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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，近五年全
国卷及新高考卷中占比约8%-12%，常见于压轴计算题。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．（2025 吉林长春二模）“磁悬浮列车”是通过电磁力实现列车与轨道之间
无接触的悬浮和导向，再利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行。某实验小组设计简化模型如图
1
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（a）所示，若磁悬浮列车模型的总质量为
，模型底部固定一与其绝缘的矩形金属线框
，线框
的总电阻为
。用两根足够长、水平固定、间距为
（和矩形线框的边长
相等）的平行金属导轨
、
模拟列车行驶的轨道，导轨间存在垂直导轨平面的等间距的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方
向相反、磁感应强度大小均为
，每个磁场宽度与矩形线框的边长
相等，如图（b）所示。将列车模
型放置于导轨上，当交替磁场以速度
向右匀速运动时，列车模型受磁场力由静止开始运动，速度达
到
开始匀速运动，假定列车模型在运动过程中所受阻力恒定，不考虑磁场运动时产生的其他影响。
(1)求列车模型所受阻力
的大小；
(2)列车模型匀速运动后，某时刻磁场又以加速度
向右做匀加速直线运动，再经时间列车模型也开
始做匀加速直线运动。
①分析求出列车模型匀加速运动的加速度大小
；
②若列车模型开始匀加速运动时的速度为，求时间内列车所受安培力做的功
。
答案(1)
(2)①
；②
解析（1）设列车行驶速度为
，线框中的感应电动势大小为
感应电流大小为
线框所受安培力大小为
当
时，对列车根据平衡条件有
（2）①列车做匀加速运动时，根据牛顿第二定律
可知安培力恒定，根据线框所受安培力
可知，感应电动势恒定，线框相对磁场的速度恒定，则应满足线框的加速度大小为
2
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②磁场匀加速运动时间内，对列车根据动量定理有
即
其中时间内磁场位移为
可解得时间内列车位移
对列车根据动能定理有
可解得时间内列车所受安培力做功为
例2．（2024 湖北荆州模拟预测） 如图所示，水平传送带以恒定速率
顺时针转
动，宽为
、足够高的矩形匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场下边
界QP 水平。矩形导体框abcd 无初速度地放在传送带上且ad 与MQ 重合，bc 向右运动到NP 时恰与传送
带共速，此时施加水平向右的拉力，使导体框保持共速前的加速度离开磁场。ad 离开磁场时撤掉拉力，
同时将QP 提升到传送带上方距上表面L 处。导体框继续向右运动，与NP 右侧
处的竖直固定挡板发
生弹性正碰。当ad 返回NP 时，施加水平向左的拉力，使导体框以此时的速度匀速通过磁场。已知导体
框质量为m，总电阻为R，ab 长为
，ad 长为
，导体框平面始终与磁场垂直且不脱离传送带，重力
加速度为g。
(1)求导体框与传送带间的动摩擦因数是多少；
(2)求导体框向右离开磁场过程中所经历的时间以及此过程中拉力冲量
的大小；
(3)导体框向左通过磁场的过程中，设ad 到NP 的距离为x，求导体框受到的摩擦力大小
与x 的关系。
3
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答案(1)
(2)
，
(3)见解析
解析（1）由牛顿第二定律可得
根据速度位移公式可得
联立解得
（2）由题知，bc 向右运动到NP 时恰与传送带共速，此时施加水平向右的拉力，使导体框保持共速前
的加速度离开磁场。导体框bc 向右运动到NP 到导体框离开磁场，水平方向受到向左的安培力
、传
送带向左的滑动摩擦力
和施加水平向右的拉力
。其中传送带向左的滑动摩擦力
导线框运动一直做匀加速直线运动，则
，
解得
，
导线框离开磁场时，由于加速度不变，则导线框切割磁场线，产生的动生电动势为
导线框中电流为
则受到的安培力为
传送带向左的滑动摩擦力为
则有
则
拉力冲量
的大小为
解得
（3）导体框从离开磁场到返回时ad 到NP 的过程中，水平方向只受到传送带给的摩擦力，则有
4
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则导体框返回ad 到NP 时，由动能定律可得
解得
之后导体框匀速通过磁场，ad 边进入磁场时（即
的过程中），ad 边切割磁感线，产生动生电
动势
导线框中感应电流
导线框ad 边受到向右的安培力
导线框ab 边受到向下的安培力
则此时导体框受到的摩擦力
（
）
当导线框bc 边进入磁场时（即
的过程中），穿过导线框的磁通量不变，导线框中无感应电
流，只受到向右的摩擦力
（
）
当导线框ad 边离开磁场时（即
的过程中），导线框中bc 切割磁感线，产生动生电动势
感应电流大小仍为
导线框bc 受到向右的安培力
导线框ab 边受到向上的安培力
此时导线框受到的摩擦力
（
）
1．（2025 重庆模拟预测）为保证游乐园中过山车的进站安全，过山车安装了磁力控
速装置，其运动情况可简化为图所示的模型。轨道间有匀强磁场，磁感应强度大小为
，方向垂直斜
5
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面向上。正方形金属框安装在过山车底部，线框
沿斜面加速下滑，以速度
进入匀强磁场区域上
边界，此时线框开始减速，
边刚出磁场区域时，线框速度又恰好为
，磁场区域上下边界距离大于
线框边长。已知线框边长为，总电阻为
，过山车总质量为
，所受摩擦力大小恒为
。斜面倾角为
，重力加速度为
。求：
(1)线框在刚进磁场时所受安培力大小；
(2)线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量；
(3)线框
边刚进磁场到
边刚要出磁场所用时间。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）线框刚进入磁场时，线框受到安培力为
又
联立可得
（2）线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量
又
联立可得
（3）线框
边刚进入磁场至线框
边刚要出磁场的过程，根据动量定理
又
6
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解得
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
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
7
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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；
(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
8
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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)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＝
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＝。
9
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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．（2025 江苏一模）如图，足够长的间距d=1m 的平行光滑金属导轨MN、PQ
固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L=1m 的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T，方向如图所
示．一根质量ma=0.1kg，阻值R=0.5Ω 的金属棒a 以初速度v0=4m/s 从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场
区域后，与另一根质量mb=0.2kg，阻值R=0.5Ω 的原来静置在导轨上的金属棒b 发生弹性碰撞，两金属
棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则求：
(1)金属棒a 第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b 上产生的焦耳热？
(2)金属棒a 最终停在距磁场左边界多远处？
答案(1)0.34375J(2)0.8m
解析（1）金属棒a 第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，
安培力减小，加速度减小，故金属棒a 做加速度减小的减速直线运动。
电路中产生的平均电动势为
平均电流为
金属棒a 受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
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解得对金属棒第一次离开磁场时速度va=1.5m/s
金属棒a 第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a 机械能的减少量，即
联立并带入数据得Q=0.6875J
由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b 上产生的焦耳热
（2）规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
，
联立并带入数据解得金属棒a 反弹的速度为va=-0.5m/s。
设金属棒a 最终停在距磁场左边界x 处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势
为
平均电流为
金属棒a 受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
联立并带入数据解得x=0.8m
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：
(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．
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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 河南郑州一模）如图，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为
的光滑平行水平导轨平滑连接，足够长的水平导轨全部处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小
为
。在导轨上放置长度略大于
的导体棒
、
、。
棒的质量为
，接入电路的电阻为
，
棒
和棒的质量均为
，接入电路的电阻均为
。已知初始时
棒和
棒间距为
，且均处于静止状态。
现让棒从圆弧导轨上高为处由静止释放，棒与
棒如果发生碰撞则会粘在一起。已知重力加速度
大小为
，导轨电阻不计，且导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。
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) 棒刚进入磁场时，求
棒和
棒的加速度之比；
(2)若使棒与
棒不发生碰撞，求初始时
棒离磁场左边界的距离
应满足的条件；
(3)若初始时
棒离磁场左边界的距离
，且
棒与
棒没有发生碰撞，试求
、
、三棒
在全过程中产生的焦耳热。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）当棒进入磁场时产生感应电动势，
、
棒并联，两端的电压
总相等，则有
，
又
，
根据牛顿第二定律可得
，
联立可得
棒和
棒的加速度之比为
（2）对棒：由动能定理得
解得棒刚进入磁场的速度大小为
由（1）可知，
棒、
棒总是相对静止的，由于棒受到的安培力与
、
棒受到的安培力的合力为
0，所以
棒、
棒、棒构成的系统动量守恒，设三棒速度相等时的速度为
，以向右为正方向，则根
据动量守恒定律有
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解得
对棒，由动量定理得
又
其中
联立解得
则要棒与
棒不发生碰撞，
棒离磁场左边界的距离应满足
（3）因为棒进入磁场时与
棒之间的距离
所以棒与
棒将发生碰撞并粘在一起。全过程三棒减少的机械能
中，一部分转化为三棒生成的焦
耳热
，另一部分
在棒与
棒的完全非弹性碰撞中损失掉。则有
棒与
棒碰撞前瞬间，设
棒、
棒的速度大小均为
，棒的速度大小为
，以向右为正方向，根
据动量守恒定律得
对棒，由（2）得
联立解得
，
棒与
棒碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
14
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碰撞瞬间损失的机械能为
则
、
、三棒在全过程中产生的焦耳热为
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＝
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
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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
与轨道接触良好，重力加速度为g，求：
16
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(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．（2025 河北石家庄一模）如图所示，在水平桌面上平行固定两根间距为d 的金属导轨PEN、QFM，在
P、Q 两点通过一小段绝缘材料与导轨间距也为d、倾角为θ 的足够长平行金属导轨平滑连接，下端连
接有自感系数为L 的电感线圈，倾斜导轨区域存在垂直于导轨向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。
水平导轨分为区域PQFE 和长度为2x0的区域EFMN，在P、Q 两点通过细导线连接阻值为R 的定值电
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阻，桌面立柱上拴接两根劲度系数均为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧与导轨平行。将一根质量为m、长度
为d 的金属棒，在水平导轨上向右缓慢压缩弹簧，使两根弹簧的形变量均为x0，此时金属棒恰好位于水
平导轨右端M、N 处。由静止释放金属棒，弹簧将其弹开，当金属棒运动距离为x0时开始计时，同时
在区域PQFE 内加上一个方向竖直向上的变化磁场，其磁感应强度大小按B=kt（k 大于0 且为常数）的
规律变化。当金属棒进入区域PQFE 时，磁场保持此时的磁感应强度大小不变，金属棒恰好可以到达
P、Q 两点并滑入倾斜轨道。不计一切摩擦，除定值电阻R 外其余电阻均不计，求：
(1)金属棒刚脱离弹簧时的速度大小v；
(2)从金属棒开始运动至运动到E、F 两点的过程中通过电阻R 的电荷量q；
(3)金属棒沿倾斜导轨向下滑行的最大距离xm。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能转化为金属棒的动能，即
所以
解得
（2）金属棒运动距离为x0时，区域PQFE 开始加磁场B=kt，设从此时至运动到E、F 两点的过程中通
过电阻的电荷量为q，可知，此过程金属棒运动的时间为
金属棒从进入区域PQFE 到恰好离开的过程，设通过电阻的电荷量为qʹ，恰好离开时金属棒的速度为零，
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由题意知，金属棒刚进入区域PQFE 时，磁场的磁感应强度
由动量定理得
由电流定义得：
联立可得
在整个闭合回路中，磁通量从0 逐渐变大（感生），又逐渐减小为0（动生），整个过程中流经电阻R
的总电荷量为0，即金属棒开始运动到E、F 两点的过程中，通过电阻R 的电量
所以
（3）金属棒恰能滑入斜轨，则在斜轨上初速度为0 开始下滑，因为金属棒与线圈组成的回路直流电阻
为零，所以必须满足
可得
所以棒开始运动后棒上电流与棒的位移成正比，即
所以棒的运动方程为
可知棒做简谐运动，平衡位置时a=0，即
由简谐运动对称性可知，下滑最大距离为
5． (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
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.
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(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＝
6． (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.
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
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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
7．（24-25 高三下山东德州开学考试）如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间
距为L=1m，导轨水平部分的矩形区域abcd 有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，导轨
的左侧和一光滑四分之一金属圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道半径R=4m，此部分有沿半径方向的磁场，
图中未画出。导轨水平部分的右侧和光滑倾斜导轨（足够长）平滑连接，倾斜部分的倾角为30°。质量
为m1=1kg 的金属棒P 从四分之一圆弧的最高点由静止释放，经过AA′滑上水平轨道，在AA′对轨道的压
力大小为26N；P 穿过磁场abcd 区域后，与另一根质量为m2=2kg 的静止在导轨上的金属棒Q 发生弹性
碰撞，碰后Q 沿斜面上升的高度h=0.8m，两金属棒的阻值均为r=0.2Ω，重力加速度g=10m/s2，感应电
流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，两根金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。求：
(1)金属棒P 从静止释放运动到AA′时克服安培力做的功；
(2)求矩形磁场沿导轨方向的长度；
(3)若Q 从右侧倾斜导轨滑下时，P 已从磁场中滑出，求从P 运动到水平导轨AA′开始到P、Q 第二次碰
撞时，Q 棒上产生的焦耳热。
答案(1)8J(2)3.2m(3)11.5J
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解析（1）金属棒P 运动到AA′时
解得
由开始释放到AA′，对P，由动能定理得
联立解得
（2）对Q 棒，由CC′运动到斜面的最高点时，由动能定理得
解得
设P 碰撞前、后的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
对于P 第一次通过磁场，取向右为正方向，根据动量定理有
又
解得
（3）设P 第二次离开磁场时的速度为v3，取向左为正方向，根据动量定理有
解得
Q 第一次进入磁场时的速度为
方向向左，设Q 出磁场时的速度为v5，取向左为正方向，根据动量定理有
联立解得
方向向左；
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Q 通过磁场后与静止的P 第二次碰撞，从P 运动到AA′开始后的全过程由能量守恒定律得
联立解得
则Q 棒上产生的焦耳热
8．（2024 浙江模拟预测）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子
绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边
界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。
磁场以速度v 向右匀速运动，一段时间后，线框以速度
向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为
B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。
（1）求线框受到的阻力大小f；
（2）若线框由静止加速到
需要t 时间，求这段时间内线框运动的位移大小x；
（3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0 时刻，此后磁场以加速度a 向右做匀加速直线运动，
t1时刻线框也做匀加速直线运动，求
时间内通过线框的电量q。
答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）当磁场以速度v 向右匀速运动，线框以速度
向右匀速运动时，线框相对磁场向左做匀速
直线运动的速度为
①
线框中的感应电动势大小为
②
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感应电流大小为
③
线框所受安培力大小为
④
对线框根据平衡条件有
⑤
联立①~⑤解得
⑥
（2）线框由静止加速到
过程的平均速度大小为
⑦
平均感应电动势大小为
⑧
平均感应电流大小为
⑨
根据动量定理有
⑩
联立⑥~⑩解得
⑪
（3）t1时刻线框开始做匀加速直线运动，此后线框所受合外力恒定，所以感应电动势恒定，由此可知
线框相对磁场的速度恒定，即线框的加速度大小也为a。t1时刻磁场的速度大小为
⑫
设此时线框的速度大小为v2，则二者相对速度大小为
⑬
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线框中的感应电动势大小为
⑭
感应电流大小为
⑮
线框所受安培力大小为
⑯
对线框根据牛顿第二定律有
⑰
时间内，对线框根据动量定理有
⑱
根据电流的定义有
⑲
联立⑥⑫~
式解得
⑲
⑳
1.(2023 新课标卷)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R1＝2R0，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
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量。
答案 (1) (2)
解析 (1)设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有
－2BILt＝m－mv0
通过金属框的电流I＝
根据法拉第电磁感应定律有E＝
联立解得v0＝。
(2)金属框进入磁场的过程，有
－BI′Lt′＝mv1－mv0
闭合电路的总电阻R 总＝R0＋＝R0
通过金属框的电流I′＝
根据法拉第电磁感应定律有E′＝
解得v1＝
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源
并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有
－BI″Lt″＝－mv1
通过金属框的电流 I″＝
根据法拉第电磁感应定律有 E″＝
解得x＝L
故假设成立，对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有
Q 总＝mv－mv
电阻R1产生的热量为Q1＝·Q 总
金属框完全在磁场中运动过程，有Q 总′＝mv
电阻R1产生的热量为Q1′＝Q 总′
电阻R1产生的总热量为Q1 总＝Q1＋Q1′
解得Q1 总
2．(2023 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。
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(1)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)棒a 匀速运动时，对棒a 分析，由平衡条件有
mgsin θ＝BI1L
由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0
由闭合电路欧姆定律有I1＝
联立解得v0＝。
(2)当棒a 匀速运动时，释放棒b，分析可知，棒b 受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b 的瞬间，对
棒b，
由牛顿第二定律有mgsin θ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mgsin θ
解得a0＝2gsin θ。
(3)分析可知棒a 与棒b 受到的安培力大小始终相等，
则对棒a、b 由动量定理分别有
mgt0sin θ－F安t0＝mv－mv0
mgt0sin θ＋F安t0＝mv
联立解得v＝gt0sin θ＋
F安t0＝
又F安t0＝ILBt0
q＝It0＝t0＝
联立解得Δx＝。
3． (2023 全国甲卷)如图所示，水平桌面上固定一光滑U 形金属导轨，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
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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，碰撞时间很短．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．
答案(1) v0 (2) mv (3)
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
3mv0＝3mvQ＋mvP
×3mv＝×3mv＋mv
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＝＝
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