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高考电学压轴题模型解读与针对性训练
专题14 电磁感应+动量定理模型
【电磁感应+动量定理模型解读】
1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表
达式为
I 其他＋ILBΔt＝mv－mv0
或I 其他－ILBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量和为零，则有
ILBΔt＝mv－mv0或－ILBΔt＝mv－mv0。
2.求电荷量：q＝IΔt＝。
3.求位移：由－Δt＝mv－mv0有
x＝vΔt＝。
4.求时间
①已知电荷量q，F 其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
－BILΔt＋F 其他Δt＝mv－mv0
即－BLq＋F 其他Δt＝mv－mv0。
②若已知位移x，F 其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。
＋F 其他Δt＝mv－mv0，vΔt＝x。
【高考真题】
【典例1】．(2023·辽宁高考)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
B．PQ 速率为v 时，MN 所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN 与PQ 的路程之比为2∶1
D．整个运动过程中，通过MN 的电荷量为
答案：AC
解析：弹簧伸展的过程中，穿过闭合回路的磁通量向上增加，由楞次定律可判断回路中的
电流方向为顺时针，A 正确；设MN 的质量为m，则PQ 的质量为2m，对PQ 由动量定理
得Ft－·2dBt＝2mv，对MN 由动量定理得Ft－d·2Bt＝mv′，解得导体棒MN 的速度为v′＝
2v，PQ 速率为v 时，回路中的感应电动势大小为E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感
应电流大小为I＝＝，则MN 所受的安培力大小为FMN＝Id·2B＝，B 错误；整个运动过程中，
MN 的加速度为aMN＝，PQ 的加速度为aPQ＝，则aMN∶aPQ＝2∶1，由B 选项分析可知MN
与PQ 的速率之比为2∶1，则由公式v2＝2ax 可知MN 与PQ 的路程之比为2∶1，C 正确；
由C 选项分析可知两导体棒静止时，MN 的位移大小为，PQ 的位移大小为，由法拉第电磁
感应定律得＝，又＝，通过MN 的电荷量为q＝·Δt，整理得q＝，代入数据解得q＝＝，D
错误。
【典例2】(2023·湖南高考)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)先保持棒b 静止，将棒a 由静止释放，求棒a 匀速运动时速度大小v0；
(2)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
a0；
(3)在(2)问中，从棒b 释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速
度v 的大小，以及时间t0内棒a 相对于棒b 运动的距离Δx。
答案：(1) (2)2gsin θ (3)gt0sin θ＋
解析：(1)a 匀速运动时受力平衡，有
mgsin θ＝I0LB
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有
I0＝
联立解得v0＝。
(2)a 匀速运动时，由(1)可得电路中电流
I0＝
对b 由牛顿第二定律有mgsin θ＋I0LB＝ma0
联立解得a0＝2gsin θ。
(3)方法一 对a、b 分别由牛顿第二定律有
mgsin θ－ILB＝ma1
mgsin θ＋ILB＝ma2
联立可得2mgsin θ＝m(a1＋a2)
设共速时a、b 的速度变化量分别为Δv1、Δv2，
对加速度积分有2mgt0sin θ＝m(Δv1＋Δv2)
设共速时速度为v，有
Δv1＝v－v0
Δv2＝v－0
联立可得v＝gt0sin θ＋
m(a2－a1)＝2ILB
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有
BL(v1－v2)＝2IR
联立可得m(a2－a1)＝(v1－v2)
左边对加速度积分，右边对速度积分，有
m(Δv2－Δv1)＝Δx
联立可得Δx＝。
方法二 分析可知a 与b 受到的安培力大小始终相等，则对a、b 由动量定理分别有
mgsin θ·t0－安t0＝mv－mv0，
mgsin θ·t0＋安t0＝mv，
联立解得
v＝gt0sin θ＋，安t0＝，
又安t0＝LBt0，
q＝t0＝t0＝，
联立解得Δx＝。
【针对性训练】
1. （山西吕梁市2025 年高三年级第三次模拟考试）如图所示，足够长的光滑水平轨道左
侧
部分的轨道间距为
，右侧
部分的轨道间距为
，两部分轨道通
过导线连通。整个区域存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小
。质量
的金属棒
和质量
的金属棒
垂直于导轨分别静
止放置在左、右两侧轨道上。现给金属棒
一大小为
、方向沿轨道向右的初速
度，已知两金属棒接入电路的有效电阻均为
，轨道电阻不计，
，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，
棒总在宽轨上运动，
棒总在
窄轨上运动。下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程金属棒
、
动量守恒
B. 金属棒
匀速运动的速度大小为
C. 整个过程通过金属棒
某横截面的电荷量为
D. 整个运动过程金属棒
、
扫过的面积之差为
【答案】BC
【解析】．因为
受到的安培力大小不相等，合力不为零，所以整个过程金属棒
动量不守恒，A 错误；
B．选取水平向右
正方向，对
分别应用动量定理，对
有
对Q 有
其中
整理得
两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有
即
联立解得
，B 正确；
在Q 加速过程中根据动量定理有
又电荷量
解得
，C 正确；
根据
代入数据解得
，D 错误。
2. 如图所示，两条相距为L 的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端
接一阻值为R 的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直，导轨
电阻不计。金属棒ab 垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给
棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q 时，棒的速度减为
零，此过程中棒的位移为s。则( )
A.当流过棒的电荷量为时，棒的速度为
B.当棒发生位移为时，棒的速度为
C.在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为
D.整个过程中定值电阻R 释放的热量为
答案 C
解析 对ab 棒由动量定理有－BILt＝0－mv0，而q＝It，即－BqL＝0－mv0，当
流过棒的电荷量为时，有－B·L＝mv1－mv0，解得v1＝v0，A 错误；当棒发生位
移为s 时，q＝＝，则当棒发生位移为时，q′＝＝，可知此时流过棒的电荷量q′
＝，代入BILΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝v0，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的过程中，棒释放的热量为
Q＝＝mv＝，C 正确；同理可得整个过程中定值电阻R 释放的热量为Q′＝×mv
＝，D 错误。
3 (2024·江西南昌联考)如图，间距为L 的平行导轨竖直固定放置，导轨上端接
有阻值为R 的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界
和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电
阻为R 的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒
进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触
良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2
B.金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为
C.金属棒穿过两个磁场后电阻R 中产生的焦耳热为2mgd
D.金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
答案 ABC
解析 根据动能定理有mg·2d＝mv，金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v1＝2，
故A 正确；由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下
边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为
v1′，进磁场Ⅱ的速度为v2，则有mv1′2＋mgd＝mv，又v2＝v1，解得金属棒刚出
磁场Ⅰ时的速度大小为v1′＝，故B 正确；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－
mv1′2，解得金属棒穿过两个磁场后电阻R 中产生的焦耳热为Q＝2mgd，故C 正
确；设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)
－(－mv1)，该过程的电荷量为q＝＝，解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t
＝，故D 错误。
4. 如图所示，两条相距为L 的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端
接一阻值为R 的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直，导轨
电阻不计。金属棒ab 垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给
棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q 时，棒的速度减为
零，此过程中棒的位移为s。则( )
A.当流过棒的电荷量为时，棒的速度为
B.当棒发生位移为时，棒的速度为
C.在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为
D.整个过程中定值电阻R 释放的热量为
答案 C
解析 对ab 棒由动量定理有－BLt＝0－mv0，而q＝t，即－BqL＝0－mv0，当流
过棒的电荷量为时，有－B·L＝mv1－mv0，解得v1＝v0，A 错误；当棒发生位移
为s 时，q＝＝，则当棒发生位移为时，q′＝＝，可知此时流过棒的电荷量q′
＝，代入BLΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝v0，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的过程中，棒释放的热量为
Q＝＝mv＝，C 正确；同理可得整个过程中定值电阻R 释放的热量为Q′＝×mv
＝，D 错误。
5. 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v0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．达到稳定运动时，C、D 两棒速度之比为1∶1
C．从t＝0 时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为mv
D．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
答案：ACD
解析：开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D 所受安
培力F＝ILB，导体棒D 的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，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v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中
任意极短时间Δt，由动量定理得，对C 棒有－·2LBΔt＝mΔv1，对D 棒有LBΔt＝mΔv2，故
对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B 错误；根据能量守恒定律可知
回路产生的内能为Q＝mv－mv－mv，解得Q＝mv，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－·2LBΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，
解得q＝，故D 正确。
6．(2023·河北邯郸一模)如图所示，在竖直平面内固定有足够长的平行金属导轨PQ、MN，
导轨间距为L，在QN 之间连接有阻值为R 的电阻，导轨上放有质量为m、电阻为R 的金属
杆ab，整个装置处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现对金属杆
ab 施加一大小为F＝2mg 的拉力，使其由静止开始向上运动，经时间t 后金属杆达到最大
速度。金属杆ab 运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，不计导轨电阻，
当地重力加速度为g，则下列结论正确的是( )
A．通过电阻R 的感应电流方向由N 向Q
B．金属杆ab 的最大速度为
C．金属杆ab 由静止到最大速度的过程中，上升的高度为
D．金属杆ab 由静止到最大速度的过程中，通过电阻R 的电荷量为
答案：BD
解析：由楞次定律可知，通过电阻R 的感应电流方向为由Q 向N，故A 错误；导体棒速度
为v 时，产生的电动势为E＝BLv，流过导体棒的电流为I＝＝，导体棒所受安培力FA＝ILB
＝，由牛顿第二定律可得F－mg－＝ma，当a＝0 时，速度最大，解得最大速度为vm＝，
故B 正确；金属杆ab 由静止到最大速度的过程中，由动量定理Ft－mgt－LBt＝mvm，又因
为＝，＝，可得Ft－mgt－＝mvm，Ft－mgt－BLq＝mvm，解得上升的高度h＝，通过电阻R
的电荷量q＝，故C 错误，D 正确。故选BD。
7．(多选)(2024·河南新安模拟)如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙
壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽L，高h，大小均为B。电梯后方固
定一个N 匝矩形线圈，线圈总电阻为R，高度为H，H＝3h，宽度略大于磁场。已知某次电
梯运行试验中电梯总质量为m，忽略一切阻力，重力加速度为g。若电梯失去其他保护，
由静止从高处突然失控下落，某时刻电梯下降3H 时，速度为v，则( )
A．下降3H 时，线圈的电动势为E＝NBLv
B．下落瞬间电梯加速度的大小为g
C．若电梯与地面的距离足够高，电梯最终的速度为vm＝
D．下降3H 过程所需要的时间为＋
答案：BD
解析：下降3H 时，上下两边均切割磁感线产生感应电动势，故线圈的电动势为E＝
2NBLv，故A 错误；下落瞬间，电梯速度为零，无感应电动势，安培力为零，则只受重力
作用，加速度的大小为g，故B 正确；若电梯与地面的距离足够高，最终安培力与重力平
衡，电梯匀速运动，此时F＝2NImLB＝2NBL＝＝mg，解得vm＝，故C 错误；下降3H 过程，
根据动量定理得mgt－t＝mv，其中3H＝t，解得t＝＋，故D 正确。
8. （2025 学年湖北省百师联盟高三下二轮复习联考（二）） 如图所示，半径为r、间距为
2L 的
光滑圆弧导轨与水平光滑导轨在M、N 处相切且平滑连接，水平导轨由两个足够长
的宽窄导轨组成，宽导轨的间距为2L，窄导轨的宽度为L，虚线MN 右侧存在竖直向上的
匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根粗细相同、材质相同的均匀金属棒a、b 分别放在宽
窄导轨上，长度与导轨宽度相同，a 棒的质量为m，电阻为R。a 棒从
圆弧导轨顶端由静
止沿圆弧导轨滑下，到a、b 棒运动稳定的整个过程中，两棒始终与导轨接触良好且垂直于
导轨，不计导轨的电阻，重力加速度为g。在a、b 棒整个运动过程中，下列说法正确的是
（ ）
A. a 棒克服安培力做的功大于安培力对b 棒做的功
B. b 棒的最大加速度大小为
C. b 棒上产生的焦耳热为
D. 流过b 棒的电荷量为
【答案】ABD
【解析】a 棒克服安培力做功，使得a 棒的动能转化为电能，安培力对b 棒做正功，使得b
棒的动能增加，同时电流流过整个回路还要转化为焦耳热，故A 正确；
由于金属棒a、b 粗细相同、材质相同，则a、b 棒质量之比为2:1，电阻之比为2:1，b 棒加
速度最大时，回路中感应电流最大，对应a 棒刚进入磁场时，根据
，
，
对b 棒，由牛顿第二定律得
解得
故B 正确；
当a、b 棒运动稳定后，回路中没有感应电流，设此时a 棒的速度为v1，b 棒的速度为v2，
则
即
对a 棒，根据动量定理有
对b 棒，根据动量定理有
解得
，
回路中产生的总焦耳热
由于a、b 棒电阻之比为2:1，所以b 棒产生的焦耳热为
，故C 错误；
对b，根据动量定理得
电荷量
，故D 正确。
9. (浙江诸暨市2025 年5 月高三适应性考试试题)如图所示，两个光滑刚性正方形金属线框
A1B1C1D1和A2B2C2D2交叠固定在光滑水平面上，交叠点E 和F 恰好为两边中点，且彼此相
互绝缘。在两线框交叠区域存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场（交叠的金
属线框在磁场边缘以内）。已知两线框质量均为m，边长均为a，单位长度电阻均为r0。现
将匀强磁场在极短的时间内减小为零，不计线框电感。
（1）判断线框A1B1C1D1中感应电流方向（“顺时针”或“逆时针”），并求流过截面的电量；
（2）求线框A2B2C2D2受到安培力冲量的大小和方向；
（3）若线框A1B1C1D1不固定，交叠点E 和F 不彼此绝缘（接触电阻不计），而且线框所
在平面整个区域都存在着匀强磁场B0，求匀强磁场减小为零时线框A1B1C1D1速度的大小。
（忽略磁场减小过程中线框的移动）
【答案】（1）顺时针；
（2）
；向左 （3）
【解析】（1）根据楞次定律可知，线框A1B1C1D1中感应电流的方向：顺时针；
由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律
，
流过截面的电量
（2）线框A2B2C2D2受到安培力冲量的方向：向左；
设某时刻线框的电流为i，则
线框受到安培力的冲量
则
得
（3）根据两环对称性，设某时刻两线框电流i1和i2如图所示。
设回路A1EA2D2C2FC1B1中的电动势为E1，则
得
设回路ED1FB2中的电动势为E2，则
得
【或：对于A1B1C1D1：
】
由于
，线框A1B1C1D1所受安培力的合力方向向左，速度方向向左；
设线框A1B1C1D1获得速度大小为v，利用动量定理
，
可得
解得
