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大题11 动量观点在电磁感应中的应用
动量观点在电磁感应中的应用是高考物理力学与电磁学融合的典型命题点，近几年占
比约8%-12%，有较大机会出现在压轴计算题。2025 年高考对“动量观点在电磁感应中的
应用”考查将延续“重过程整合、强数学应用、拓科技前沿”的命题风格，突出力学与电
磁学的深度融合能力。备考需以“动量-电磁”转化链为核心，强化变力冲量计算与多过
程衔接分析，同时关注高端装备与量子技术热点，做到“以动破难，以恒应变”。通过动
量定理与电磁感应定律的联立，考查学生跨模块整合能力，如：电磁轨道炮的发射原理分
析、粒子加速器的动量积累模型；电磁储能装置中动量与能量的转化效率优化；电磁缓冲
器的动量吸收特性分析（如电梯紧急制动）；超导磁悬浮中的动量量子化现象简化模型；
等离子体推进器中带电粒子的动量定向传输。
题型1 线框模型
例1．（2023 广东佛山模拟预测）某实验小组学习电磁感应原理后，模仿如图甲
所示的新型智能化汽车独立悬架系统电磁减震器，也设计一个电磁阻尼减震器，其简化原理图如图乙
1
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所示，该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠、绝缘的相同单匝矩形线圈组成，滑动杆
及线圈的总质量
，每个矩形线圈abcd 电阻值
，ab 边长
，bc 边长
，
该减震器在光滑水平面上以初速度
向右进入范围足够大且方向竖直向下的匀强磁场中，磁感
应强度大小
，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。求：
（1）减震器刚进入磁场时，线圈abcd 中电流大小和方向；
（2）第一个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小；
（3）要使减震器的速度减为零，至少需要线圈的个数。
答案（1）4A，电流方向
；（2）
；（3）25 个
解析（1）减震器刚进入磁场时，线圈ab 边切割磁感线，由电磁感应定律可得
由欧姆定律可得
由右手定则可知电流方向为
。
（2）当第一个线圈恰好完全进入磁场时，取向右为正方向，由动量定理可得
其中
联立解得
（3）由（2）解析可知，每个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量是
要使减震器的速度减到零，至少需要线圈的个数
2
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例2．（2024 广东二模）如图所示为一套电磁阻尼装置原理图，在光滑水平地面上
方存在着水平方向上的磁场，磁感应强度大小均为
，磁场方向垂直于纸面向里、向外分区域交
替排列，依次编号为区域1、2、3、4…，磁场区域足够多，每个区域的边界均保持竖直，且各区域宽
度相等均为
，现有一个正方形线圈，边长也为
，线圈匝数
，电阻
，质
量为
，以初速度
向右滑入磁场区域，重力加速度
。
（1）线圈从开始进入区域1 到刚要进入区域2 的过程中，求流经线圈的电荷量；
（2）线圈从开始进入区域1 到刚要进入区域2 的过程中，求线圈产生的焦耳热；
（3）线圈从开始运动到最终停止，求线框右侧边完整经过的磁场个数。
答案（1）0.05C；（2）2.4375J；（3）5
解析（1）进入1 区域，右边切割磁感线产生感应电动势
由欧姆定律有
则电荷量
联立解得
（2）线圈进入1 区域的过程中做变减速运动，取一短暂时间
，由动量定理有
微元累加有
3
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根据能量守恒有
代入数据解得
（3）当线圈进入2 区域以后的磁场时，左右两边均在切割磁感线。故在某一时刻的电动势
此时电流为
线圈受到的安培力
取一短暂时间
，由动量定理有
微元累加可得
代入数据得
故线圈穿过的磁场个数为
线框右侧边完整经过的磁场个数为5 个。
1．（2024 广东佛山二模）据报道，2023 年11 月福建号航母成功完成了舰载电磁弹射
实验，电磁弹射是利用运动磁场对闭合线圈的电磁力来驱动物体运动的。如图所示是某个电磁驱动的
模拟场景，水平面上等距分布着宽度和间距都为L = 0.2m 的有界匀强磁场，磁场方向竖直向上。通过
控制使整个磁场以v0 = 20m/s 的速度水平向右匀速运动。两个放在水平面上的导线框a、b，表面绝缘，
它们的质量均为m = 0.2kg、边长均为L = 0.2m、电阻均为R = 1Ω，与水平面间的动摩擦因数分别
为μ1 = 0.2、μ2 = 0.4。两线框在如图位置静止释放，b 恰能保持静止，a 在安培力驱动下向右运动，
然后与b 发生弹性碰撞。已知a 在与b 碰撞前已达到最大速度，忽略a、b 产生的磁场，以及运动磁场
的电磁辐射效应，重力加速度g 取10m/s2。试求：
4
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（1）磁感应强度B 的大小；
（2）导线框a 与b 碰撞前的最大速度和首次碰撞后a、b 速度的大小；
（3）首次碰撞后a、b 相距最远瞬间，a 的速度为多大？若首次碰撞后到两者相距最远用时t = 3.5s，
且在这段时间内a 移动的距离Sa = 9.7m，则在这段时间内b 的位移为多大？
答案（1）1T；（2）vam = 10m/s，va = 0，vb = 10m/s；（3）5m/s，25m
解析（1）由题知，一开始b 恰能保持相对静止，则有
BIbL = μ2mg
其中
Eb = BLv0
联立解得
B = 1T
（2）当a 达到最大速度时，有
BIaL = μ1mg
其中
Ea = BL(v0－vam)
联立解得
vam = 10m/sa、b 发生弹性碰撞有
mvam = mbvb＋mava
解得
va = 0，vb = 10m/s
（3）由于碰撞后a、b 组成的系统合外力为零，则a、b 组成的系统动量守恒，则a、b 共速时相距最远，
5
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有
mvam = 2mv 共
解得
v 共 = 5m/s
对b 列动量定理有
其中
联立解得
xb = 25m
注：这个题可能是出题者为方便计算对时间取了一个近似值，从而导致该道题的解用不同的方法解出
的结果不一样。解析者为尊重原创便不对试题数据作出更改，建议大家使用（3）中求b 的位移问时去
除数据进行代数运算。
题型二 单杆模型
例2.(2024 广东佛山二模)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B
＝1 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L
＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝1 Ω 的金属导体棒MN 和PQ 垂直放置于导
轨上，且与导轨接触良好。先将PQ 暂时锁定，金属棒MN 在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加
速度a＝0.1 m/s2向右做匀加速直线运动，2 s 后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速
直线运动。(√2≈1.41)
(1)求2 s 时，拉力F 的功率P；
(2)求棒MN 的最大速度vm；(结果保留2 位小数)
(3)当棒MN 达到最大速度vm时，解除PQ 锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力F 后两金属棒之间距离增
加量Δx 的最大值是多少？(结果保留2 位小数)
答案(1)0.04 W (2)0.28 m/s (3)0.28 m
解析(1)金属棒MN 在2 s 时的速度
v1＝at1＝0.1×2 m/s＝0.2 m/s
所受安培力F 安1＝BI1L
6
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由闭合电路欧姆定律得I1＝E
2 R
由电磁感应定律得E＝BLv1
由牛顿第二定律得F－F 安1＝ma
拉力的功率P＝Fv1
解得P＝0.04 W。
(2)金属棒MN 达到最大速度vm时，金属棒MN 受力平衡F2＝F 安2＝B
2 L
2vm
2 R
保持拉力的功率不变P＝F2vm
解得vm＝√2
5 m/s≈0.28 m/s。
(3)撤去拉力后，对金属棒PQ、MN 组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
mvm＝2mv
解得v＝0.14 m/s
根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦ
Δt
由闭合电路欧姆定律得I＝E
2 R
通过两棒的电荷量为q＝IΔt
解得q＝BL Δ x
2 R
对PQ 棒由动量定理得BILΔt＝mv
解得撤去拉力F 后两金属棒之间距离增加量Δx 的最大值是Δx≈0.28 m。
例4.如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两
导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释
放。导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接
触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度为g。求：
(1)导体棒的最大速度和磁感应强度的大小；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小；
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(3)若金属棒进入磁场后恰经t 时间达到稳定，求这段时间的位移x 大小。
答案 (1) (2)(3)(mgt＋m－)
解析 (1)由题意知导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得mgh＝mv，解得vm
＝
电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，有mg＝ILB
解得B＝。
(2)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝，解得v＝。
(3)金属棒进入磁场后，由动量定理有
mgt－LBt＝mv－mvm
即mgt－＝mv－mvm
解得x＝(mgt＋m－)。
2．如图所示，两根间距为l 的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限
长的水平部分组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置
一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m、电阻为r 的金属棒ab，从圆弧段M 处由静止释放
下滑至N 处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN 半径为R，所对圆心角为60°，重
力加速度为g。求：
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＝。
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(1)ab 棒在N 处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？
(2)cd 棒能达到的最大速度是多大？
(3)cd 棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？
答案 (1) (2) (3)mgR
解析 (1)ab 棒由M 下滑到N 过程中机械能守恒，有
mgR(1－cos 60°)＝mv2
解得v＝
进入磁场瞬间，回路中的电流为I＝＝。
(2)ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd 棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′
时，电路中电流为零，安培力为零，cd 棒达到最大速度。由动量守恒定律得
mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝。
(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量
故Q＝mv2－×3mv′2
解得Q＝mgR。
题型三 双杆模型
例5. (2024 广东实验中学)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左
侧部分水平，右侧部分为半径r＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离L＝0.3 m，导轨水平部分处于竖
直向上、磁感应强度大小B＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为L 的金属棒ab、cd
均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd 的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.3
Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入半圆轨道后，恰好能
通过轨道最高位置PP′，cd 棒进入半圆轨道前两棒未相碰，取g＝10 m/s2，求：
(1) cd 棒通过轨道最高位置PP′的速度大小v 及cd 棒刚进入半圆轨道瞬间的速度大小v2.
(2) cd 棒进入半圆轨道前，cd 棒上产生的焦耳热Q.
(3) cd 棒刚进入半圆轨道时，与初始时刻相比，两棒间距变化量Δx.
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答案(1) m/s 5 m/s (2) 1.25 J (3) m
解析(1) cd 棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有
m2g＝m2
解得v＝ m/s
cd 棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机械能守恒
m2v＝m2g·2r＋m2v2
解得v2＝5 m/s
(2) cd 棒与ab 棒组成的系统动量守恒，设cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小为v1，规定向
右为正方向m1v0＝m1v1＋m2v2
解得v1＝7.5 m/s
根据能量守恒定律有
m1v＝m1v＋m2v＋Q′
根据电路特点有cd 棒进入半圆轨道前，cd 棒上产生的焦耳热
Q＝Q′
解得Q＝1.25 J
(3) 根据动量定理可得－B\s\up11(—)Lt＝m1v1－m1v0
则－BqL＝m1v1－m1v0
解得q＝ C
由q＝\s\up11(—)t＝＝
解得Δx＝ m
联立解得vP＝v0，vQ＝v0
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
滑出导轨时的速度大小为v′P＝vQ＝v0
(2) 根据能量守恒有 mv＝mv′＋Q
解得Q＝mv
(3) P、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得
－B\s\up11(—)lΔt＝mv′P－mvP
又q＝\s\up11(—)Δt，\s\up11(—)＝\s\up4(—)＝＝
联立可得x＝
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＝＝
例6. 如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ 水平放置，相距d＝1m，足
够长，且不计电阻．AC、BD 区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数μ＝0.2，在AB 的左侧和CD 的右侧
存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2T.在导轨中央放置着两根质量均为m＝1kg、电阻均为R
＝2Ω 的金属棒a、b，用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a、b 之间(弹簧与a、b 不拴连)，此时弹簧
具有的弹性势能Ep＝9J.现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b 棒刚好进入磁场，且b 棒向右运动 x＝
0.8m 后停止，取g＝10m/s2，求：
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(1) a、b 棒刚进入磁场时的速度大小．
(2) 金属棒b 刚进入磁场时的加速度大小．
(3) 整个运动过程中电路中产生的焦耳热．
答案 (1) 3 m/s (2) 8 m/s (3) 5.8 J
解析 (1) 对a、b 系统，由动量守恒得
0＝mva－mvb
由能量关系得Ep＝mv＋mv
解得va＝vb＝3 m/s
(2) 当a、b 棒进入磁场后，两棒均切割磁感线，感应电动势串联，则有Ea＝Eb＝Bdva＝6V
且I＝＝3 A
对b，由牛顿第二定律得BId＋μmg＝mab
解得ab＝8 m/s2
(3) 由动量守恒可知a、b 棒速率时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则对系统，由能量守恒
得
Ep＝2μmgx＋Q
解得Q＝5.8 J
3．（2025 广东珠海一模）如图所示，在水平面上的装置由三部分构成，装置中间部
分为电路控制系统，电源电动势恒定且为
，内阻不计，两个开关
、
初始状态都断开。装置左右
两侧均为足够长且不计电阻的光滑金属导轨，导轨
宽度为
，
宽度为
，导轨
和
之间
存在匀强磁场，磁感应强度分别为
和
，磁场方向如图所示。将质量均为
的金属杆
，
分别
如图轻放在水平轨道上，两杆接入电路中的电阻相等，不计金属杆与导轨的摩擦。
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，安培力是
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
守恒定律求解比较方便。
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(1)接通
，求
杆的最大速度；
(2)当
杆做匀速运动后，断开
同时闭合
，当两杆再次匀速运动时，求
杆产生的焦耳热。
答案(1)
(2)
解析（1）S1接通，ab 中有a→b 的电流，ab 受水平向右的安培力 ab 向右做加速运动，ab 切割磁感线
产生一个感应电动势,与电源相抵消。当ab 产生的感应电动势与电源电动势完全相消时，ab 棒不受安培
力，ab 将做匀速运动，速度为vm，此时产生的感应电动势为
解得
（2）断开S1，接通S2，ab 向右运动切割磁感线产生感应电流，由b→a，电流再流经cd 棒，方向由c 到
d。由左手是则可知，ab 棒受水平向左的安培力，做减速运动； cd 棒受水平向右的安培力，向右做加
速运动，ab、cd.产生互相抵消的电动势，当完全抵消时，电路中无电流 。ab、cd 做匀速运动速度分别
为v1、v2，则
可得
v1=v2
ab、cd 中电流相等。ab、cd 的安培力分别为
F1=2BIL
F2=B×2LI=2BIL
安培力大小相等、方向相反，ab、cd 满足动量守恒，有
联立解得
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电路中的总热量为
因为ab、cd 的阻值相等，所以cd 杆产生的焦耳热为
1． 如图所示，相互平行、相距L 的两条金属长导轨固定在同一水平面上，电阻可忽略不计，空
间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.质量均为m、长度均为L、电阻均为R 的导体棒甲和乙
可以在长导轨上无摩擦地左右滑动．开始时，甲导体棒有向左的初速度v，乙导体棒有向右的初速度
2v.
(1) 求开始时，回路中电流I.
(2) 若一根导体棒速度为零，求另一根导体棒的加速度大小a.
(3) 求运动过程中通过乙导体棒电荷量的最大值qm.
答案(1) (2) (3)
解析(1) 设开始时回路中的电动势为E，电流为I，根据法拉第电磁感应定律有 E＝3BLv
根据闭合电路欧姆定律有I＝
联立解得I＝
(2) 甲、乙两导体棒在运动过程中，受到的安培力大小相等，加速度大小相等．由于甲棒的初速
度较小，所以甲导体棒速度先减小到零，设此时乙导体棒的速度大小为v1，根据动量守恒定律，以乙
导体棒运动的方向为正方向，则2mv－mv＝mv1
回路中的感应电动势为E′＝BLv1
回路中的感应电流为I′＝
乙导体棒受到的安培力大小为F′＝BI′L
根据牛顿第二定律，有F′＝ma
联立解得a＝
(3) 当两导体棒速度相同时，回路中的感应电流为零．设两导体棒共同运动速度为v 共．由动量守
恒定律得2mv－mv＝2mv 共
解得v 共＝
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设从开始运动到两棒速度相等的时间为t，回路中的平均电流为\s\up11(—)，以水平向右方向为
正方向，对导体棒乙，根据动量定理有
－B\s\up11(—)Lt＝mv 共－2mv，电荷量qm＝\s\up11(—)t
解得qm＝
2．(2024 广东韶关模拟)如图所示，一质量为m、电阻不计的足够长的光滑U 形金属导轨MNQP，位于光滑
绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和PQ 相距L，空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强
度的大小为B。有一质量也为m 的金属棒CD，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根与MN 平行的绝缘细线
系在定点A。已知细线能承受的最大拉力为T0，棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t＝0 时刻开始对导
轨施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动。
(1)求从导轨开始运动到细线断裂所需的时间及细线断裂时导轨的瞬时速度大小；
(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后回路中产生的总焦耳热Q。
答案 (1)
T 0 R
B
2 L
2a
T 0 R
B
2 L
2 (2)mT 0
2 R
2
4 B
4 L
4
解析 (1)细线断裂时设导轨的瞬时速度大小为v0，对棒有T0＝F 安，F 安＝BIL
I＝E
R ，E＝BLv0，v0＝at0
解得t0＝
T 0 R
B
2 L
2a
，v0＝
T 0 R
B
2 L
2。
(2)在细线断裂时立即撤去拉力，导轨向右做减速运动，棒向右做加速运动，直至二者速度相同，设二
者最终速度大小为v，撤去拉力时，导轨的速度
v0＝
T 0 R
B
2 L
2
由系统动量守恒可得mv0＝2mv
解得v＝v0
2 ＝
T 0 R
2B
2 L
2
撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热为
Q＝1
2 m v0
2－1
2×2mv2
解得Q＝mT 0
2 R
2
4 B
4 L
4 。
3． (2023 茂名5 月份联考)如图所示，两根光滑金属导轨ABD 和ACE 固定在倾角为θ 的绝缘斜面
上，导轨关于中轴线AO 对称，导轨BAC 单位长度电阻阻值大小为k，AB＝AC＝L，∠A＝60°，BD 和CE
与AO 平行且电阻不计，整个空间存在着垂直于斜面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一质量为
m、阻值不计的导体棒在外力作用下以速度v0从A 点匀速滑到虚线BC 位置时，撤去外力，导体棒开始
加速下滑，经时间t 下滑到虚线MN 位置时，恰好再次匀速运动．已知全过程中导体棒始终垂直于AO 且
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与轨道接触良好，重力加速度为g，求：
(1) 导体棒运动到MN 位置时的速度大小v.
(2) 导体棒从BC 位置运动到MN 位置过程中，经过导体棒的电荷量q.
(3) 导体棒从A 点运动至BC 位置过程中，回路产生的焦耳热Q.
答案 (1) (2) － (3)
解析 (1) 当导体棒运动到MN 位置后，轨道BAC 部分的总电阻R 全部接入电路中，且导体棒匀速下
滑，即从MN 位置开始导体棒受力平衡，分析可得R＝2kL
I＝
mg sin θ＝BIL
联立可解得v＝
(2) 导体棒从BC 位置运动到MN 位置过程中由动量定理得
mg sin θ·t－BILt＝mv－mv0
q＝It
联立可得q＝－
(3) 设导体棒从A 点运动到BC 位置过程中产生的焦耳热为Q，导体棒从A 点开始匀速运动任意一
小段位移大小为x.
导体棒接入回路中的长度
L′＝2x tan 30°
此刻接入回路中的总电阻
R′＝2k
感应电动势为E′＝BL′v0
此刻回路中的感应电流大小为
I′＝＝
可见，运动过程中电流的大小并不随时间变化
安培力FA＝BI′L′＝x 会随位移均匀变化
克服安培力做功
WA＝FAx＝
则回路中产生的焦耳热
Q＝WA＝
4． (2024 广州阶段检测)如图所示，在水平面内固定着间距为L 的两根光滑平行金属导轨(导轨足
够长且电阻忽略不计)，导轨MN 两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场
中．在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容为C 的电容器．先将金属棒a 静置在导轨上，
闭合开关S1、S3，让a 运动速度达到v0时断开S1，同时将金属棒b 静置在导轨上，经过一段时间后，流
经a 的电流为零．已知a、b 的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程与导轨垂直并保持良
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好接触．
(1) 求开关S1、S3闭合，a 运动速度刚为v0时a 的加速度大小．
(2) 求b 产生的焦耳热Qb.
(3) 若将棒a、b 均静置在水平轨道上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求两棒最终
速度的大小．
答案(1) (2) mv(3)
解析(1) a 切割磁感线产生的电动势E1＝Blv0
由牛顿第二定律得BL＝ma
解得a＝
(2) 对ab 系统，由动量守恒得mv0＝2mv1
解得v1＝
由能量守恒得2Qb＝mv－·2mv
解得Qb＝mv
(3) 闭合开关S1、S2，稍后再断开S1，同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动，对电容器，放
荷电量q＝C(E－BLv)
对导体棒a，某时刻经极短时间Δt，BILΔt＝mΔv
整个过程∑BLΔq＝∑mΔv，BL＝mv
所以两棒最终速度v＝
5．（2023 广东汕头二模）如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为
，方向分别垂直于光滑水
平桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为。边长也为的正方形单匝金属线框P、Q 的质量均为
、电阻均
为
。它们置于光滑桌面上，其左、右边与磁场边界平行，开始时P、Q 靠在一起但彼此绝缘且不粘连。
使它们一起以大小为
的初速度向右运动并进入磁场，线框所用金属丝的宽度可忽略不计。
（1）用水平推力作用在线框Q 上，使P、Q 一起以速度
匀速穿过磁场区，求整个过程中水平推力的
最大值；
（2）不加外力，让线框P、Q 在磁场中自由滑行，结果线框Q 恰好能穿过磁场区。求线框P、Q 在整个
过程中产生的焦耳热
与
之比。
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答案（1）
；（2）
解析（1）每个线框在磁场区域运动时，电流大小均为
当P、Q 靠在一起的边进入磁场时，水平推力达到最大，大小为
联立解得最大水平推力为
（2）以P 右边刚进入磁场为计时起点，把线框Q 向右的位移分别达到、
、
依次分成3 个阶段，
相应的末速依次记为
、
和0。
在第1 阶段，P、Q 一起减速，时间为
，有
由动量定理可得
联立可得
在第2 阶段，由于P、Q 同时处于磁场中，产生的感应电动势和电流总是相同，受力也相同，因此仍一
起减速，同理可得
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在第3 阶段，P 已经离开磁场，而Q 还处于磁场中㨔速运动，因此P、Q 分开，Q 最后恰好离开磁场，
同理可得
联立可得
，
线框P、Q 在整个过程中产生的焦耳热分别为
6．(2023 广东佛山模拟预测)如图所示，平行金属导轨MM'、NN'和平行金属导轨PQR、P'Q'R'固定在水平
台面上，平行金属导轨间距均为L＝1 m，M'N'与PP'高度差为h1＝0.6 m。导轨MM、NN'左端接有R＝
3.0 Ω 的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度B1＝2 T 方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR
与P'Q'R'，其中PQ 与P'Q'是圆心角为60°、半径为r＝0.9 m 的圆弧形导轨，QR 与Q'R'是水平长直导
轨。QQ'右侧存在磁感应强度B2＝4 T 方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a 的质量m1＝0.2 kg，接在电
路中的电阻R1＝2.0 Ω；导体棒b 的质量m2＝0.3 kg，接在电路中的电阻R2＝6.0 Ω。导体棒a 从距离
导轨MM'、NN 平直部分h＝1.25 m 处静止释放，恰能无碰撞地从PP'滑入右侧平行导轨，且始终没有与
棒b 相碰。重力加速度g＝10 m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求：
(1)导体棒a 刚进入磁场B1时的速度大小以及此时通过电阻R 的电流大小和方向；
(2)导体棒b 的最大加速度；
(3)d 的大小；
(4)导体棒a、b 在平行金属导轨PQR、P'Q'R'上运动时产生的总焦耳热(导轨足够长)。
答案(1)5 m/s 2 A 方向为由N 到M(2)100
3 m/s2 (3)3
4 m (4)1.5 J
解析(1)根据动能定理可知m1gh＝1
2m1v1
2
解得导体棒a 刚进入磁场B1时的速度大小为v1＝5 m/s
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由题可知E＝B1Lv1，I1＝
E
R＋R1
解得I1＝2 A
由右手定则可判断，此时通过电阻R 的电流的方向为由N 到M。
(2)由题可知，导体棒a 到达PP'时速度方向与水平方向的夹角为60°，则h1＝1
2gt2，v2＝gt
sin 60°
解得v2＝4 m/s
导体棒a 刚进入磁场B2时，导体棒b 的加速度最大，则m1gr(1－cos 60°)＝1
2m1v3
2－1
2m1v2
2
I2＝
B2 Lv3
R1＋R2
，B2I2L＝m2a
解得v3＝5 m/s，a＝100
3 m/s2。
(3)导体棒a 从N'M'到PP'的过程中，根据动能定理可知m1gh1＝1
2mv2
2－1
2mv4
2
解得v4＝2 m/s
由题可知导体棒a 在导轨MM'、NN'平直部分从左到右运动时－B1ILΔt＝Δp1
即－B1qL＝m1v4－m1v1
q＝
B1 Ld
R1＋R
解得d＝3
4 m。
(4)根据动量守恒定律可知m1v3＝(m1＋m2)v5
解得v5＝2 m/s
导体棒a、b 在平行金属导轨PQR、P'Q'R'上运动时产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即Q＝1
2m1
v3
2－1
2(m1＋m2)v5
2
解得Q＝1.5 J。
7．（2025 广东模拟预测）某小组设计了如图所示装置来研究通电导体在磁场中的运动情况，光滑水平的
平行导轨间的距离为L，导轨足够长且不计电阻，左端连有一个直流电源，电动势为E，内阻不计，导
轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。现将一质量为m、阻值为R 的金
属杆ab 放置在导轨上并由静止释放，运动过程中金属杆ab 与导轨始终垂直且接触良好，求：
(1)金属杆ab 的最大加速度大小；
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(2)金属杆ab 的最大动能；
(3)若已知金属杆ab 从释放到达到最大速度的位移大小为x，其做加速运动的时间 t。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）当金属杆速度为零时，金属杆的加速度最大，对金属杆受力分析可得
此时电流
解得金属杆ab 的最大加速度大小
（2）金属杆 ab 切割磁感线产生与电源电动势相反的动生电动势，当两电动势大小相等时，金属杆ab
的加速度为零，速度达到最大，有
解得金属杆ab 的速度最大值
最大动能
解得
（3）对金属杆，由动量定理有
得
，
解得
8．（2024 广东三模）如图所示，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为L 的光滑平行水平导
轨平滑连接，光滑水平导轨处在竖直向下的匀强磁场之中，磁感应强度大小为B。在导轨上放置长度均
为L、由同种金属材料制成的粗细均匀的导体棒a、b、c，a 棒的质量为m，电阻为R0，b 棒的质量为
m，c 棒的质量为2m。已知初始时b 棒和c 棒间距为d，且均处于静止状态。现让a 棒从圆弧导轨上离
水平导轨高为h 处由静止释放，a 与b 发生碰撞后粘在一起，已知重力加速度为g，导轨电阻不计，且
导体棒运动过程中始终与导轨垂直。
（1）若要求a 棒与b 棒不发生碰撞，试求b 棒离磁场左边界的距离x 应满足的条件；
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（2）若b 棒离磁场左边界线的距离
，b 棒与c 棒没有发生碰撞，试求c 棒在全过程中产
生的焦耳热。
答案（1）
；（2）
解析（1）当导体棒a 运动到磁场时产生感应电动势，使导体棒b、c 在安培力的作用下加速运动，因为
导体棒b、c 两端的电压U 总是相等，所以安培力为
根据牛顿第二定律可得导体棒b 和导体棒c 的加速度分别为
设金属棒材料的密度为
，电阻率为
，则
解得
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可知导体棒b、c 总是相对静止的，导体棒a、b、c 构成的系统动量守恒，设金属棒a 进入磁场时的速
度大小为
，三者速度相等时的速度为
，则根据动量守恒定律有
对导体棒a，根据动量定理有
而
对金属棒a，根据动能定理
解得
若要使导体棒a、b 不能发生碰撞，导体棒a 开始运动时与导体棒b 之间的距离应满足的条件是
（2）因为导体棒a 开始运动时与导体棒b 之间的距离
所以导体棒a、b 将发生碰撞，设导体棒a 与导体棒b 碰撞前瞬间的速度为
，导体棒b、c 的速度大小
均为
，则根据动量守恒定律得
根据动量定理有
而
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解得
此过程根据能量守恒，系统产生的总热量为
此过程a 棒为电源，bc 棒为用电器，则c 棒产生的热量为
设导体棒a 与导体棒b 碰撞粘在一起后瞬间的速度为
，则根据动量守恒定律可得
解得
碰撞过程损失的能量
导体棒a、b 整体与导体棒c 通过安培力发生作用，设导体棒a、b、c 的最终共同速度为
，则根据动
量守恒定律可得
解得
此过程根据能量守恒，系统产生的总热量为
整理可得
此过程ab 棒为电源，ab 棒的总电阻为
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c 棒为用电器，则c 棒产生的热量为
c 棒在全过程中产生的焦耳热为
9．（2024 广东清远模拟预测）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨，间距为，导轨右侧固定一绝
缘竖直挡板。导轨上面横放着两根导体棒
和
，棒
距离挡板为
，导体棒
质量均为
，电阻均为
，其余部分电阻不计，导轨平面有竖直向上、磁感应强度为
的匀强磁场。当棒
以
初速度
从导轨左端开始向右运动，棒
也开始向右运动，至挡板时两棒共速，棒
碰撞挡板后立
即以原速大小弹回，已知在运动过程中两棒始终没相碰。忽略回路电流对磁场产生的影响，棒与导轨
接触良好。求：
(1)棒
刚开始运动时，回路产生的电流；
(2)从开始到两棒共速系统产生的焦耳热；
(3)棒
开始运动到停止的位移。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）PQ 刚开始运动时，则有
所以回路中产生的电流为
（2）两个导体棒在运动的过程中满足动量守恒，则有
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根据能量守恒，则有
可解得
（3）在MN 未碰挡板前，根据动量定理，则有
故
可解得
又因
可解得
即
所以PQ 走过的位移为
碰后满足动量守恒，则有
显然
对PQ 列动量定理，则有
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故
可解得
又因
可解得
即
所以PQ 走过的位移为
综上所述，PQ 总共走过的位移为
10．（2024 广东模拟预测）电阻不计的平行金属导轨EFHG 与PMQN 按图示固定，EF 与PM 段水平且粗
糙，导轨的间距为
与QN 段倾斜且光滑，导轨的间距为
，
，
、
所在平面与水
平面的夹角
，导轨间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为
，方向与导轨所在平面垂直，
金属棒
、
与导轨垂直放置，ab 棒质量为
，
棒质量为
，
，接入电路的电阻均为
，
间用轻质绝缘细线相连，中间跨过一个光滑定滑轮，两金属棒始终垂直于导轨且始终
不会与滑轮相碰，两段金属导轨足够长，金属棒cd 与水平导轨间的动摩擦因数为
，重力加速
度
，现将两金属棒由静止释放，求：
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（1）释放瞬间ab 棒的加速度大小。
（2）两金属棒的最大速度。
（3）两金属棒速度达到最大后，细线突然断裂，经过时间t 恰再次达到稳定状态，求再次稳定时ab
棒、cd 棒的速度大小。
答案（1）
；（2）4.8 m/s；（3）
，
解析（1）释放时对金属棒
由牛顿第二定律分别可得
联立解得
（2）分析可知，金属棒ab 中的电流方向从a 到b，当两金属棒加速度为0 时速度最大，设最大速度
为
，当两金属棒达到最大速度时，对ab 棒有
对cd 棒有
此时感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得
解得
（3）细线断裂后，
整体所受的合外力不为零，则再次稳定时二者不可能做匀速运动，只可能
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是回路中电流稳定，两棒均做匀加速运动。设再次稳定时cd 的加速度大小为
，则由（2）中感应电
动势的表达式知ab 的加速度为
，对ab 由牛顿第二定律有
对cd 由牛顿第二定律有
解得
回路中的感应电流
设恰再次达到稳定状态时ab 棒的速度为
，
棒的速度为
，由法拉第电磁感应定律有
在时间t 内，设ab 棒所受安培力的冲量为
，则cd 棒所受安培力的冲量为
，对ab 棒由动量定理
有
对cd 棒由动量定理有
联立得
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