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专题12 电磁感应
考点内容
要
求
考情
电磁感应现象
b
2022·北京卷·11、2022·江苏卷·5、2023·浙江1 月选考·7
2023·江苏卷·8、2022·全国甲卷·16、2020·浙江7 月选考·12
2021·浙江1 月选考·21、2021·全国甲卷·21、2023·广东卷·14
2023·浙江6 月选考·21、2023·浙江1 月选考·20、2022·全国乙卷·24
2021·浙江6 月选考·21、2023·全国卷新课标·13
2023·湖南卷·14、2023·上海卷·19、2023·北京卷·18
2023·北京卷·5、2021·北京卷·11
右手定则与楞次定律
c
法拉第电磁感应定律
d
切割磁感线产生的电动势
b
互感和自感
b
涡流、电磁阻尼和电磁驱
动
b
学
习
目
标
1.知道电磁感应现象的产生条件并会分析解决实际问题.
2.会根据楞次定律、右手定则判断感应电流的方向
3.理解法拉第电磁感应定律，会应用公式进行有关计算，会计算导体切割磁感线产生的感应电动势.
4.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼．
5.掌握电磁感应中电路问题的求解方法，会计算电磁感应电路问题中电压、电流、电荷量、热量等物理
量
6.会用动力学知识分析电磁感应问题，会用功能关系和能量守恒解决电磁感应中的能量问题．
1
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知识点01 电磁感应现象........................................................................................................................................... 3
一、电磁感应现象及感应电流.......................................................................................................................... 3
二、产生感应电流的条件.................................................................................................................................. 3
三、楞次定律 ....................................................................................................................................................3
四、右手定则......................................................................................................................................................5
五、“三定则、一定律”的应用...................................................................................................................... 6
知识点02 法拉第电磁感应定律...............................................................................................................................6
一、感应电动势..................................................................................................................................................6
二、法拉第电磁感应定律 ................................................................................................................................ 7
三、导体切割磁感线的感应电动势 ................................................................................................................8
四、电磁感应中的电路问题............................................................................................................................ 10
五、电磁感应现象中的力学问题.................................................................................................................... 14
六、电磁感应中能量转化问题........................................................................................................................ 16
七、动量定理在电磁感应中的应用................................................................................................................22
八、电磁感应中图像问题................................................................................................................................ 23
九、杆、导轨模型............................................................................................................................................25
知识点03 电磁感应现象及其应用.........................................................................................................................35
一、互感现象....................................................................................................................................................35
二、自感现象....................................................................................................................................................35
三、涡流现象....................................................................................................................................................36
四、电磁阻尼....................................................................................................................................................37
五、电磁驱动....................................................................................................................................................38
六、日光灯工作原理........................................................................................................................................38
知识点01 电磁感应现象
一、电磁感应现象及感应电流
当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流
的现象叫做电磁感应．产生的电流叫做感应电流.
2
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二、产生感应电流的条件
穿过闭合电路的磁通量发生变化，即ΔΦ≠0 .
【技巧点拨】电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，则有感应电流，回路不闭合，
则只有感应电动势而无感应电流.
三、楞次定律
1.内容:感应电流的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.
【技巧点拨】楞次定律适用于一般情况的感应电流方向的判定，而右手定则只适用于导线切割磁感线
运动的情况，此种情况用右手定则判定比用楞次定律判定简便.
2.对楞次定律的理解
①谁阻碍谁———感应电流的磁通量阻碍产生感应电流的磁通量.
②阻碍什么———阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身.
③如何阻碍———原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反;当原磁通量减少
时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”.
④阻碍的结果———阻碍并不是阻止，结果是增加的还增加，减少的还减少.
3.楞次定律的另一种表述:感应电流总是阻碍产生它的那个原因，表现形式有三种:
①阻碍原磁通量的变化;②阻碍物体间的相对运动;③阻碍原电流的变化（自感）.
4.适用范围：一切电磁感应现象．
5.应用楞次定律的思路
①原磁场：原磁场的方向
②原磁通量：原磁场磁通量的变化
③感应磁场：通过楞次定律判断感应电流的磁场方向
④感应电流：通过安培定则判断感应电流的方向
6.楞次定律的推论:（实质上都是以不同的方式阻碍磁通量的变化）
①“增反减同”： 阻碍原磁通量变化
例如：磁铁靠近线圈，B 感与B 原方向相反
②“来拒去留”： 阻碍相对运动
例如：
3
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磁铁靠近，是斥力 磁铁远离，是引力
③“增缩减扩”： 使回路面积有扩大或缩小的趋势
例如：P、Q 是光滑固定导轨，a、b 是可动金属棒，磁铁下移，a、b 靠近
④“增离减靠”： 使闭合线圈远离或靠近磁体
例如：当开关S 闭合时，左环向左摆动、右环向右摆动，远离通电线圈
⑤“增反减同”： 自感电动势阻碍原电流的变化
例如：合上S，B 先亮
4
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四、右手定则
1.内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从
掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
2.适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．
3.该方法只适用于导体切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：
①掌心——磁感线穿入；
②拇指——指向导体运动的方向；
③四指——指向感应电流的方向．
五、“三定则、一定律”的应用
1．“三个定则”“一个定律”的比较
【实战演练】
(2022·北京卷·11)如图所示平面内，在通有图示方向电流I 的长直导线右侧，固定一矩形金属线框
abcd，ad 边与导线平行．调节电流I 使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则( )
A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad 边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
【答案】D
【解析】根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增
加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A 错误；线框中产生的感应电流
为I＝＝n＝n·，空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B 错误；线框
ad 边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F 安＝BIL，故所受的安培力
变大，C 错误；根据楞次定律的推论增离减靠可知，线框向右远离通电直导线，故线框整体受到的安
培力方向水平向右，D 正确．
5
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名称
基本现象
应用的定则或定律
电流的磁效应
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对电流的作用
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系
①因电而生磁(I→B)→安培定则；
②因动而生电(v、B→I)→右手定则；
③因电而受力(I、B→F)→左手定则；
④因磁而生电(S、B→I)→楞次定律．
3．解题思路
①应用楞次定律时，一般要用到安培定则来分析原来磁场的分布情况．
②研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方
向，或者直接应用楞次定律的推论确定．
③“三定则、一定律”中只要是涉及力的判断都用左手判断，涉及“电生磁”或“磁生电”的判
断都用右手判断，即“左力右电”．
【技巧点拨】“三个效应”
①电流热效应：焦耳，当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量。
②电流磁效应：奥斯特，任何通有电流的导线，都可以在其周围产生磁场的现象。
③电磁感应：法拉第，放在变化磁通量中的导体，会产生电动势。
知识点02 法拉第电磁感应定律
一、感应电动势
1.感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．
2.产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关．
【技巧点拨】无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线路中就有感应电动势.产生
感应电动势的那部分导体相当于电源.
二、法拉第电磁感应定律
1.内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.
2.公式：
E=nΔΦ
Δt
，其中n 为线圈匝数．
【技巧点拨】
①E 的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率
ΔΦ
Δt .
6
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②当ΔΦ仅由B 的变化引起时，
E=n ΔB⋅S
Δt
，其中S 为线圈在磁场中的有效面积．若
B=B0+kt ，则E=nkS .
③当ΔΦ仅由S 的变化引起时，
E=n BΔS
Δt
④当B 、S 同时变化时，则
E=n Φt−Φ0
Δt
=n Bt St−B0 S0
Δt
≠n ΔBΔS
Δt
.
⑤若已知Φ－t 图象，则图线上某一点的切线斜率为
ΔΦ
Δt .
【技巧点拨】
①磁感应强度B：描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量
②磁通量Ф：穿过回路的磁感线条数的代数和，是标量
③磁通量△Ф＝ Ф 末－ Ф 初：穿过回路的磁通量变化了多少
④磁通量变化率△Ф/Δt：穿过回路的磁通量变化的快慢
三、导体切割磁感线的感应电动势
1.导体平动切割磁感线
当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势的计算公式为E=Blv sinθ .
当B、l、v 三者两两垂直时，感应电动势E=Blv .
式中①有效长度：公式E=Blv 中的l 为导体切割磁感线的有效长度．如图中，导体的有效长度分别
为：
【实战演练】
(2022·江苏卷·5)如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的
变化关系为B＝B0＋kt，B0、k 为常量，则图中半径为R 的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为(
)
A．πkr2
B．πkR2
C．πB0r2
D．πB0R2
【答案】A
【解析】由题意可知磁场的变化率为＝＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝kπr2，故选A.
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图甲：l=cd sin β .
图乙：沿v1方向运动时，l=MN .
图丙：沿v1方向运动时，l=√2 R ；沿v2方向运动时，l=R .
图丁： l=√a2+b2
.
②相对速度：E=Blv 中的速度v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相
对关系．
2.导体转动切割磁感线：
①如图所示，当长为l 的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω 匀
【实战演练】
(2023·浙江1 月选考·7)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回
路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下
摆。当R = R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R =2 R0时，导体杆
振动图像是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】解：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总
是阻碍导体棒的运动。
当电阻R从R0变为2 R0时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆
动时所受的阻力减弱，所杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，故B 正确，ACD 错误。
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速转动，当导体运动Δt 时间后，转过的弧度θ=ωΔt ，转过的面积
ΔS=1
2 l2ωΔt
，则
E=ΔΦ
Δt = BΔS
Δt =1
2 Bl 2ω
.
②若绕0 转动，OA=L1，OC=L2则
E=1
2 Bω( L2
2−L1
2)
【技巧点拨】
①两个公式的选用方法
E=nΔΦ
Δt
计算的是在Δt 时间内的平均电动势，只有当磁通量的变化率
是恒定不变时，它算出的才是瞬时电动势.
②E=Blv sinθ 中的v 若为瞬时速度，则算出的就是瞬时电动势:若v 为平均速度，算出的就
是平均电动势.
四、电磁感应中的电路问题
在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当
于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电;将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中
形成电流.因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起
1．电源与电阻
①电源：做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源，
Ⅰ、动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势E=BLv ,方向由右手定则判断.
【实战演练】
(2023·江苏卷·8)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的
中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、
φ A、φC，则( )
A. φO>φC
B. φC>φ A
C. φO=φ A
D. φO−φ A =φ A−φC
【答案】A
【解析】解：根据右手定则可知，在OA段电流的方向从A点流向O点，在电源内部，电流从负极流向
正极，则O点的电势大于C点的电势，在AC段，导体棒没有切割磁感线，则不产生电流，因此A点的
电势和C点的电势相等，因此φO>φ A =φC，故A 正确，BCD 错误；
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Ⅱ、感生问题(磁感应强度的变化)的电动势
E=nΔΦ
Δt
,方向由楞次定律判断.而电流方向都
是由等效电源内部负极流向正极的方向.
②电阻：
产生感应电动势的导体或回路的电阻相当于电源的内阻，其余部分的电阻是外电阻
③路端电压：
U =IR 或U =E−Ir
④感应电流：
I=
E
R+r ，r 为电源部分内阻.
⑤通过回路截面的电荷量q:仅与n、ΔΦ和回路电阻R 有关,与时间Δt 长短无关,与Φ 是否均匀变
化无关.推导如下:
q=I Δt= E
R⋅Δt=nΔΦ
RΔt ⋅Δt=nΔΦ
R
.
【技巧点拨】求电荷量q 的方法
①适合恒定电流问题：Q=It
②电流为平均电流：
Q=I t= E
R+r t=ΔΦ
(R+r)t t=ΔΦ
R+r
③已知通电导体的位移x 和导轨间距
q=ΔΦ
R =BLx
R
【实战演练】
(2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相
等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的
同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小
分别为I1、I2和I3.则( )
A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2 C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3
【答案】C
【解析】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以
圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2.同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，
正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρ，可知
三个线框电阻之比为
R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8 2π 6
∶
∶
根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·
可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2 2∶∶
即I1＝I2>I3，故选C.
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④通过动量定理求解：q= mv 2−mv 1
BL
3.解题思路
①“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的
方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r.
②“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
③根据E=BLv 或
E=nΔΦ
Δt
，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定
律等相关关系式联立求解．
4．电磁感应中电路知识的关系图
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【实战演练】
(2020·浙江7 月选考·12)如图所示，固定在水平面上的半径为r 的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感
应强度大小为B 的匀强磁场．长为l 的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴
OO′上，随轴以角速度ω 匀速转动．在圆环的A 点和电刷间接有阻值为R 的电阻和电容为C、板间距
为d 的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g，不计其他电
阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．棒产生的电动势为Bl2ω B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
【答案】B
【解析】由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U＝Br2ω，故A 错误；对极板间微粒受力分析，如
图所示，微粒静止，则mg＝qE
＝q，得＝，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，即U＝U′，故＝，故B 正确；电路中电流I
＝＝，则电阻R 消耗的电功率P＝I2R＝，故C 错误；电容器所带的电荷量Q＝CU′＝，故D 错误．
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【实战演练】
(2021·浙江1 月选考·21)嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心．小明知道月球上没有空气，无
法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置．如图所示，该装置由船舱、间距为l 的平行导轨、
产生垂直导轨平面的磁感应强度大小为B 的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框
ab 边可沿导轨滑动并接触良好．船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1.整个装置竖直着陆到月球
表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零．经过减速，在导轨下方缓冲弹簧
接触月球表面前船舱已可视为匀速．已知船舱电阻为3r；“∧”型线框的质量为m2，其7 条边的边长
均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为.整个运动过程中只有ab 边在磁场中，线框与月球表面绝
缘，不计导轨电阻和摩擦阻力．
(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab 边产生的电动势E0；
(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab 的电流I0；
(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；
(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C 的电容器，在着陆减速过程中还可以回收
部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q.
【解析】(1)电动势E0＝Blv0
(2)等效电路图如图所示，可得总电阻R＝2r
电流I0＝＝
(3)船舱匀速运动时线框受到安培力
FA＝
根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F＝FA，方向竖直向上
匀速运动时有：F＝
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五、电磁感应现象中的力学问题
1．导体的两种运动状态
①导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件列式分析．
②导体的非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
2．力学对象和电学对象的相互关系
3．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
①“源”的分析：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向
②“路”的分析：画等效电路图，根据
I=
E
R+r ，求感应电流I
③“力”的分析：受力分析，求F安=BIl 及合力，根据牛顿第二定律求加速度
a= F合
m
④“运动状态”的分析：根据力与运动的关系，判断运动状态
4.解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如速度、加速度最大或最小的条
件.解题时要抓好受力情况，运动情况的动态分析
导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化
→周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达稳定运动状态，抓住a=0 时，速度v 达最大值的
特点。
v
↓
若F 合＝0
匀速直线运动
若F 合≠0
a、v 同向
v 增大，若a 恒定，拉力F 增大
联立解得v＝
(4)船舱匀速运动时电容器不充放电，
故v′＝v＝
则I＝＝
UC＝I×3r＝
则q＝CUC＝.
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E＝Blv
↓
I＝
↓
↓
F 合＝ma
v 增大，F 安增大，F 合减小，a 减小，
做加速度减小的加速运动，减小到a
＝0，匀速直线运动
a、v 反向
v 减小，F 安减小，a 减小，当a＝0，
静止或匀速直线运动
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六、电磁感应中能量转化问题
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的能的过程，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．
1.安培力做功与能量转化
①安培力做正功：电能转化为机械能，如电动机
②安培力做负功：机械能转化为电能，如发电机
2.焦耳热的求法
【实战演练】
(2021·全国甲卷·21)(多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质
量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2 倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度
同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图
所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁
场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )
A．甲和乙都加速运动 B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动 D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【解析】设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρ＝
感应电流为I＝＝
所受安培力大小为F＝nBIl＝
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－＝g－
加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．
当g>时，甲和乙都加速运动，
当g<时，甲和乙都减速运动，
当g＝时，甲和乙都匀速运动，故选A、B.
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①焦耳定律：Q=I2Rt ，适用于电流、电阻恒定，交变电流的有效值.
②功能关系：Q=W 克服安培力做功，适用于任何情况.
②能量转化：Q=E其他能的减少量，适用于任何情况.
3．解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即
①“源”的分析：明确电磁感应所产生的电源，确定E 和r
②“路”的分析：弄清串、并联关系，求电流及F安
③“力”的分析：分析杆或线圈受力情况，求合力
④“运动”的分析：由力和运动的关系，确定运动模型
③“能量”的分析：确定参与转化的能量形式
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【实战演练】
(2023·广东卷·14)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为ℎ，
其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒
定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为ℎ的刚性正方形金属框abcd，
平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t =0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向
右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界ℎ
2 处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如
图(a)中的虚线框所示。随后在τ ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；
2τ ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：
(1)t =0时线框所受的安培力F；
(2)t =1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。
【答案】解：(1)ab边、cd边切割磁感线，根据右手定则可知产生的感应电流都是沿线框顺时针方向，
则根据切割情况下电动势的表达式得：电动势E =2B0
v
ℎ+ B0
v
ℎ=3 B0
v
ℎ
根据闭合电路欧姆定律得：电流I = E
R = 3 B0
v
ℎ
R
，根据安培力表达式求解t =0时ab边的安培力
F1=2B0 Iℎ，cd边的安培力F2= B0 Iℎ，根据左手定则判断这两个安培力方向都向左，根据对称判断
bc、ad边安培力合力为0，ab、cd边所受安培力合成之后得出线框所受的安培力：
F = F1+ F2=2B0 Iℎ+ B0 Iℎ=3 B0 Iℎ= 3 B0ℎ×3 B0
v
ℎ
R
= 9 B0
2ℎ
2v
R
；
(2)根据图像得出t =1.2τ时，Ⅰ区的磁感应强度B =2B0+ 0−2B0
2τ −τ ×(1.2τ −τ )=1.6 B0，方向向下；
Ⅱ区的磁感应强度为B0，方向向上，穿过线框的磁通量Φ =1.6 B0× ℎ
2
2 −B0
ℎ
2
2 =0.3 B0ℎ
2；
(3)2τ ～3τ时间内，根据法拉第电磁感应定律得E1= ΔΦ
Δt = ΔB
Δt S = B0
τ × ℎ
2
2 = B0ℎ
2
2τ
根据闭合电路欧姆定律得：电流I 1= E1
R = B0ℎ
2
2τR
根据焦耳定律得：线框中产生的热量Q = I 1
2 Rτ =( B0ℎ
2
2τR )
2 Rτ = B0
2ℎ
4
4 τR
。
答：(1)线框所受的安培力为9 B0
2ℎ
2v
R
；(2)t =1.2τ时穿过线框的磁通量为0.3 B0ℎ
2；
(3)2τ ～3τ时间内，线框中产生的热量Q为B0
2ℎ
4
4 τR
。
【实战演练】
(2023·浙江6 月选考·21)某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、
承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导电杆MN )和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其
输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，
电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小
B1=kI (其中k为常量)，方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，
大小B2=2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到
达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距
d = 3 Mg
k I
2 ，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电
阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
(1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
(2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
(3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W ；
(4)若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【答案】解：(1)导电杆所受安培力的大小为：F = B1 Id =kI ⋅I ⋅3 Mg
k I
2 =3 Mg
在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭与导电杆整体，由牛顿第
二定律得：F −Mg= Ma
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解得：a=2g
由速度—位移关系公式可得：2aL= v0
2
解得：L= v0
2
4 g
(2)由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为：v = v0−at = v0−2>¿
回路中感应电动势为：E = B2dv =2kI ⋅3 Mg
k I
2 ⋅(v0−2>)= 6 Mg
I
(v0−2>)
(3)导电杆两端的电压恒为U 0= IR
根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回
路电流I恒定，需满足：U + E =U 0
解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为：U = IR−6 Mg
I
(v0−2>)
火箭落停过程经历的时间为t1= v0
a = v0
2g
装置A输出的功率为：P =UI = I
2 R−6 Mg(v0−2>)
可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W ，初始(t =0)时功
率P0= I
2 R−6 Mg v0，末状态(t =t1)的功率为P1= I
2 R，则有：
W = p
−
t1= 1
2 ( P0+ P1)t1= I
2 R v0
2 g
−3
2 M v0
2
(4)当R =0时，由U = IR−6 Mg
I
(v0−2>)=−6 Mg
I
(v0−2>)
可知装置A回收能量的功率为P′ =|U | I =6 Mg(v0−2>)
可见装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W 总，初始
(t =0)时功率P0′ =6 Mg v0，末状态(t =t1)的功率为P1′ =0，则有：
W 总= P ′
−
t1= 1
2 ( P0′ + P1′ )t1= 3
2 M v0
2
设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为Δ E机，减少的磁场能为Δ E磁，则有：
Δ E机= 1
2 M v0
2+ MgL= 3
4 M v0
2
根据能量守恒定律得：Δ E磁=W 总−Δ E机= 3
2 M v0
2−3
4 M v0
2= 3
4 M v0
2
故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为3
4 M v0
2；减少的磁场能，
大小为3
4 M v0
2。
答：(1)导电杆所受安培力的大小F为3 Mg，运动的距离L为v0
2
4 g
；
(2)回路感应电动势E与运动时间t的关系为E = 6 Mg
I
(v0−2>)；
(3)装置A输出电压U与运动时间t的关系为U = IR−6 Mg
I
(v0−2>)，输出的能量W 为
I
2 R v0
2g
−3
2 M v0
2；
(4)装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为3
4 M v0
2；减少的磁场
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【实战演练】
(2023·浙江1 月选考·20)如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻
质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I 0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转
轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆
环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面
重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量B y与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。
(1)求0到π
ω时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
(2)沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0～2π
3ω时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
(3)求圆环中电流的有效值；
(4)当撤去外力，线框将缓慢减速，经π
ω时间角速度减小量为Δω( Δω
ω ≪1)，设线框与圆环的能量转
换效率为k，求Δω的值(当0< x≪1，有(1−x)
2≈1−2 x)。
【答案】解：(1)由电流定义式得：q = I
−
⋅Δt
由闭合电路欧姆定律得：I
−
= E
−
R
由法拉第电磁感应定律得：E
−
= ΔΦ
Δt
0到π
ω时间内圆环的磁通量变化量的绝对值为：ΔΦ = B0 S−(−B0 S)=2B0 S
联立解得：q = 2B0 S
R
；
(2)在0～π
3ω时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零；
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七、动量定理在电磁感应中的应用
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x 时常用动量定理求解．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，
1.安培力的冲量：
①
I 安=F安⋅t=B I L⋅t=BLq
在π
3ω ～2π
3ω时间内，感应电动势为：E = ΔB
Δt S = 2B0
π
3ω
⋅S = 6ω B0 S
π
沿y轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为：
I =−E
R =−6ω B0 S
πR
；
(3)由图(2)的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期0～π
ω时间内的热等效求得，则有
I
2 R( 2π
3ω −π
3ω )= I 有
2 R⋅π
ω
解得：I 有= 2√3ω B0 S
πR
；
(4)已知经π
ω时间角速度减小量为Δω( Δω
ω ≪1)，则此时间内线框的动能减小量为：
Δ Ek = 1
2 ⋅2m(ωl)
2−1
2 ⋅2m[(ω−Δω)l ]
2=mω
2l
2[1−(1−Δω
ω )
2]=mω
2l
2[1−(1−Δω
ω )
2]=mω
2l
2
此时间内圆环产生的焦耳热为：Q = I 有
2 R⋅π
ω = 12ωB0
2 S
2
πR
已知线框与圆环的能量转换效率为k，则有：Q =kΔ Ek
解得：Δω= 6 B0
2 S
2
πkmRl
2。
答：(1)0到π
ω时间内，流过圆环横截面的电荷量q为2B0 S
R
；
(2)在0～2π
3ω时间内，圆环中的电流与时间的关系为：0～π
3ω时间内电流为零，π
3ω ～2π
3ω时间内
电流为−6ω B0 S
πR
；
(3)圆环中电流的有效值为2√3ω B0 S
πR
；
(4) Δω的值为6 B0
2 S
2
πkmRl
2。
【实战演练】
(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m 的正方形金属框
的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构
成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0 到t＝3.0 s 时间内，磁感应强度大小随
时间t 的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：
(1)t＝2.0 s 时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0 到t＝2.0 s 时间内金属框产生的焦耳热．
【答案】(1) N (2)0.016 J
【解析】(1)金属框的总电阻为
R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3 Ω＝0.008 Ω
金属框中产生的感应电动势为
E＝＝＝0.1××0.402 V＝0.008 V
金属框中的电流为I＝＝1 A
t＝2.0 s 时磁感应强度大小为
B2＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T
金属框处于磁场中的有效长度为L＝l
此时金属框所受安培力大小为
FA＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝ N
(2)0～2.0 s 时间内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt′＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
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②
I=F安t=BL I t=BL
E
R+r t=BL ΔΦ
( R+r )t t=BL
BLx
( R+r )= B2 L2 x
( R+r )
2.磁通量变化量：ΔΦ=BΔs=BLx .
3.通过导体棒或金属框的电荷量为：
q=I Δt= E
R总
Δt=nΔΦ
R总Δt Δt=nΔΦ
R总
4.求位移：
−B2 L2v
R
Δt=0−mv 0⇒x=v Δt= mv 0 R
B2 L2
【技巧点拨】初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中
，x=v Δt ；若已
知q 或x 也可求末速度
5.求运动时间：−B I LΔt+F恒Δt=mv −0,q=I Δt ，
−B2 L2v
R
Δt+F恒Δt=mv −0，x=v Δt
【技巧点拨】若已知运动时间，也可求q、x、v 中的任一个物理量
八、电磁感应中图像问题
1．解题关键：弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的
转折点等是解决此类问题的关键．
另外，要正确解决图像问题，必须能根据图像的意义把图像反映的规律对应到实际过程中去，又能根
据实际过程的抽象规律对应到图像中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断.
2．解题步骤
①明确图象的种类，即是B－t 图还是Φ－t 图，或者E－t 图、I－t 图等；对切割磁感线产生感应
电动势和感应电流的情况，还常涉及E－x 图象和i－x 图象；
②分析电磁感应的具体过程；
③用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；
④结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；
⑤根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；
⑥画图象或判断图象．
3．常用方法
①排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还
是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．
②函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进
行分析和判断．
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【实战演练】
(2021·浙江6 月选考·21)一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气(Ne)的电离室中有两电极
与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连．在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称
轴安装一个用阻值R0＝10 Ω 的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d
与阻值R＝90 Ω 的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝1.0×10－2 m 的圆，其中心与长直导线的距离
r＝0.1 m．气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I－t 图像如图乙所示．为便于
计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B＝，其中k＝2×10－7 T·m/A.
(1)求0～6.0×10－3 s 内通过长直导线横截面的电荷量Q；
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九、杆、导轨模型
1. “基本载体”:导轨、金属棒、磁场
①导轨
Ⅰ、导轨形状:常见导轨为平行等间距直导轨,或平行不等间距导轨,也可能为圆形、三角形、三角
函数图形等;
(2)求3.0×10－3 s 时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；
(3)若规定c→R→d 为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R 的iR－t
图像；
(4)若规定c→R→d 为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R 的iR－t 图像．
【答案】(1)0.5 C (2)6.28×10－8 Wb (3)见解析 (4)见解析
【解析】(1)由q＝It 可知，I－t 图像与t 轴所围面积表示电荷量，因此有
Q＝1Δt1＋I2Δt2＋3Δt3
代入数据解得Q＝0.5 C
(2)由磁通量的定义可得Φ＝BS＝·πa2
代入数据可得Φ＝6.28×10－8 Wb
(3)在0～1.0×10－3 s 时间内电流均匀增加，由楞次定律可知感应电流的方向为c→R→d，产生恒定的感
应电动势E＝N＝·
由闭合电路欧姆定律可得iR＝
代入数据解得iR＝3.14×10－3 A
在1.0×10－3～5.0×10－3 s 电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，
而在5.0×10－3～6.0×10－3 s 时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和0～1.0×10－3 s 时间内大小相同，
因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为d→R→c，则图像如图所示
(4)考虑自感的情况下，线圈会产生自感电动势阻碍电流的增加，因此电流是缓慢增加的，过一段时间
电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在1.0×10－3～5.0×10－3 s 时间内电路中的磁通
量不变化，电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零，电流时间
图像如图．
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Ⅱ、导轨放置:水平、竖直、倾斜放置或组合;
Ⅲ、接入元件:单个电阻、多个电阻、电容器或电阻和电容器组合.
②金属棒
Ⅰ、金属棒的数量:单根、两根或多根;
Ⅱ、金属棒初始状态:静止或有初速度;
Ⅲ、金属棒受力状况:仅受安培力,或还受其他力;
Ⅳ、金属棒运动情况:匀速、加速或旋转.
③磁场
Ⅰ、磁场的分布:均匀、等间距分布、非均匀分布;
Ⅱ、磁场的状态:静态、随时间变化.
2.终态
①有外力单杆最终速度：a=0，
B2 L2vmax
R总
=F与安培力相反的合外力⇒vmax= F与安培力相反的合外力R总
B2 L2
②无外力有阻力（摩擦力或安培力）单杆最终速度：v=0
③无外力无阻力单杆最终速度：匀速
④只有电容的单杆最终速度：电容两端电压等于导体棒切割产生感应电动势
⑤双杆最终速度：回路磁通量不变，回路中没有电流，等长杆速度相同，不等长杆速度不同
3.单杆+无电源+有初速度+无外力=阻尼式
4. 单杆+有电源+无初速度+无外力=电动式
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5. 单杆+无电源+无初速度+有外力=发电式
6. 单杆+无电源+无初速度+有外力+有摩擦=发电式变形
7. 单杆+无电源+无初速度+有外力+斜轨道=发电式变形
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8. 单杆+有电容+有初速度+无外力=电容无外力充电型
9. 单杆+有电容+无初速度+有外力=电容有外力充电型
10. 单杆+有电容+无初速度+有外力=电容有外力充电型
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11. 双杆（质量相等）+有初速度+无外力+光滑
12. 双杆（质量相等）+有初速度+无外力+光滑
13. 双杆+有初速度+无外力+光滑 、双杆+无初速度+有外力+光滑
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14. 双杆+有初速度+无外力+粗糙、双杆+无初速度+有外力+粗糙
15. 不等间距+水平光滑导轨+无外力
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【实战演练】
(2023·全国卷新课标·13)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2 L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=2 R0，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。
【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律可得，金属框进入磁场过程中，设运动的时间为t，感应电
动势的平均值为：E
−
= BLv
−
其中，v
−
= L
t
根据电荷量的定义式可知，金属框进入磁场过程中流过金属框的电荷量为：q1= I
−
t = E
−
4 R0
t = B L
2
4 R0
根据楞次定律可知，金属框进入磁场和离开磁场的过程中电流方向相反，但安培力始终水平向左，设
两个过程中的电荷量的绝对值之和为q，则q =2q1= 2B L
2
4 R0
= B L
2
2 R0
对整个过程，选择水平向右的方向为正方向，设金属框的初速度为v0，对金属框根据动量定理可得：
−qBL= 1
2 mv0−mv0
联立解得：v0= B
2 L
3
m R0
(2)设金属框进入磁场的末速度为v1，因为导轨电阻忽略不计，此时金属框上下部分被短路，根据电路
构造可知此时电路中的总电阻为：R总= R0+
2 R0
2
2 R0+ R0
= 5 R0
3
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金属框进入磁场的过程中，选择水平向右的方向为正方向，则−B
2 L
3
R总
=m v1−m v0
解得：v1= 2B
2 L
3
5m R0
根据能量守恒定律可得：1
2 m v0
2=Q+ 1
2 m v1
2
根据电阻的比值关系可得：QR1= 2
15 Q1
联立解得：QR1= 7 B
4 L
6
125m R0
2
金属框完全进入磁场后，金属框的左右两边作为电源，此时电路中的电阻为：R总1=2 R0+ R0
2 = 5 R0
2
设金属框离开磁场时的速度为v2，根据动量定理可得：−B
2 L
3
R总1
=m v2−m v1
解得：v2=0
根据能量守恒定律可得：Q2= 1
2 m v1
2
此过程中，QR1′ = 4
5 Q2
联立解得：QR1′ = 8 B
4 L
6
125m R0
2
综上所述，整个过程中电阻R1产生的热量为：Q总=QR1+QR1′
代入数据解得：Q总= 3 B
4 L
6
25m R0
2
答：(1)金属框的初速度大小为B
2 L
3
m R0
；
(2)金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为3 B
4 L
6
25m R0
2。
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【实战演练】
(2023·湖南卷·14)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】解：(1)棒a切割磁感线产生的感应电动势E = BLv0
回路中产生的感应电流I = E
2 R = BLv0
2 R
棒a受到的安培力F A = BIL= B
2 L
2v0
2 R
棒a匀速运动时，合力为零，则有：F A =mgsinθ
代入数据解得v0= 2mgRsinθ
B
2 L
2
(2)棒b由静止释放，由左手定则可知棒b所受安培力方向沿斜面向下，a、b棒串联电流相等，两者的
安培力大小相等
对b利用牛顿第二定律：mgsinθ+ F A =ma0
代入数据解得a0=2 gsinθ
(3)对a、b棒分别利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有：(mgsinθ−F A)t0=mv −m v0
(mgsinθ+ F A)t0=mv −0
两式联立，可得v = gt0 sinθ+ v0
2
从释放b到两棒匀速运动，平均安培力F
−
A = B I
−
L，对b棒利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有：
mgt0 sinθ+ B I
−
Lt0=mv −0
已知q = I
−
t0
代入数据解得q = m v0
2BL
由法拉第电磁感应定律则有：E =n ΔΦ
Δt
由闭合电路欧姆定律则有：I = E
2 R
电荷量q = IΔt
联立方程，可得q =n ΔΦ
2 R
ΔΦ= BLΔx，n=1
代入数据解得Δx = mv0 R
B
2 L
2
答：(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，棒a匀速运动时的速度大小v0为2mgRsinθ
B
2 L
2
；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，释放瞬间棒b的加速度大小a0为2 gsinθ；
(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，速度v的大小为
gt0 sinθ+ v0
2 ，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx为
mv0 R
B
2 L
2 。
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