零，动量守恒，mv +2m×2.5v =(m+2m)v，解得v=2v ，对cd分
0 0 0
mv 1
析2m×2v -2m×2.5v =-BILt=-BLq，解得q= 0 ，故B错误；根据能量守恒，回路产生的热量为Q= mv 2 +
0 0 BL 2 0
1 1 3 BLΔx 2mv R
×2m×(2.5v )2- ×3m×(2v )2，解得Q= mv 2 ，故C正确；根据q= ，解得Δx= 0 ，故D正确。
2 0 2 0 4 0 2R B2L2
变式4 (多选)(2023·辽宁卷·10)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距
分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长
度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间
连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。
整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是( )
A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
4B2d2v
B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
3R
C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
BLd
D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为
3R
答案 AC
解析 弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设
电流为I，则PQ所受安培力F =BI·2d，方向向左，MN所受安培力F =2BId，方向向右，可知两棒系统
PQ MN
所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则有2mv=mv'，解得
2Bdv'+B·2dv 2Bdv 4B2d2v
v'=2v，回路中的感应电流I= = ，MN所受安培力大小为F =2BId= ，选项B
3R R MN R
错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v 、v ，同理有mv =2mv ，可知MN与PQ的速
1 2 1 2率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由
2L L ΔΦ
动量守恒可得mx =2mx ，x +x =L，可得最终MN向左移动x = ，PQ向右移动x = ，则q=IΔt= =
1 2 1 2 1 3 2 3 R
总
2L L
2B d+B 2d 2BLd
3 3 = ，选项D错误。
3R
3R
物理
模型
两杆都在运动，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析
方法
动力学
观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个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
能量
观点
两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量
观点
对双杆合外力为零，应用动量守恒定律处理速度问题，对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问
题
计算题培优 4 用力学三大观点分析电磁感应问题例3 (2024·湖南长沙市一模)如图，质量为m的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为3L的两
光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接
而成(图中半径OM和O'P竖直)，圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为3L，水平导轨间
距分别为3L和L。质量也为m的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM'与PP'，
NN'与QQ'均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有水平部分的导轨
均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S，金属棒
ab迅即获得水平向右的速度(未知，记为v )做平抛运动，并在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端
0
的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求：
(1)空间匀强磁场的方向；
(2)棒ab做平抛运动的初速度v ；
0
(3)通过电源E某截面的电荷量q；
(4)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至棒ab开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系
统损失的机械能ΔE。
m√2gR 81
答案 (1)竖直向上 (2)√2gR (3) (4) mgR
3BL 20
解析 (1)闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度，表明金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力
水平向右，因为金属棒ab中的电流方向为由a指向b，根据左手定则，空间匀强磁场的方向竖直向上。
1
(2)金属棒ab做平抛运动，其竖直方向有3R= gt2，v=gt
2 y
v
y
由于金属棒在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，有tan 60°=
v
0
解得v =√2gR
0
(3)金属棒ab弹出瞬间，规定向右为正方向，由动量定理BI×3L·Δt=mv -0
0
q
又因为I=
Δt
m√2gR
整理有3BqL=mv ，解得q=
0 3BL
(4)金属棒ab滑至水平轨道时，有
1 1
mg［3R+R(1-cos 60°)］= mv2- mv 2
2 2 0
解得v=3√gR最终匀速运动，电路中无电流，所以棒ab和棒cd产生的感应电动势大小相等，即
B×3L·v =BL·v
ab cd
此过程中，对棒ab由动量定理有
-BI'×3L·Δt'=mv -mv
ab
对棒cd，由动量定理有BI'·LΔt'=mv -0
cd
3 9
联立解得v = √gR，v = √gR
ab 10 cd 10
1 1 1
由能量守恒定律可知该过程中机械能的损失量为ΔE= mv2- mv 2 - mv 2
2 2 ab 2 cd
81
解得ΔE= mgR
20
专题强化练
［分值：60分］
1~3题每题6分，4题10分，5题15分，6题17分，共60分
1.(多选)(2024·广东省部分高中三模)我国航空母舰福建舰采用了电磁弹射技术，装备了电磁弹射轨道，电
磁弹射的简化模型如图所示：足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电
容器C相连，与机身固连的金属杆ab静置在轨道上且与轨道垂直，闭合开关S后，飞机向右加速，若不计
所有阻力和摩擦，回路总电阻R保持不变，下列说法正确的是( )
A.提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度
B.飞机运动过程中，a端的电势始终高于b端的电势
C.飞机的速度最大时，金属杆ab产生的感应电动势与电容器两端电压相等
D.飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零
答案 ABC
解析 对金属杆与飞机，由动量定理可得BILΔt=mv-0，q=IΔt，联立可得BLq=mv，则提高电容器的放电
量，可以提升飞机的起飞速度，故A正确；飞机向右加速，通过金属杆ab的电流方向为a→b，则电容器
上板带正电，下板带负电，a端的电势高于b端的电势，故B正确；随着飞机加速，金属杆ab产生的感应
电动势为E=BLv增大，电容器两端电压U减小，当U=E时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的电
荷量Q=CE=CBLv，不为零，故C正确，D错误。
2.(多选)(2024·广西南宁市二模)如图所示，间距L=1 m的粗糙倾斜金属导轨与水平面间的夹角θ=37°，其顶
端与阻值R=1 Ω的定值电阻相连，间距相同的光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨都足够长且在
AA'处平滑对接，AA'至DD'均是光滑绝缘带，保证倾斜导轨与水平导轨间电流不导通。倾斜导轨处有方向
垂直倾斜导轨所在平面向上、磁感应强度大小B =0.2 T的匀强磁场，水平导轨处有方向竖直向上、磁感应
1强度大小B =0.5 T的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.2 kg，两棒接入电路部分的电阻均为R，
2
初始时刻，导体棒1放置在倾斜导轨上，且距离AA'足够远，导体棒2静置于水平导轨上，已知倾斜导轨
与导体棒1间的动摩擦因数μ=0.5。现将导体棒1由静止释放，运动过程中导体棒1未与导体棒2发生碰撞。
取重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，
下列说法正确的是( )
A.导体棒1在倾斜导轨上下滑时做匀加速直线运动
B.导体棒1滑至AA'瞬间的速度大小为20 m/s
C.稳定时，导体棒2的速度大小为10 m/s
D.整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为2 C
答案 BC
解析 由于导体棒1释放点离AA'足够远，导体棒1滑至AA'时一定达到稳定状态，则导体棒1在倾斜导轨
上下滑时先做加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；
由平衡条件可得B IL+μmgcos 37°=mgsin 37°
1
B Lv
根据闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律有I= 1
R+R
解得v=20 m/s，故B正确；
导体棒1、2组成的系统由动量守恒可得mv=2mv'
则稳定时，导体棒2的速度大小为v'=10 m/s，故C正确；
对导体棒2由动量定理有B ILΔt=mv'
2
即B Lq=mv'
2
mv'
电荷量为q= =4 C，故D错误。
B L
2
3.(多选)(2024·江西省六校一调)如图所示，用金属制作的曲线导轨与水平导轨平滑连接，水平导轨宽轨部
分间距为2L，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为L，有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强
度大小均为B。质量均为m的金属棒M、N垂直于导轨静止放置，现将金属棒M自曲线导轨上h高度处静
止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其
余电阻不计，导轨足够长，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，重力加速度为g，不计所有摩擦。
下列说法正确的是( )
2B2L2√2gh
A.M棒刚进入磁场时N棒的加速度为
mR2
B.N棒的最终速度大小为 √2gh
3
2m√2gh
C.通过M棒的电荷量为
5BL
2
D.N棒产生的热量为 mgh
5
答案 CD
1
解析 金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，根据动能定理有mgh= mv 2 ，金属棒M刚进入磁场时，
2 0
B·2Lv
N受向右的安培力，根据牛顿第二定律有B 0·L=ma，解得M棒刚进入磁场时N棒的加速度为a=
2R
B2L2√2gh
，故A错误；两棒最终均做匀速直线运动，电路中感应电流为零，则B·2Lv -BLv =0，根据动
M N
mR
1
量定理，对金属棒M、N分别有-BI·2LΔt=-2BLq=mv -mv ，BILΔt=BLq=mv ，解得v = √2gh，v =
M 0 N M 5 N
2 2m√2gh 1 1
√2gh，q= ，故B错误，C正确；全过程，根据能量守恒有mgh=Q + mv 2 + mv 2 ，N棒产
5 5BL 总 2 M 2 N
R 2
生的热量为Q = Q = mgh，故D正确。
N R+R 总 5
4.(10分)(2024·吉林省模拟)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l=1 m，其电阻不计，
两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。杆1、杆2是两根用细线连接的金属杆，质量分别为m =0.1
1
kg和m =0.4 kg，两杆垂直导轨放置，且两端始终与导轨接触良好，两杆的总电阻R=2 Ω，两杆在沿导轨向
2
上的外力F作用下保持静止。整个装置处在磁感应强度B=1 T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂
直，在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(5分)细线烧断后，两杆最大速度v 、v 的大小；
1 2
(2)(5分)两杆刚达到最大速度时，杆1上滑了0.8 m，则从t=0时刻起到此刻用了多长时间？
答案 (1)3.2 m/s 0.8 m/s (2)0.41 s
解析 (1)线烧断前F=(m +m )gsin 30°
1 2
细线烧断后F =F
安1 安2
方向相反，由系统动量守恒得m v =m v
1 1 2 2
两杆同时达到最大速度，之后做匀速直线运动。
对杆2有m gsin 30°=BIl
2
Blv +Blv
I= 1 2
R解得v =3.2 m/s，v =0.8 m/s
1 2
(2)由系统动量守恒得m v =m v
1 1 2 2
则m x =m x ，即x =0.2 m
1 1 2 2 2
设所求时间为t，对杆2由动量定理得
m gsin 30°·t-BIl·t=m v -0
2 2 2
E·t BlΔx Bl(x +x )
It= = = 1 2
R R R
解得t=0.41 s
5.(15分)(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构
成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。
现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒
与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)(4分)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v ；
0
(2)(4分)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a ；
0
(3)(7分)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t ，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，
0
以及时间t 内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
0
2mgRsinθ mgRsinθ 2m2R2gsinθ
答案 (1) (2)2gsin θ (3)gsin θ·t +
B2L2 0 B2L2 B4L4
解析 (1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电
磁感应定律可得E=BLv
0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
E
I= ，F=BIL
2R
棒a受力平衡可得mgsin θ=BIL
2mgRsinθ
联立解得v =
0 B2L2
(2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变，
则对棒b由牛顿第二定律可得
mgsin θ+BIL=ma
0
解得a =2gsin θ
0
(3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有
mgsin θ·t -BILt =mv-mv
0 0 0棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有mgsin θ·t +BILt =mv
0 0
v mgRsinθ mv
联立解得v=gsin θ·t + 0=gsin θ·t + ，I= 0
0 2 0 B2L2 2BLt
0
E BLΔx
由法拉第电磁感应定律可得I= =
2R 2Rt
0
mv R 2m2R2gsinθ
0
联立可得Δx= = 。
B2L2 B4L4
6.(选做题)(17分)(2024·辽宁省三模联考)如图甲所示，在光滑水平面上平放一个用均匀导线制成的正方形线
框，质量m=0.1 kg，边长L=0.1 m，总电阻R=0.05 Ω，有界磁场的宽度为2L，磁感应强度B=1 T，方向垂
直线框平面向下。线框右边紧挨磁场边界，给线框水平向右的初速度v =0.8 m/s，求：
1
(1)(4分)线框刚进入磁场时的加速度；
(2)(5分)进入磁场过程中通过线框的电荷量q及完全进入磁场中时线框的速度v 大小；
2
(3)(8分)在乙图中画出线框通过磁场过程的v-x图像。
答案 (1)1.6 m/s2，方向水平向左 (2)0.2 C 0.6 m/s (3)见解析图
解析 (1)线框刚进入磁场时，产生的感应电动势为E =BLv =0.08 V
1 1
E
感应电流为I = 1=1.6 A
1 R
受到的安培力大小为F =BI L=0.16 N
1 1
F
根据牛顿第二定律可得，线框刚进入磁场时的加速度大小为a = 1=1.6 m/s2
1 m
方向水平向左。
ΔΦ
E BL2
(2)进入磁场过程中通过线框的电荷量为q=IΔt= Δt= Δt Δt=
R R
R
解得q=0.2 C
根据动量定理可得
-BIL·Δt=mv -mv
2 1
又BIL·Δt=BLq
联立解得线框完全进入磁场中时线框的速度大小为v =0.6 m/s
2
(3)取向右为正方向，在线框进入磁场过程中，即0≤x≤0.1 m，根据动量定理可得-BIL·Δt=mv-mv
1ΔΦ BLx
其中q=IΔt= = (0≤x≤0.1 m)
R R
联立可得v=0.8-2x(m/s)(0≤x≤0.1 m)
在0.1 m<x<0.2 m过程，线框以v =0.6 m/s做匀速直线运动；
2
在0.2 m≤x≤0.3 m过程，据动量定理可得
-BI'L·Δt=mv-mv
2
ΔΦ BL(x-0.2m)
其中q'=I'Δt= = (0.2 m≤x≤0.3 m)
R R
联立可得v=1-2x(m/s)(0.2 m≤x≤0.3 m)
综上分析可知线框通过磁场过程的v-x图像如图所示
计算题培优练 7 用力学三大观点分析电磁感应问题 ［分值：30分］
1.(14分)(2023·全国甲卷·25)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的
最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度
大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位
于P的左侧，以大小为v 的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后
0
从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始
终平行。不计空气阻力。求：
(1)(5分)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)(3分)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)(6分)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
1 2mR
答案 (1) v (2)mv 2 (3)
2 0 0 B2l2
解析 (1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3mv =3mv +mv
0 Q P
1 1 1
×3mv 2= ×3mv 2+ mv 2
2 0 2 Q 2 P3 1
联立解得v = v ，v = v
P 2 0 Q 2 0
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导
1
轨时的速度大小为v '=v = v
P Q 2 0
1 1
(2)根据能量守恒有 mv 2 = mv '2+Q
2 P 2 P
解得Q=mv 2
0
(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
-BIlΔt=mv '-mv
P P
E ΔΦ Blx
又q=IΔt，I= = =
R RΔt RΔt
mv R
0
联立可得x=
B2l2
x 2mR
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t= = 。
v B2l2
Q
2.(16分)(2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，
1
直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的 圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧
4
无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属
棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放
置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金
属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：
(1)(4分)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)(5分)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)(7分)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
B2L2√2gL
答案 (1)BL√2gL (2)
3mR
B2L3+mR√2gL
(3)
B2L2
解析 (1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，
1
由动能定理有mgL= mv 2
2 0
解得v =√2gL
0则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv =BL√2gL
0
(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，
由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R =R
0
可知，整个回路的总电阻为
R·R 3
R =R+ = R
总 R+R 2
ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为
E 2BL√2gL
I= =
R 3R
总
I
对金属环由牛顿第二定律有2BL· =2ma
2
B2L2√2gL
解得a=
3mR
(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于
金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和
金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，
由动量守恒定律有mv =mv+2mv
0
1
解得v= v
3 0
设经过时间t，金属棒ab与金属环共速，
对金属棒ab，由动量定理有
v
-BILt=m· 0-mv
0
3
2
则有BLq= mv
3 0
设金属棒运动距离为x ，金属环运动的距离为x ，
1 2
BL(x -x )
1 2
则有q=
R
总
mR√2gL
联立解得Δx=x -x =
1 2 B2L2
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
B2L3+mR√2gL
d=L+Δx= 。
B2L2
