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专题30 电磁感应+动量
考点
三年考情（2022-2024）
命题趋势
考点1 电磁感
应+动量定理
（5 年4 考）
2024 年高考湖南卷：电磁缓冲装置；
2023 年高考湖南卷：两根足够长的光滑金属直
导轨平行放置，质量均为
的金属棒
垂直
导轨放置；
2023 年全国高考新课程卷：金属线框在平行导
轨上运动。
1. 在电磁感应中导体棒一般变速
运动，一般不能应用匀变速直线
运动，可以选取微小时间内导体
棒的运动，采用动量定理列出方
程，然后累加分析解答。
2. 在电磁感应中双杆切割磁感
线，若两杆长度相等且通过的电
流相等，所处磁感应强度大小相
等，则两杆所受安培力大小相等
方向相反，满足动量守恒的条
件，可以运用动量守恒定律；若
两杆长度不相等，或通过的电流
不相等，或所处磁感应强度大小
不相等，则两杆所受安培力大小
不相等，不满足动量守恒的条
件，可以运用动量定理。
考点2 电磁感
应+动量守恒
定律
（5 年3 考）
2024 年高考江西卷：甲乙导体杆完全非弹性碰
撞；
2023 年高考全国甲卷：水平桌面上固定一光滑
U 型金属导轨，两绝缘棒与导体棒弹性碰撞；
考点01 电磁感应+动量定理
1. （2024 年高考湖南卷）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨
左端与一阻值为R 的定值电阻相连，导轨
段与
段粗糙，其余部分光滑，
右侧处于竖直向下的
匀强磁场中，一质量为m 的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度
沿导轨向右经过
进入磁场，
最终恰好停在
处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为
，
。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
1
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A. 金属杆经过
的速度为
B. 在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
C. 金属杆经过
与
区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2 倍
【答案】CD
【解析】
设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有
E = BLv，
金属杆在AA1B1B 区域运动的过程中根据动量定理有
则
由于
，则上面方程左右两边累计求和，可得
则
设金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C 区域运动的过程中有
解得
2
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综上有
则金属杆经过BB1的速度大于
，故A 错误；
在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
故B 错误；
金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为
则金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域滑行距离均为
，金属杆所受安培力的冲量相同，故C 正确；
根据A 选项可得，金属杆以初速度
在磁场中运动有
金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA1B1B 区域时中有
则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过
时速度为
则设金属杆通过BB1C1C 区域的时间为
， 则
，
则
，
则
3
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由于
，则
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2 倍，故D 正确。
2. （2023 年高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为
，两导轨及其所
构成的平面均与水平面成
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
．
现将质量均为
的金属棒
垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为
．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
．
（1）先保持棒
静止，将棒
由静止释放，求棒
匀速运动时的速度大小
；
（2）在（1）问中，当棒
匀速运动时，再将棒
由静止释放，求释放瞬间棒
的加速度大小
；
（3）在（2）问中，从棒
释放瞬间开始计时，经过时间
，两棒恰好达到相同的速度
，求速度
的大
小，以及时间
内棒
相对于棒
运动的距离
．
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）a 匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv0，
导体棒a 中电流I=E1/2R
所受安培力F=BIL，
匀速运动，mgsinθ=F
联立解得v0==
（2）当导体棒a 匀速运动时，释放b，由左手定则可判断出导体棒b 受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛
顿第二定律，mgsinθ+F=ma，
4
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解得 a=2gsinθ。
（3 释放导体棒b 后，由于导体棒b 中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a 中产生的感应电动势方
向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a，由动量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t0=mv
联立解得：v=gt0sinθ+
取导体棒变速运动过程中，导体棒a 速度为vi时产生的感应电动势为Ei=BLvi，同时导体棒b 速度为vj，感应
电动势Ej=BLvj，导体棒中电流为I=
=
，所受安培力F=BIL=
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+
）△t=m△v
方程两侧求和Σ【(mgsinθ+
）△t】=Σm△v
注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x
解得：△x=
3．（2023 年全国高考新课程卷）（20 分）一边长为L、质量为m 的正方形金属细框，每边电阻为R0，置
于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小
为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平
行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻
，导轨电阻可
忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运
动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【名师解析】
（1）设导线框进入磁场时速度为v0，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=BLvi，
5
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感应电流，i=e/4R0,
所受安培力F=BiL，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v1- v0，
化简得
=m（v0-v1） ①
导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。
导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v=
-v1，
化简得
=m（v1 -
） ②
①②两式消去v1，得v0=
（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框
上下部分被短路，其电路可以简化如下。
故电路中的外电路电阻为
=
,总电阻R 总=R0+
=
设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v1，
6
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对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R 总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=l，Σ△v= v1- v，
化简得
=m（v-v1） ①
解得：v1=v-
=
在这个过程中线框动能减小△Ek1=
-
=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q1，由于R1=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产
生的热量为4.5Q1，左边电阻产生的热量为2Q1，整个电路电阻产生的热量为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5 Q1.
解得：Q1=
导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R 的电源，回路总电阻R 总=2.5R，
导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v2，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R 总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
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方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v2- v1，
化简得
=m（v1-v2） ①
解得：v2=v1-
=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。
在这个过程中线框动能减小△Ek2=
=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q2，则导线框电阻产生的热量为
Q2，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25
Q2.
解得：Q2.=
整个运动过程中，R1产生的热量为Q= Q1+ Q2 ==
+
=
4. （2022 福建高考）如图（a），一倾角为
的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L
的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金
属棒G、H 垂直导轨放置，G 的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A 相连；初
始时刻绳子处于拉紧状态并与G 垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从
开始，H
在水平向右拉力作用下向右运动；
时，H 与挡板M、N 相碰后立即被锁定．G 在
后的速度一时
间图线如图（b）所示，其中
段为直线．已知：磁感应强度大小
，
，G、H 和A 的
质量均为
，G、H 的电阻均为
；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H 与挡板碰撞时
间极短；整个运动过程A 未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：
，
，重力加速度大小取
，图（b）中e 为自然常数，
．求：
（1）在
时间段内，棒G 的加速度大小和细绳对A 的拉力大小；
（2）
时，棒H 上拉力的瞬时功率；
（3）在
时间段内，棒G 滑行的距离．
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【参考答案】（1）
；
；（2）
；（3）
【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。对速度图像的理解、牛顿运动定律及
其相关知识点。
【名师解析】
（1）由
图像可得在
内，棒G 做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A 的加速度也为
，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在
内棒G 做匀加速运动，回路中电流恒定为
，两棒速度差为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H 由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
由
图像可知
时，棒G 的速度为
此刻棒H 的速度为
其水平向右拉力的功率
．
（3）棒H 停止后，回路中电流发生突变，棒G 受到安培力大小和方向都发生变化，棒G 是否还拉着物块A
一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G 加速度为
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物块A 加速度为
说明棒H 停止后绳子松弛，物块A 做加速度大小为
的匀减速运动，棒G 做加速度越来越小的减速
运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在
内
棒G 滑行的距离
这段时间内物块A 速度始终大于棒G 滑行速度，绳子始终松弛。
考点02 电磁感应+动量守恒定律
1. （2024 高考江西卷）如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ1 = 0.6，摩擦因数
，足够
长
光滑水平导轨处于磁感应强度为B = 0.5T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足
sinθ2 = 0.8，摩擦因数
。现将质量为m 甲 = 6kg 的导体杆甲从斜面上高h = 4m 处由静止释放，
质量为m 乙 = 2kg 的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l = 2m，
两杆电阻均为R = 1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆
发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g = 10m/s2，求：
（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？
（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d 满足的条件？
（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y 随时间t 的变化如图（b）所示（t1、t2、
t3、t4、b 均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0 ~ t3时间内未进入右侧倾
斜导轨，求d 的取值范围。
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【答案】（1）a 乙0 = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3）
【解析】
（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有
甲刚进人磁场时，平动切割磁感线有
E0 = Blv0
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水
平向右，由牛顿第二定律有
BI0l = m2a 乙0
带入数据有
a 乙0 = 2m/s2，方向水平向右
（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则
有
m1v0 = (m1＋m2)v 共
对乙根据动量定理有
其中
联立解得
dmin = Δx = 24m
则d 满足
d ≥ 24m
（3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx = 24m，
且稳定时的速度v 共 = 6m/s 乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2 = m2a 乙上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a 乙上x 上 = v 共
2
乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2 = m2a 乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
11
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2a 乙下x 下 = v1
2
且
x 上 = x 下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度
v1 = 5m/s
由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2 = (m1＋m2)a 共上
同理有
2a 共上x 共上 = v2
且由图（b）可知
x 上 = 4.84x 共上
解得甲、乙碰撞后的速度
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有
m1v2－m2v1 = (m1＋m2))v
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d 的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，
对甲根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有
dmin′－Δx = Δx1
解得
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d
最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬
间的过程，根据动量定理有
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其中
解得
根据位移关系有
dmax－Δx－Δx1 = Δx2
解得
则d 的取值范围为
2. （2023 高考全国甲卷）（20 分）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v0的速度向P 运动并与P 发生弹性碰撞，碰撞时间极短。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。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）金属棒P 滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间。
【参考答案】（1）
（2）
（3）
【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。
【解题思路】
（1）Q 与P 弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，
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由系统动能守恒，
=
+
联立解得：
，
根据题述，P 、Q 落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P 滑出导轨时的速度大小为
（2）由能量守恒定律，金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量Q=
-
=
（3）P 在导轨上做变速运动，设速度为v 时金属棒中产生的感应电动势为e，电流为i，在△t 时间内速度
变化△v，由法拉第电磁感应定律，e=BLv，
由闭合电路欧姆定律，i=e/R
所受安培力 F=BiL=
，
由动量定理，F△t=m△v，
即：
△t=m△v，
方程两侧求和 Σ
△t=Σm△v，
即
Σv△t=mΣ△v，
注意到Σv△t=x，Σ△v=
-
= v0，解得：x=
由x=vQt
解得与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间为t=
【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在磁场中切割磁感
线运动为变速直线运动，可以采用微元法，把位移分割为微元，利用动量定理列方程解答。
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