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13 电磁感应
[-考点-10-] 动量定理在电磁感应中的应用一
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，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．
情景示例1
水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速
度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足
够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q
－BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝
求位移x
－Δt＝0－mv0，x＝Δt＝
应用技巧
初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q＝Δt，x
＝Δt；若已知q 或x 也可求末速度
情景示例2
间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为
m、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下
滑位移为x 时，速度达到v
求运动时间
－BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝
Δt
应用技巧
用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q、
x、v 中的任一个物理量
典例1 (“单棒＋电阻”模型)(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨
MN 和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计．在M 和P 之间接有一阻值为R 的定
值电阻，导体杆ab 质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向
竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．现给ab 杆一个初速度v0，使杆向右运动，
最终ab 杆停止在导轨上．下列说法正确的是( )
A．ab 杆将做匀减速运动直到静止
B．ab 杆速度减为时，ab 杆加速度大小为
1
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C．ab 杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为
D．ab 杆速度减为时，ab 杆通过的位移为
答案 BD
解析 ab 杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝，加速度大小
为：a＝＝，由于速度减小，所以ab 杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A 错误；
当ab 杆的速度为时，安培力大小为：F＝，所以加速度大小为：a＝＝，故B 正确；对ab
杆，由动量定理得：－BL·Δt＝m－mv0，即BLq＝mv0，解得：q＝，所以通过定值电阻的电
荷量为，故C 错误；由q＝＝，解得ab 杆通过的位移：x＝＝，故D 正确．
典例2 (等间距上的“双棒”模型)如图，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，
导轨间距为l，电阻不计.整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁
场中，虚线为两磁场的分界线，质量均为m 的两根相同导体棒MN、PQ 静置于图示的导轨
上(两棒始终与导轨垂直且接触良好).现使MN 棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速
度，则在此后的整个运动过程中( )
A.两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反
B.两棒最终的速度大小均为
C.MN 棒产生的焦耳热为
D.通过PQ 棒某一横截面的电荷量为
答案 D
解析 根据右手定则知，回路中产生沿NMPQN 方向的感应电流，根据左手定则可知，MN
棒受到的安培力水平向右，PQ 棒受到的安培力也水平向右，且两棒受到的安培力大小相
等，则两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，A 错误；当两棒产生的感应电动势大
小相等，相互抵消，回路中感应电流为零时，两棒均做匀速运动，达到稳定状态，稳定
时，有Blv1＝Blv2，得v1＝v2，对PQ 棒，根据动量定理得I＝mv2－0，对MN 棒，根据动量
定理得－I＝mv1－mv0，解得v1＝v2＝，B 错误；根据能量守恒定律得2Q＝mv－，解得MN
棒产生的焦耳热为Q＝，C 错误；对PQ 棒，根据动量定理得BIl·t＝mv2－0，通过PQ 棒某
一横截面的电荷量为q＝It，可得q＝，D 正确.
典例3 (不等间距上的“双棒”模型)(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感
应强度大小为 B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为
l、2l；质量分别为 m、2m 的导体棒 a、b 均垂直导轨放置，导体棒 a 接入电路的电阻为
2
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R，其余电阻均忽略不计； a、b 两棒分别以 v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动
过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两
棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．a 棒加速度的大小始终等于b 棒加速度的大小
B．稳定时a 棒的速度为1.5v0
C．电路中产生的焦耳热为mv0
2
D．通过导体棒a 的某一横截面的电荷量为
答案 AC
解析 分别计算a、b 棒的加速度，由F 安＝BIL 和F 安＝ma，可得a＝，a、b 棒串联，电流
相等，a、b 棒长度分别为 l、2l，质量分别为 m、2m，则a、b 棒加速度大小相等，故A
正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a 棒，根据动量定理有Fa·t＝Bl·t＝mva－mv0，
同理，对b 棒有－Fbt＝－B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝
2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B 错误；由能量守恒可知，动能的损失等于焦耳热，初
动能Ek0＝mv0
2＋×2m×(2v0)2，末动能Ek＝m×(2v0)2＋×2m×v0
2，则电路中产生的焦耳热为
Ek0－Ek＝mv0
2，故C 正确；对a 应用动量定理有Bl·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt，va＝2v0，解
得q＝，故D 错误．
1.水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻
值为R 的电阻．导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.质量为m、长
度为d、阻值为R 与导轨接触良好的导体棒MN 以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下．
不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )
A．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功
B．导体棒在导轨上运动的最大距离为
C．整个过程中，电阻R 上产生的焦耳热为mv0
2
D．整个过程中，导体棒的平均速度大于
答案 B
解析 导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，故A 错
误；由动量定理可知－dB·Δt＝0－mv0，其中·Δt＝·Δt＝，ΔΦ＝Bdx，解得x＝，故B 正确；
3
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导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R 上产生的焦耳热应该为mv0
2，故C 错
误；根据a＝＝可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做
匀减速运动的平均速度，即小于，故D 错误．
2.(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc
边长为L，不计金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R、质
量为m.装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初
速度v0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保持良好接触，则( )
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M
B．导体棒的最大速度为
C．通过导体棒的电荷量为
D．导体棒产生的焦耳热为mv0
2
答案 AC
解析 金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，
故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，
最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v
＝v0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得BLΔt＝mv－0，其中Δt＝q，可得通过导体棒
的电荷量为q＝，故C 正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q＝×2mv0
2－×3mv2＝
mv0
2，故D 错误．
3.如图所示，在光滑的水平面上宽度为L 的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边
长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚
好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小( )
A．大于
B．等于
C．小于
D．以上均有可能
答案 B
解析 通过线圈横截面的电荷量：q＝Δt＝·Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁
通量的变化量大小相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q 相等，
由动量定理得，线圈进入磁场过程：－Bat＝mv－mv0，线圈离开磁场过程：－Bat＝0－
mv，由于q＝t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，故选B.
4
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4.(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水
平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间
有一竖直向下，磁感应强度B＝0.5 T 的匀强磁场．一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻
忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平
轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的
高度h2＝0.8 m．通过计算可知(g 取10 m/s2)( )
A．导体棒进入磁场时的速度为3 m/s
B．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 J
C．磁场的长度x1为2 m
D．整个过程通过电阻的电荷量为2 C
答案 BCD
解析 设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有mv0
2＝mgh1，解得v0＝4
m/s，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向
有h2＝gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律
有Q＝mv0
2－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q＝3 J，故B 正确；
导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立
代入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C、D 正确．
5.如图所示，空间存在有水平边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
B，磁场边界上方l 处有一个质量为m、电阻为R、边长为l 的正方形线框，将线框由静止
释放，从线框下边框进磁场经时间Δt 后线框上边框进磁场，不计空气阻力，重力加速度为
g，求：
(1)线框下边框进入磁场时的速度大小；
(2)线框上边框进入磁场时的速度大小．
答案 (1) (2)＋gΔt－
解析 (1)线框下边框进磁场前自由下落，有
v1
2－0＝2gl(或者mgl＝mv1
2)
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解得下边框进磁场时的速度大小v1＝
(2)线框进入磁场的过程，平均感应电动势＝＝
平均感应电流＝＝
电荷量q＝Δt＝
线框进入磁场的过程，由动量定理有mgΔt－BlΔt＝mv2－mv1
得v2＝＋gΔt－.
6.(2021·四川乐山模拟)如图所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨
范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R 的电阻.
在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m 的金属棒，其电阻为r.金属棒与金
属导轨接触良好.金属棒在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，经过时间t 后开始匀
速运动，金属导轨的电阻不计.求：
(1)金属棒匀速运动时回路中的电流；
(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t 内通过回路的电荷量；
(3)若在时间t 内金属棒移动的位移为x，则电阻R 上产生的热量.
答案 (1) (2) － (3)
解析 (1)金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝BImL，解得
Im＝.
(2)根据闭合电路的欧姆定律得Im＝
解得v＝
通过回路的电荷量q＝I·t
由动量定理得F·t－BIL·t＝mv
解得q＝－.
(3)由功能关系得Fx＝Q＋mv2
QR＝Q
解得QR＝.
7.(多选)如图所示，光滑水平平行导轨置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直水
平面向下，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，且导轨两侧均足够长．质量为m 的导
体棒ab 和质量为2m 的导体棒cd 均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab 的电阻为R，cd 的
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电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动．现给cd 一水平向右的初速度v0，则( )
A．两棒组成的系统动量守恒
B．最终通过两棒的电荷量为
C．ab 棒最终的速度为v0
D．从cd 棒获得初速度到二者稳定运动过程中产生的焦耳热为mv0
2
答案 BC
解析 当cd 棒向右运动时，受向左的安培力，ab 棒受向右的安培力，且Fcd＝2Fab，可知
两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A 错误；cd 棒获得速度后，电路
中产生感应电流，cd 棒减速，ab 棒加速，当BLvab＝2BLvcd时，电路中磁通量不变，没有
感应电流，最终两棒做匀速直线运动，由动量定理得－2BLt＝2mvcd－2mv0，BLt＝mvab，得
vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝v0，vcd＝v0，因q＝t，可得q＝，B、C 正确；从cd 棒获得初速
度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝·2mv0
2－·mvab
2－·2mvcd
2，解得Q＝
mv0
2，D 错误．
8.(多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M、N、P、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行
放置，导轨间距分别为2L 和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在
方向竖直向下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均
为R 的导体棒C、D 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t＝0
时使导体棒C 获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨
接触良好．且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )
A．t＝0 时，导体棒D 的加速度大小为a＝
B．达到稳定运动时，C、D 两棒速度之比为1∶1
C．从t＝0 时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为mv0
2
D．从t＝0 时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
答案 ACD
解析 开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D 所受安
培力F＝BIL，导体棒D 的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A 正确；稳定运动时，
电路中电流为零，设此时C、D 棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中
任意极短时间Δt，由动量定理得，对C 棒有2BLΔt＝mΔv1，对D 棒有BLΔt＝mΔv2，故对
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变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回
路产生的内能为Q＝mv0
2－mv1
2－mv2
2，解得Q＝mv0
2，故C 正确；由上述分析可知对变速
运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C 棒有2BLΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，
解得q＝，故D 正确．
9.如图所示，两平行且无限长金属导轨MN、PQ 与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的
距离为L＝1 m，两导轨M、P 之间接入阻值R＝0.2 Ω 的定值电阻，导轨电阻不计，在abdc
区域内有方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B1＝1 T，磁场的宽度x1＝1
m；在cd 连线以下区域有方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B2＝0.5 T．一
个质量为m＝2 kg 的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因
数μ＝，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab 连线上端x0处由静止释放，则金属棒进
入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef 时又达到平衡状态，cd 与ef 之间
的距离x2＝16 m．求(g 取10 m/s2)
(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；
(2)金属棒从开始运动到滑到ef 位置这个过程回路产生的电热；
(3)金属棒从开始运动到滑到ef 位置这个过程所用的时间．
答案 (1)2 m/s (2)25 J (3)5.7 s
解析 (1)设棒在ab 处的速度为v1，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝B1Lv1
电路中的感应电流为I1＝
金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得mgsin θ－μmgcos θ＝B1I1L，
联立解得v1＝2 m/s
(2)经过ef 时又达到平衡状态，由平衡条件得mgsin θ－μmgcos θ＝B2I2L
感应电流I2＝，联立解得v2＝8 m/s
金属棒从开始运动到滑到ab 的过程中
由动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)x0＝mv1
2
解得x0＝0.8 m
从开始运动到滑到ef 的过程中由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)(x0＋x1＋x2)－Q＝
解得Q＝25 J
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(3)全过程由动量定理得(mgsin θ－μmgcos θ)t－B1Lq1－B2Lq2＝mv2
且q1＝，q2＝
解得t＝5.7 s.
9
