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专题25 电磁感应的综合问题
题型一 电磁感应中的图像问题...........................................................................................................1
类型1 动生电动势的图像............................................................................................................1
类型2 感生电动势的图像............................................................................................................5
类型3 动力学图像........................................................................................................................7
题型二 电磁感应的动力学问题.........................................................................................................10
题型三 电磁感应中的动力学和能量问题.........................................................................................13
题型四 动量定理与电磁感应结合问题.............................................................................................17
类型1 “单棒+电阻”模型............................................................................................................18
类型2 不等间距上的双棒模型.................................................................................................. 21
类型3 “电容器+棒”模型............................................................................................................24
题型五 动量守恒定律在电磁感应现象中的应用.............................................................................26
题型一 电磁感应中的图像问题
1．图象类型
(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E 和感应电流I，随时间t 变化的图象，即B－t 图象、
Φ－t 图象、E－t 图象和I－t 图象．
(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E 和感应电流I 随
位移x 变化的图象，即E－x 图象和I－x 的图象．
2．问题类型
(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象．
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
(3)利用给出的图象判断或画出新的图象．
1
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类型1 动生电动势的图像
[题型专练1]. （2023 春•福州期末）如图，abcdef 为“日”字形导线框，其中abdc 和cdfe
均为边长为l 的正方形，导线ab、cd、ef 的电阻相等，其余部分电阻不计。导线框右侧存在着
宽度略小于l 的匀强磁场，磁感应强度为B，导线框以速度v 匀速穿过磁场区域，运动过程中
线框始终和磁场垂直且无转动。线框穿越磁场的过程中，ab 两点电势差Uab随位移变化的图像
正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：边长ab、cd、ef 切割磁感线时，单独产生的电动势均为：E＝Blv
由于匀强磁场的宽度略小于l，导线ab 在磁场内且cd、ef 在磁场外时，导线ab 充当电源，则Uab
表示路端电压
U ab= 1
3 Blv
导线cd 在磁场内且ab、ef 在磁场外时，导线cd 充当电源，Uab是外电路并联电压，路端电压
U cd = 1
3 Blv
导线ef 在磁场内且ab、cd 在磁场外时，导线ef 充当电源，Uab是外电路并联电压，路端电压
U ef = 1
3 Blv
故BCD 错误，A 正确。
2
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故选：A。
[题型专练2]. （2023 春•郫都区校级期中）如图，在光滑的水平面上，宽为2L 的有界匀
强磁场左侧放置一边长为l 的正方形导电线圈，线圈在水平外力作用下向右匀加速穿过该磁场，
则在线圈穿过磁场的过程中，拉力F 随位移x 的变化图像、热功率P 随位移x 的变化图像、线
圈中感应电流I（顺时针方向为正）随位移x 的变化图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB．线圈在水平外力作用下向右匀加速穿过该磁场，在0～L 的过程中，根据牛顿
第二定律、安培力公式、运动学公式则有F - F安=ma，F安= B
2l
2v
R
，2ax = v
2
解得F =ma+ B
2 L
2√2ax
R
故AB 错误；
D．根据欧姆定律，线圈中感应电流I = BLv
R = BL√2ax
R
，0～L 和2L～3L 对应图像应为同一曲
线的两段，故D 错误；
C．线圈中功率P= U
2
R = (BLv)
2
R
= B
2 L
2⋅2ax
R
故C 正确。
故选：C。
[题型专练3]. （2023 春•菏泽期末）如图所示，由粗细均匀的电阻丝制成的边长为l 的正
3
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方形线框abcd，其总电阻为R，现使线框以水平向右的速度v 匀速穿过一宽度为2l、磁感应强
度为B 的匀强磁场区域，整个过程中ab、cd 两边始终保持与磁场边界平行。令线框的cd 边刚
好与磁场左边界重合时t＝0，规定电流方向沿顺时针为正，U0＝Blv。线框中电流及a、b 两点
间电势差Uab随线框ad 边的位移x 变化的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：因为线框各边电阻均匀，cd 边进入磁场后，产生的感应电动势为
E＝Blv＝U0
由楞次定律判断出感应电流方向沿逆时针方向，感应电流为负，a 的电势低于b 的电势，Uab为
负；则ab 两端电势差
Uab=- 1
4 U0
线框全部进入磁场后，线框中虽然感应电流为零，但ab 两端仍有电势差，由右手定则判断可知，
a 的电势低于b 的电势，Uab为负，且
Uab＝﹣U0
cd 边穿出磁场后，ab 边切割磁感线，相当于电源，其两端电势差等于路端电压，由右手定则知，
4
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a 点的电势始终低于b 的电势，Uab为负，感应电流为顺时针方向，即
Uab=- 3
4 U0
故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
类型2 感生电动势的图像
[题型专练4]. （2023 春•扬州期中）如图甲所示，在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一
圆形导体环。规定导体环中电流逆时针方向（从上往下看）为正方向，磁场向上为正方向。当
磁感应强度B 随时间t 按乙图变化时，导体环中感应电流随时间变化的图像可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有E = ΔΦ
Δt = ΔBS
Δt
因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B﹣t 图象中的斜率
成正比，由图象可知：0﹣2s，斜率不变，根据欧姆定律，故形成的感应电流不变，根据楞次定
律可知感应电流方向顺时针即为负值，而2﹣4s 斜率不变，电流方向为顺时针，即为正值。故C
正确，ABD 错误。
5
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故选：C。
[题型专练5]. （2023 春•阎良区期末）如图甲所示，螺线管匝数n＝1000 匝，横截面积S
＝10cm2，螺线管导线电阻r＝1Ω，电阻R＝9Ω，磁感应强度B 的B﹣t 图像如图乙所示，下列
说法正确的是（ ）
A．通过电阻R 的电流是直流电
B．感应电动势为0.6V
C．感应电流为0.06A
D．电阻R 两端的电压为5.4V
【解答】解：A．磁场均匀增大或减小的过程中，斜率的绝对值相等，感应电动势大小相等，感
应电流相等，根据楞次定律可知方向不同，所以通过电阻R 的电流不是直流电，故A 错误；
B．根据法拉第电磁感应定律E＝n ΔΦ
Δt =n ΔB
Δt S＝1000× 6
1 ×10×10﹣4V＝6V，故B 错误；
C．根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：I=
E
R+r =
6
9+1A＝0.6A，故C 错误；
D．根据欧姆定律得电阻R 两端的电压为U＝IR＝0.6×9V＝5.4V，故D 正确；
故选：D。
[题型专练6]. （2023•昌平区二模）如图1 所示，矩形导线框abcd 固定在变化的磁场中，
线框平面与磁场垂直。线框中产生的感应电流如图2 所示（规定电流沿abcd 为正）。若规定
垂直纸面向里为磁场正方向，能够产生如图所示的电流的磁场为（ ）
6
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：由图可知，0﹣t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定
律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0﹣t1内磁场与时间的关系是一条斜线。
又由于0﹣t1时间内电流的方向为正，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场的方向向里，与
原磁场的方向相同，所以是向里的磁场减小，或向外的磁场增大；
故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
类型3 动力学图像
[题型专练7]. （2023 春•日照期中）如图所示，竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为
B。宽度为l 的水平U 形导体框左端连接一阻值为R 的电阻，电阻为r 的导体棒ab 置于导体框
上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab 以水平向右的初速度v0开始运动，最终停
在导体框上。在此过程中导体棒的速度v 与导体棒受到的安培力F 随时间t 变化的图像正确的
是（ ）
7
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB、导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b 到a，再根据左手定则
可知，导体棒受到向左的安培力，导体棒向右做减速运动；当导体棒速度为v 时，根据法拉第电
磁感应定律，可得产生的感应电动势为：E＝BLv
感应电流为：I =
E
R+r = BLv
R+r
安培力大小为：F = BIL= B
2 L
2v
R+r
根据牛顿第二定律有：F＝ma
可得：a=
B
2 L
2
m( R+r ) v
可知导体棒做加速度减小的减速运动，则v﹣t 图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故AB 错误；
CD、从以上分析知道：F = BIL= B
2 L
2v
R+r
，安培力随速度的减小而减小，所以F﹣t 图像的切线
斜率绝对值逐渐减小，且t＝0 时刻有：F0= B
2 L
2v0
R+r
，故C 正确，D 错误。
故选：C。
[题型专练8]. （2022 秋•南阳期末）将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平
面（纸面）内，回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸
面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示。用
F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图像是（
8
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）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：在0～T
2 时间内，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方
向，通过ab 的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab 所受的安培力F 方向水平向左，F 为
负值；磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可得E= ΔΦ
Δt = ΔB
Δt •S，知闭合电路中产生
的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变。ab 边在磁场中所受的安培力为F＝BIL，由于匀
强磁场Ⅰ中磁感应强度B 恒定，则0～T
2 ，安培力为平行t 轴的直线，方向向左（为负）。同理
分析可得在T
2 ～T，安培力与时间的关系为0～T
2 内F﹣t 关于时间轴t = T
2 对称一条的直线，故
ACD 错误，B 正确。
故选：B。
9
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[题型专练9]. （2022 秋•青浦区校级期末）如图甲所示，单匝矩形线圈abcd 垂直固定在匀
强磁场中，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所
示。以向下方向为安培力正方向，下列关于bc 段导线受到的安培力F 随时间变化的图像正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：E= ΔΦ
Δt = ΔB
Δt •S
结合闭合电路欧姆定律可知：I= E
R = ΔB
Δt ⋅S
R
bc 段导线受到的安培力F＝BIL＝B• ΔB
Δt ⋅SL
R
B﹣t 图像的斜率即为ΔB
Δt ，由此可知0～3s 内感应电流大小不变，根据楞次定律可判断电流方向
为顺时针方向，由左手定则可判断出bc 段导线受到的安培力方向先向下后向上，大小先减小后
增大（与磁感应强度B 成正比）；同理3～6s 内，电流方向为逆时针方向，bc 段导线受到的安
培力方向先向下后向上，大小先减小后增大。故A 正确，BCD 错误。
10
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故选：A。
题型二 电磁感应的动力学问题
1．安培力的大小
由感应电动势E＝Blv、感应电流I＝和安培力公式F＝BIl 得F＝.
2．安培力的方向判断
(1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方
向．
(2)根据安培力阻碍导体和磁场的相对运动判断．
3．电磁感应中的力和运动
电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象．联系两大研究对象的
桥梁是磁场对感应电流的安培力，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变．
[题型专练10].
（2023•江苏二模）如图甲所示，一条南北走向的小路，路口设有出入
道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时
间为t。此处地磁场方向如图乙所示，B 为地磁场总量，BH为地磁场水平分量，Bx、By、Bz分
别为地磁场在x、y、z 三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中，两端电势差的大小
计算表达式为（ ）
A．π Bx L
2
4t
B．π
2Bx L
8t
2
C．π BH L
2
4 t
D．π
2BH L
8t
2
【解答】解：由题意可知，杆从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t，可知金属杆的
11
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角速度为：ω= π
2t
由于小路沿南北方向，则金属杆转动过程切割Bx 磁场分量，则金属杆两端电势差的大小为：
U = Bx Lv = Bx L 0+ωL
2
= 1
2 Bx L
2ω
联立解得：U = π Bx L
2
4 t
，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
[题型专练11].
（2023 春•长安区校级期末）如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑
平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为L＝1m，左端通过导线连接一个R＝1.5Ω 的定
值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小B＝1T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。质量m＝
0.2kg、长度L＝1m、电阻r＝0.5Ω 的均质金属杆垂直于导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的
中点施加一个垂直于金属杆的水平拉力F，使其由静止开始运动。金属杆运动后，拉力F 的功
率P＝8W 保持不变，当金属杆的速度稳定后，撤去拉力F。下列说法正确的是（ ）
A．撤去拉力F 前，金属杆稳定时的速度为16m/s
B．从撤去拉力F 到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为0.6C
C．从撤去拉力F 到金属杆停下的整个过程，金属杆前进的距离为1.6m
D．从撤去拉力F 到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为1.8J
【解答】解：A．对金属杆受力分析，当金属杆速度稳定时，根据平衡条件有：F＝F 安
根据法拉第电磁感应定律：E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律：I=
E
R+r
由安培力计算公式可得：F 安＝BIL
由瞬时功率公式可得：P＝Fv
联立可得：v＝4m/s，故A 错误；
B．撤去拉力后，取向右为正方向，由动量定理可得：−BILt＝0−mv
12
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通过金属杆的电荷量：q= It
联立解得：q＝0.8C，故B 错误；
C、设从撤去拉力F 到金属杆停下的整个过程，金属杆前进的距离为x，根据电荷量的计算公式
可得：q= I t =
E
R+r t= ΔΦ
R+r = BLx
R+r ，解得：x＝1.6m，故C 正确；
D．根据能量守恒定律可知，从撤去拉力F 到金属杆停下的整个过程，回路中产生的热为：Q 总
= 1
2 mv
2
则电阻产生的热量：QR=
R
R+r Q 总
解得：QR＝1.2J，故D 错误。
故选：C。
[题型专练12].
（2023 春•天津期末）如图所示，足够长的U 形金属框架质量M＝
0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4m 的MM'、NN'相互平
行，不计电阻。电阻R1＝0.1Ω 的MN 垂直于MM'。质量m＝0.3kg，电阻R2＝0.1Ω，长度l＝
0.4m 的光滑导体棒ab 横放在金属框架上。ab 棒左侧被固定在水平面上的两个小立柱挡住。整
个装置处于竖直向上的空间足够的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T。现对金属框架施加垂直
于MN 水平向左F＝2N 的恒力，金属框架从静止开始运动。运动过程中ab 棒与金属框架始终
保持良好接触，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求金属框架运动的最大速度vm的大小；
（2）从金属框架开始运动到最大速度的过程中，MN 上产生的焦耳热Q＝0.1J，求该过程框架位
移x 的大小和ab 棒所受的安培力的冲量I 的大小。
【解答】解：（1）金属框架切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
感应电流I=
E
R1+ R2
金属框架受到的安培力大小F 安培＝BIL
金属框架做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：F﹣μ（m+M）g﹣F 安培＝0
13
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代入数据解得，最大速度vm＝5m/s
（2）由于电阻R1＝R2，两电阻串联，由串联电路特点与焦耳定律可知，两电阻产生的热量相等，
都是Q，
从金属框架开始运动到达到最大速度过程，由能量守恒定律得：Fx＝μ（m+M）gx+2Q+ 1
2 M vm
2
代入数据解得：x＝2.7m
通过MN 的电荷量q= I Δt =
E
R1+ R2
Δt =
ΔΦ
Δt
R1+ R2
Δt =
ΔΦ
R1+ R2
= BLx
R1+ R2
安培力对ab 棒的冲量大小I＝BILt
其中q= It
代入数据解得：I＝0.54N•s
题型三 电磁感应中的动力学和能量问题
1．能量转化
导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的
能转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机
械能或内能．因此，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化．
2．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形
式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他
形式的能转化为电能的过程．
[题型专练13].
（2023 秋•浙江期中）如图所示，用同样的材料、不同粗细导线绕成两
个质量和面积均相同而匝数不同的正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，使它们从距离匀强磁场上边界高度为h
的地方同时自由下落，线圈平面与磁感线垂直，空气阻力不计，则（ ）
14
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A．两线圈同时落地，线圈发热量相同
B．两线圈同时落地，细线圈发热量大
C．粗线圈先落到地，粗线圈发热量大
D．细线圈先落到地，细线圈发热量大
【解答】解：线圈进入磁场前做自由落体运动，由速度—位移公式得：v=√2 gh，两个线圈进入
磁场时的速度相等
线圈进入磁场过程，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝ma
设正方形线圈的边长为L，横截面积为S，其中安培力F＝nBIL＝nBL× nBLv
R
= n
2B
2 L
2v
R
设材料的电阻率为ρ，由电阻定律得：R＝ρ4 nL
S
设线圈的密度为ρ 密，线圈的质量m＝ρ 密V＝ρ 密×4nLS＝4ρ 密nLS，由于线圈质量m 相等，则S
小即细线圈的匝数n 多，
解得：a＝g-
B
2v
16 ρ密ρ，两个线圈下落过程中加速度始终相同，运动情况相同，故两线圈运动时
间相同，同时落地，落地速度相等
设线圈下落的总高度为H，对线圈，根据能量守恒定律得：mgH= 1
2 mv
2+Q
解得：Q＝4ρ 密nLS（gH- 1
2v2），由于H、ρ 密、L、S、v 都相等二n 不同，n 大即细线圈发热量
大，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[题型专练14].
（2023•广东开学）如图所示，竖直光滑墙壁左侧区域有垂直于纸面向
里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场外边界与竖直方向的夹角为θ＝45°，在外边界与竖
直墙壁交点处上方h 高度由静止释放一个边长为L、质量为m、电阻为R 的正方形导电线框，
经过时间t，导电线框运动到虚线位置且加速度恰好为零，重力加速度为g，不计空气阻力，
在此过程中（ ）
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A．导电线框的加速度一直在减小
B．导电线框中产生的热量为mgh- m
3 g
2 R
2
2B
4 L
4
C．速度最大时导电线框对墙壁的压力大小为2mg
D．导电线框所受安培力的冲量大小为mgt - m
2 gR
B
2 L
2
【解答】解：A、导电线框开始在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流，不受安培力，只
受重力，导电线框做加速度为g 的匀加速直线运动。导电线框出磁场的过程中，竖直方向受到向
上的安培力，随着速度增大，产生的感应电流增大，安培力增大，加速度减小，导电线框做加
速度减小的加速直线运动，故A 错误；
B、导电线框加速度为零时，速度最大，设最大速度为v，则有
E＝BLv
I = E
R
竖直方向满足mg＝BIL
可得：v = mgR
B
2 L
2
由能量守恒可得：mgh=Q+ 1
2 m v
2
可得：Q =mgh- m
3 g
2 R
2
2B
4 L
4 ，故B 正确；
C、导电线框速度最大时，在水平方向上有
FN＝BIL＝mg
根据牛顿第三定律可知速度最大时导电线框对墙壁的压力大小为mg，故C 错误；
16
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D、在竖直方向上，取竖直向下为正方向，由动量定理可知
mgt﹣I 安＝mv﹣0
可得：I 安=mgt - m
2 gR
B
2 L
2
但安培力还有水平方向的冲量，故D 错误。
故选：B。
[题型专练15].
（2022 秋•河南期末）如图1 所示，平行金属导轨ADCE 倾斜固定放置，
导轨间距L＝1m，导轨平面与水平面之间的夹角为θ＝37°，导轨下端连接阻值R＝1Ω 的电阻。
导轨电阻不计，将质量为m、长为1.0m、电阻为r＝2Ω 的金属棒ab 垂直放在导轨上，并将其
锁定，金属棒离导轨下端的距离为6m，导轨处在垂直于导轨平面向上的磁场中，磁场的磁感
应强度B 随时间t 变化情况如图2 所示。t＝0 时刻，解除金属棒的锁定，此时金属棒刚好不上
滑，t＝1s 时刻，金属棒刚好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒ab 沿导轨向下运
动到达导轨底端前已达最大速度，导体棒ab 与导轨始终接触良好，重力加速度取g＝10m/s2，
sin37°＝0.6。求：
（1）金属棒的质量m 及金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）金属棒ab 沿导轨向下运动的最大速度vm大小；
（3）从t＝0 时刻至导体棒ab 运动到导轨最底端的过程中，导体棒ab 中产生的焦耳热。
【解答】解：（1）t＝0 时刻，解除金属棒的锁定，金属棒速度为0，回路中的感应电动势：E1
= ΔB
Δt ⋅S = 2-1
1
×1×6V =6V
金属棒中感应电流：I1= E1
R+r =
6
1+2A＝2A
金属棒受到的安培力：F 安1＝B0I1L＝2×2×1N＝4N
方向沿斜面向上，此时金属棒刚好不上滑，摩擦力方向沿斜面向下，对金属棒受力分析，在沿
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斜面方向应有：f+mgsinθ＝F 安1
在垂直于斜面方向有：FN＝mgcosθ
而滑动摩擦力：f＝μFN
0～1s 内，F 安1随B 的减小而减小，f 先减小后增大，金属棒始终静止不动，t＝1s 时刻，金属棒
刚好不下滑，受力分析应有：mgsinθ＝F 安2+f
其中：F 安2＝B1I1L＝1×2×1N＝2N
联立解得金属棒的质量：m＝0.5kg
导轨间的动摩擦因数：μ＝0.25
（2）t＝1s 后，金属棒开始向下做加速度减小的加速运动直至加速度为0，最终做匀速直线运动，
因此金属棒ab 沿导轨向下运动有最大速度vm时，加速度为0，由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣F 安
2﹣f＝0
其中：F 安2＝B1I2L＝B⋅E2
R+r ⋅L=B⋅BLvm
R+r ⋅L= B
2 L
2vm
R+r
联立解得：vm＝6m/s
（3）从t＝0 时刻至t＝1s 时刻，回路中感应电流大小始终为I1，导体棒ab 中产生的焦耳热：Q1
= I 1
2rt1＝22×2×1J＝8J
从t＝1 时刻至导体棒ab 沿导轨向下运动到达导轨底端，根据能量守恒定律有：mgxsinθ
= 1
2 m vm
2 +Q+fx
解得：Q＝3J
根据串联电路特征可知，此过程中导体棒ab 中产生的焦耳热：Q2=
r
R+r Q =
2
1+2 ×1J＝2J
从t＝0 时刻至导体棒ab 运动到导轨最底端的过程中，导体棒ab 中产生的焦耳热：Qr＝Q1+Q2＝
8J+2J＝10J
题型四 动量定理与电磁感应结合问题
动量定理在电磁感应现象中的应用
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，安培力的冲量为：
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类型1 “单棒+电阻”模型
[题型专练16].
（多选）（2023•莱西市校级学业考试）两竖直导轨固定在绝缘地面上，
宽度为d，导轨的上端跨接一个元件，该元件的阻值与其两端所加的电压成正比R＝kU，其中
k 为定值。框架上有一质量为m，离地面高为h 的导体棒，导体棒与框架始终接触良好无摩擦，
且保持水平。磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于框架平面向里，如图所示。不计导体棒及
导轨的电阻，导体棒由静止沿框架向下运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒中电流方向为从b→a
B．导体棒做匀加速运动
C．导体棒从释放到落地过程中安培力对它的冲量为m√2gh-m√2h(g- Bd
mk )
D．导体棒落到地面时的动能为mgh- Bdh
k
【解答】解：A．根据楞次定律可判断出导体棒中电流方向为从a→b，故A 错误；
B．由欧姆定律可得电流大小为I = U
R = 1
k
导体棒受到的安培力为F = BId = Bd
k ，安培力方向为竖直向上；
根据牛顿第二定律可得mg- F =mg- Bd
k =ma
解得a= g- Bd
mk ，加速度为定值，导体棒做匀加速运动，故B 正确；
CD．设金属棒落地速度为v，落地时间为t，则：1
2 at
2=h
v2＝2ah
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解得：t =√
2hkm
mgk - Bd v =√2h(g- Bd
mk )
落地动能为Ek = 1
2 mv
2=mgh- Bdh
k
设向下为正方向，导体棒从释放到落地过程中安培力对它的冲量为I，根据动量定理可得mgt﹣I
＝mv
解得I =mg√
2hkm
mgk - BL -m√2h(g- Bd
mk )
故C 错误，D 正确。
故选：BD。
[题型专练17].
（多选）（2022 秋•古冶区校级期末）如图所示，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AB 质量为m，电阻不计，向右运动的初速度为
v0，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直轨道平面向下，导轨足够长且电阻不计，导体棒从
开始运动至停下来，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒AB 内有电流通过，方向是B→A
B．磁场对导体棒AB 的作用力水平向右
C．通过导体棒的电荷量为mv0
BL
D．导体棒在导轨上运动的最大距离为mv0 R
B
2 L
2
【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝BLv，导体棒切割磁感应线且
与R 构成闭合回路，则电路中有电流；根据右手定则可知导体棒AB 内的电流方向是B→A，故
A 正确；
B、根据左手定则可知磁场对导体棒AB 的作用力水平向左，故B 错误；
C、取向右为正方向，对导体棒根据动量定理可得：﹣BILt＝0﹣mv0，其中：It＝q，解得通过
导体棒的电荷量为q= m v0
BL
，故C 正确；
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D、根据电荷量的计算公式可得：q= I t = E
R t= ΔΦ
R = BLx
R ，解得导体棒在导轨上运动的最大距离
为：x= m v0 R
B
2 L
2 ，故D 正确。
故选：ACD。
[题型专练18].
（2022 秋•北京期末）如图甲所示，宽度为L 的足够长光滑金属导轨水
平固定在匀强磁场中，磁场范围足够大，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。现
有一根质量为m、电阻为R 的金属棒MN 放置在金属导轨上，长度与金属导轨宽度相等，金属
棒MN 在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻。
（1）若金属棒MN 在水平向右的恒力F（已知）作用下由静止开始运动：
a.描述金属棒MN 的运动情况，请从速度、加速度两个角度进行分析；
b.求金属棒所能达到的最大速度vm。
（2）若t＝0 时对原静止的金属棒MN 施加一水平向右外力F（未知），使金属棒MN 做加速度
大小为a（已知）的匀加速直线运动：
a.请推导金属棒MN 加速过程中外力F 随时间t 变化的关系式，并在图乙中画出F﹣t 的示意图；
b.经过时间t0后撤掉外力，求之后金属棒MN 前进的距离x。
【解答】解：（1）a、根据动生电动势公式有：E＝BLv
由欧姆定律可得电流强度：I= E
R
根据牛顿第二定律：F﹣BIL＝ma
可得加速度大小为：a= F
m - B
2 L
2v
mR
当速度v 逐渐增大，所以金属棒MN 做加速度减小的加速运动，而后当加速度减为零，即安培
力等于拉力时，金属棒MN 开始做匀速运动；
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b、当加速度a＝0 时，速度达到最大，从而可以求得最大速度：vm= FR
B
2 L
2
（2）a、根据牛顿第二定律可得：F﹣BIL＝ma
其中：I= BLv
R
根据匀变速直线运动速度—时间公式可得：v＝at
联立上边三式可得：F＝ma+ B
2 L
2a
R
⋅t
F﹣t 的示意图如下：
b、撤掉外力时金属棒的速度v＝at0
撤去外力后，由动量定理得：- F安⋅Δt =0﹣mv
而F安=BIL= B
2 L
2v
R
，再结合v ⋅Δt =x
联立求得：x= mat0 R
B
2 L
2
答：（1）a、金属棒MN 做加速度减小的加速运动，而后当加速度减为零，即安培力等于拉力
时，金属棒MN 开始做匀速运动；
b、金属棒所能达到的最大速度vm为FR
B
2 L
2；
（2）a、金属棒MN 减速过程中外力F 随时间t 变化的关系式为F＝ma+ B
2 L
2a
R
⋅t，F‒t 的示意
图见解析；
b、经过时间t0后撤掉外力，之后金属棒MN 前进的距离为x 为mat0 R
B
2 L
2 。
类型2 不等间距上的双棒模型
[题型专练19].
（多选）（2023•唐山一模）如图所示，两根光滑足够长且电阻不计的
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平行金属导轨MNPQ 和M1N1P1Q1，固定水在平面上，MN 与M1N1距离为2l，PQ 与P1Q1距离
为l。金属棒a 和b 的质量分别为2m 和m、长度分别为2l 与l，金属棒a、b 分别垂直放在导轨
MM1和PP1上，静止在导轨上。整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B 的匀强磁场中。现
a 棒获得水平向右初速度v0，两棒运动时始终保持平行且a 总在MNM1N1 上运动，b 总在
PQP1Q1上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的（ ）
A．金属棒a 流过的电荷量是2mv0
3 Bl
B．金属棒a 和b 均做加速度相同的匀加速直线运动
C．金属棒a 和b 均做速度相等的匀速直线运动
D．回路感应电动势为零
【解答】解：CD．金属棒a 向右运动，由左手定则可知，金属棒a 受安培力向左，做减速运动，
金属棒b 受安培力向右，做加速运动，则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速运动，此时回路
的感应电流为零，感应电动势为零，则B•2lva＝Blvb
即2va＝vb，故C 错误，D 正确；
B．根据牛顿第二定律可得
a= BIL
m
aa= BI ⋅2l
2m
=ab= BIl
m
金属棒a 做匀减速直线运动，b 做匀加速直线运动，两者加速度大小相等，方向相反，故B 错误；
A．设初速度方向为正方向，对a、b 列动量定理方程
- B I ⋅2lΔt =2m va-2m v0
B I ⋅lΔt =m vb
解得q = I Δt = 2m v0
3 Bl ，故A 正确。
故选：AD。
[题型专练20].
（2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示，足够长的“＜”形光滑金属框
架AOC 固定在水平面内，∠AOC＝θ＝74°，金属框架所在空间分布有范围足够大、方向竖直
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向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2T。t＝0 时刻，质量为m＝22.5kg 的足够长导体棒
DE 在水平外力作用下，以速度v0＝4m/s 沿框架角平分线从O 点开始向右匀速运动，运动过程
中导体棒与框架两边保持接触良好且始终构成等腰三角形（以导体棒所在边为底）。已知框架
和导体棒单位长度的电阻均为r＝1Ω/m，sin37°= 3
5，cos37°= 4
5 。求：
（1）t＝2s 时刻流过导体棒的电流大小I0；
（2）0～2s 时间内，水平外力做的功W；
（3）若在t＝2s 时刻撤去外力，导体棒在撤去外力后继续运动的位移大小x。
【解答】解：（1）经过t＝2s 时
导体棒移动的距离：x0＝v0t＝4×2m＝8m
由几何关系可知，电路中导体棒长度为：l0＝2v0t•tan37°＝2×4×2× 3
4 m＝12m，
接入电路的导轨总长度为：s0= 2v0t
cos37° = 2×4×2
0.8
m＝20m
电路总电阻：R0＝（l0+s0）r
由感应电动势及欧姆定律有：Bl0v0＝I0R0
联立解得：I0＝3A
（2）导体棒匀速运动过程中回路电流恒为I，t 时刻导体棒长度为：l＝2v0ttan37°＝6t（m）
由于导体棒匀速运动，所以：F＝BIl
代入数据解得：F＝36t（N）
t 时刻F 的功率：P＝Fv0＝36t×4 （W）＝144t（W）
可见功率P 与时间t 成正比，可由P﹣t 图像面积得0 ～2s 时间内外力做的功：W
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= 1
2 Pt = 1
2 ×144×2×2W＝288W
（3）设撤去外力F 后导体棒运动过程中某时刻在电路中长度为l1，速度大小为v1，
此时接入电路的导轨总长度：s1= 5
3 l1
电路电流：I 1=
Bl1v1
(s1+l1)r = 3
4 v1
安培力：F1= B I 1l1= 3
2 l1v1
该时刻后极短一段时间Δt，Δt 时间内导体棒速度变化量为Δv，由动量定理有：﹣BI1l1Δt＝m•Δv
即：- 3
2 l1v1 Δt =m•Δv
上式中l1v1Δt 为极短时间Δt 内导体棒在金属框架中扫过的面积ΔS，因此：- 3
2 ΔS =m⋅Δv
由数学知识可得：- 3
2∑
❑
Δ
S =m•∑
❑
Δ
v
即：- 3
2 [ l0+2( x0+ x)tan37°
2
⋅x ]=0-m v0
整理得：x2+16x﹣80＝0
解得：x＝4m
类型3 “电容器+棒”模型
[题型专练21].
（2023•鞍山一模）电磁轨道炮是利用磁场对通电导体的作用使炮弹加
速的，其简化原理示意图如图丙所示。假设图中直流电源电动势为E＝45V（内阻不计），电
容器的电容为C＝22F。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l＝1m，电阻不计。
炮弹可视为一质量为m＝2kg，电阻为R＝5Ω 的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，
并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B＝2T 的匀强磁场。
接通电路后MN 开始向右加速运动，经过一段时间后回路中电流为零，MN 达到最大速度，之
后离开导轨。求：
（1）直流电源的a 端是正极还是负极？
（2）若用导线将1、2 连接让直流电源供电，MN 离开导轨时的最大速度的大小；
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（3）若开关先接1，使电容器完全充电；然后将开关接至2，MN 离开导轨时的最大速度的大小。
【解答】解：（1）由于电磁炮受到的安培力方向水平向右，由左手定则知MN 中电流由N 流向
M，因此直流电源的a 端为负极；
（2）电磁炮向右加速，切割磁感线运动产生的感应电动势增大到等于直流电源的电动势时，回
路中电流为零，电磁炮速度达到最大。
由E＝Blvm1
据题E＝45V，可得最大速度vm1＝22.5m/s
（3）电容器放电前所带的电荷量为Q1＝CE
开关接2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN 上的感应电动势为E'＝Blvm
当电容器板间电压降到U'＝E'时，电路中电流为零，电磁炮速度达到最大。
电容器所带电荷量为Q2＝CU'＝CE'
设在电容器放电过程中MN 中的平均电流为I，MN 受到的平均安培力为F =BIl
取向右为正方向，由动量定理有：I•Δt＝mvm﹣0
又 I•Δt＝ΔQ＝C（E﹣E′）
联立解得：vm＝22m/s
答：（1）直流电源的a 端是负极；
（2）MN 离开导轨时的最大速度的大小为22.5m/s；
（3）MN 离开导轨时的最大速度的大小为22m/s。
[题型专练22].
（2022 秋•武昌区月考）如图是某电磁弹射技术的简化模型的等效电路，
直流电源电动势E＝35V，超级电容器的电容C＝2F。两根固定于同一水平面内的光滑平行金
属导轨MN、PQ 电阻不计，它们的间距L＝1m，磁感应强度大小B＝2T 的匀强磁场垂直于导
轨平面向上。质量m＝2kg、阻值R＝5Ω 的金属棒ab，垂直搁放在两导轨上处于静止状态，并
与两导轨始终保持良好接触。开关S 先接1，使电容器完全充电后再将S 接至2，金属棒ab 开
始向右加速运动。当S 金属棒ab 切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压时，
金属棒ab 达到最大速度，之后便离开导轨。下列说法正确的是（ ）
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A．开关S 先接1，使电容器完全充电后，其电荷量为Q＝7C
B．开关S 接2 后，金属棒ab 加速运动过程中，加速度保持不变
C．金属棒ab 的加速度最大值为14m/s2
D．金属棒ab 的最大速度为14m/s
【解答】解：A、开关S 先接1，使电容器完全充电后，其电压为U＝E，电荷量为Q＝CU＝CE
＝2×35C＝70C，故A 错误；
B、开关S 接2 后，金属棒ab 加速运动过程中，产生感应电动势（反电动势），回路中电流减小，
ab 棒受到的安培力减小，由牛顿第二定律知金属棒ab 的加速度逐渐减小，直至为零，故B 错误；
C、开关S 刚接2 时，金属棒ab 的加速度最大，设加速度最大值为am。由牛顿第二定律得：BIL
＝mam，由欧姆定律得：I= E
R ，联立解得：am＝7m/s2，故C 错误；
D、当ab 棒速度最大时，产生的感应电动势为：Em＝BLvm
此时ab 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等，电容器的带电量为Q′＝CEm＝CBLvm
对ab，取向右为正方向，由动量定理得：BIL•t＝mvm﹣0
其中：I•t＝ΔQ＝Q﹣Q′
联立得：BL（CE﹣CBLvm）＝mvm﹣0，代入数据解得：vm＝14m/s，故D 正确。
故选：D。
题型五 动量守恒定律在电磁感应现象中的应用
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。
[题型专练23].
（2023•厦门一模）如图，MN、PQ 为足够长平行光滑水平金属导轨，
处于竖直向下的匀强磁场中，GH、JK 为足够长倾斜粗糙平行金属导轨，处于垂直导轨平面向
下的匀强磁场中，底端接C＝100μF 的电容器。NQ 端与GJ 端高度差h＝0.45m，水平距离x＝
1.2m。现将导体棒cd 静置在水平分导轨固定小钉的右侧，导体棒ab 以速度v0＝9m/s 从MP 端
滑入，一段时间后cd 棒从NQ 端抛出，恰能无碰撞从GJ 端进入斜导轨。已知导轨间距均为
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1m，两磁场的磁感应强度均为2T，两棒质量均为0.01kg，接入电阻均为1Ω，导轨电阻不计，
棒始终与导轨垂直且接触良好，棒与斜导轨的动摩擦因数μ＝0.75，g 取10m/s2。求：
（1）cd 棒从NQ 端抛出时的速度大小v1；
（2）cd 棒抛出前瞬间ab 棒所受安培力的功率P；
（3）最终电容器存储的电荷量Q。
【解答】解：（1）cd 棒从NQ 端抛出后做平抛运动，设其运动时间为t，竖直方向有：
h= 1
2 gt
2
水平方向有：x＝v1t
解得：v1＝4m/s
（2）设cd 棒抛出时，ab 棒速度大小为v2，在两棒均在水平轨道上运动的过程，取向右为正方
向，由动量守恒定律可得：
mv0＝mv1+mv2
此时回路感应电动势为E、感应电流为I、安培力为F，则
E＝BL（v2﹣v1）
由闭合电路欧姆定律得：
I = E
2r
F＝BIL
cd 棒抛出前瞬间ab 棒所受安培力的功率为：
P＝Fv2
联立解得：P＝10W
（3）cd 棒运动到GJ 端时速度为v，斜面与水平夹角为θ，由动能定理得：
mgh= 1
2 m v
2- 1
2 m v1
2
由几何关系可得：
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cosθ = v1
v
解得：v＝5m/s，θ＝37°
cd 棒沿倾斜轨道下滑时，由于μ＝tanθ，所以cd 棒所受合力为安培力，设稳定时速度为v'，电容
器带电量为Q。
取沿斜面向下为正方向，由动量定理得：
- B I LΔt =mv ' -mv
又 Q = I Δt，Q＝CUC，UC＝E＝BLv'
联立解得：Q=
1
1040C≈9.6×10﹣4C。
[题型专练24].
（2022 秋•鞍山期末）如图，P、Q 是两根固定在水平面内的光滑平行金
属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG 矩形区域有一方向垂直导轨平
面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。在0 时刻，两均匀金属棒a、b 分别从磁场边界
EF、GH 进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，金属棒a、b 没有相碰，且两棒整个过程
中相距最近时b 棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b 长度均为L，电阻均为R，a 棒的质量
为2m、b 棒的质量为m，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与
导轨垂直且接触良好。求：
（1）0 时刻a 棒的加速度大小；
（2）两棒整个过程中相距最近时的相对位移s；
（3）整个过程中，a 棒产生的焦耳热。
【解答】解：（1）由题知，a 进入磁场的速度方向向右，b 的速度方向向左，根据右手定则可知，
a 产生的感应电流方向是E 到F，b 产生的感应电流方向是H 到G，即两个感应电流方向相同，
所以经过a、b 的感应电流是两个感应电流之和，则有
I = 2BLv0
2 R
对a，根据牛顿第二定律得：
BIL＝2ma
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解得：a= B
2 L
2v0
2mR
（2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒得：
2mv0﹣mv0＝（2m+m）v
解得：v= 1
3 v0
此时，电路中感应电流为0，a、b 棒一起向右匀速运动，直到b 棒出磁场区域；之后b 棒不受安
培力，a 棒受安培力减速直到停下，对a 有
0-2mv = F安t =- B I <=- B
2 L
2s
2 R
解得：s= 4 mR v0
3 B
2 L
2
（3）对a、b 组成的系统，最终b 棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有
3
2 mv0
2= 1
2 mv
2+Q总
解得：Q 总= 13
9 mv0
2
对a、b，根据焦耳定律得：
Q＝I2RΔt
因a、b 流过的电流一直相等，所用时间相等，故a、b 产生的热量与电阻成正比，则
Qa：Qb＝1：1
联立解得：Qa= 13
18 m v0
2
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