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高考重点考点解读与针对性训练
第十三章 电磁感应
考点110 电磁感应中的动量问题
【考点解读】
1.动量定理在电磁感应中的应用
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，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.
（1）单棒＋水平导轨
情境示例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
－BILΔt＝0－mv0，q＝IΔt，联立解得q＝mv0
BL
求位移x
－B
2 L
2v
R
Δt＝0－mv0，x＝vΔt＝mv0 R
B
2 L
2
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＝IΔt，x＝v
Δt；若已知q 或x 也可求末速度或初速度
（2）单棒＋倾斜导轨
情境示例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
－BILΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝IΔt，－B
2 L
2v
R
Δt＋mgsinθ·Δt＝mv－
0，x＝vΔt
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
2. 两导体棒分别在两不等间距导轨之间运动
1
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不等间距的两导体棒处于同一磁场中所受安培力不相等，它们分别做变速运动；涉及
电荷量、速度、时间等，一般先根据动量定理列方程；若求焦耳热可对系统应用能量守恒
定律列方程。
3.动量守恒定律在电磁感应中的应用
在两等长金属棒切割磁感线的系统中，两金属棒和水平平行金属导轨构成闭合回路，它们
受到的安培力的合力为0，如果不计摩擦，它们受到的合力为0，满足动量守恒的条件，运
用动量守恒定律解题比较方便.
【高考真题】
【典例1】．（2025 年高考湖南卷）如图，关于x 轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导
轨形状为抛物线，顶点位于O 点。一足够长的金属杆初始位置与y 轴重合，金属杆的质量
为m，单位长度的电阻为
。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给
金属杆一沿x 轴正方向的初速度
，金属杆运动过程中始终与y 轴平行，且与电阻不计的
导轨接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y 轴负方向
B．金属杆可以在沿x 轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
【答案】AC
【解析】根据右手定则可知金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y 轴负方向，
故A 正确；若金属杆可以在沿x 轴正方向的恒力F 作用下做匀速直线运动，可知
2
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，
，可得
由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L 在变化，故F 在变化，B 错误；
取一微小时间
内，设此时金属杆接入导轨中的长度为
，根据动量定理有
同时有
联立得
对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得
解得此时金属杆与导轨围成的面积为
，C 正确；
若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积
为
，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，
D 错误。
【典例2】（2024·贵州高考10 题）如图，间距为L 的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘
水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向
下的匀强磁场。质量为m 的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直
线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，
最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良
好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
A.加速过程中通过金属棒的电荷量为mv
BL
B.金属棒加速的时间为2mR
B
2 L
2
3
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C.加速过程中拉力的最大值为4 B
2 L
2v
3 R
D.加速过程中拉力做的功为1
2mv2
答案：AB
解析：加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，都设为x，根据q＝IΔt＝E
R Δt＝
ΔΦ
R· Δt
·Δt＝ΔΦ
R ＝BLx
R ，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷
量，对于减速过程，由动量定理可得－BLIΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝mv
BL，A 正确；由q
＝mv
BL＝BLx
R ，解得x＝mvR
B
2 L
2，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x＝1
2vt，可得加速
时间 为t＝2mR
B
2 L
2，B 正确；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速
过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最
大，由牛顿第二定律可得Fm－BBLv
R L＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝3 B
2 L
2v
2 R
，C 错误；
加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功
WF－W 安＝1
2mv2，可得WF＝W 安＋1
2mv2，因此加速过程中拉力做的功大于1
2mv2，D 错误。
【典例3】.[2023 北京]如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直
向下的匀强磁场并最终完全穿出.线框的边长小于磁场宽度.下列说法正确的是（ D ）
A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
答案 D
解析
线框进入磁场→线框右侧切割磁感线
电流方向为逆时针方向，A 错
4
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线框进、出磁场的过程中，F 安为阻力→v↓→F 安↓→线框进、出磁场的过程均为加速度减小
的减速运动，B 错
线框进、出磁场的两过程中
ΔΦ 相同，q 相同，D 对
安培力的冲量
I 安＝BIl·Δt
I 安＝Blq
线框进入磁场瞬间速度为v1，完全进入磁场速度为v2
{
动量定理：－Blq＝m v2－m v1＝m（v2－v1）
能量守恒定律：
Q1＝1
2 m v1
2－1
2 m v2
2＝
1
2 m（v1＋v2)(v1－v2）
线框离开磁场瞬间速度为v3{
动量定理：－Blq＝m v3－m v2＝m（v3－v2）
能量守恒定律：
Q2＝1
2 m v2
2－1
2 m v3
2＝
1
2 m（v2＋v3)(v2－v3）
v1＋v2＞v2＋v3且v1－v2＝v2－v3，则Q1＞Q2，C 错
一题多解 由楞次定律可知线框进磁场的过程中电流方向为逆时针方向，出磁场的过程中
电流方向为顺时针方向，A 错；对线框进行受力分析，线框在进、出磁场时会受到安培力
的作用，安培力均为阻力，线框全部在磁场中时不受安培力的作用，故线框在进、出磁场
的过程中会做减速运动，全部在磁场的过程中做匀速运动，又F 安＝BIl，I＝E
R总
，E＝
Blv，则F 安＝B
2l
2v
R总
，故线框进、出磁场的过程中所受安培力在减小，做加速度减小的减
速运动，B 错；Q＝F
—
安·l＝B
2l
3 v
—
R总
，且结合B 项的分析可知v
—
进＞v
—
出，故线框在进磁场的
过程中产生的热量大于在出磁场的过程中产生的热量，C 错；结合公式q＝I
—Δt、I
—＝E
—
R总
、E
—＝Blv
—可得q＝Bl v
—
Δt
R总
，又线框进、出磁场过程中的位移v
—Δt 均为线框边长l，故线框
进、出磁场过程中通过导线横截面的电荷量相等，D 对.
【针对性训练】
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1.（2025·安徽黄山模拟）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3
2mv0
2
D.通过a 棒的某一横截面的电荷量为m v0
2Bl
答案 AC
解析： 由F 安＝ILB＝ma，可得a＝ILB
m ，a、b 两棒串联，电流相等，a、b 两棒长度分别
为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b 两棒加速度大小相等，故A 正确；因为导轨光滑，
水平方向导体棒只受到安培力作用，对a 棒，根据动量定理有Fat＝IlBt＝mva－mv0，同理
对b 棒有－Fbt＝－BI×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；由能量守恒定律可知，动能的损失等于电路中产生的
焦耳热，初动能Ek0＝1
2mv0
2＋1
2×2m×（2v0）2，末动能Ek＝1
2m×（2v0）2＋1
2×2m×v0
2
，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝3
2mv0
2，故C 正确；对a 棒应用动量定理有IlB·Δt＝
mva－mv0，又q＝I·Δt， va＝2v0，联立解得q＝mv0
Bl
，故D 错误。
2. 如图所示，两根光滑足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ 和M1N1P1Q1，固定在水平
面上，MN 与M1N1距离为2l，PQ 与P1Q1距离为l。金属棒a 和b 的质量分别为2m 和m、长
度分别为2l 与l，金属棒a、b 分别垂直放在导轨MN、M1N1和PQ、P1Q1上，开始时静止在
导轨上。整个装置处于竖直向下的、磁感强度为B 的匀强磁场中。现金属棒a 获得水平向
右的初速度v0，两棒运动时始终保持平行且金属棒a 总在MNM1N1上运动，金属棒b 总在
PQP1Q1上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是（ ）
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A.流过金属棒a 的电荷量是2m v0
3 Bl
B.金属棒a 和b 均做加速度相同的匀加速直线运动
C.金属棒a 和b 均做速度相等的匀速直线运动
D.回路中感应电动势为零
答案：AD
解析：因金属棒a 获得初速度v0向右运动，其受到的安培力向左，则金属棒a 做减速运动，
金属棒b 受到的安培力向右做加速运动，则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速运动，
此时回路的感应电流为零，感应电动势也为零，则B·2lva＝Blvb，即2va＝vb，选项B、C 错
误，D 正确；对金属棒a，由动量定理得－BI·2lΔt＝2mva－2mv0，对金属棒b，由动量定理
得BI·lΔt＝mvb，解得q＝IΔt＝2m v0
3 Bl
，选项A 正确。
3. 如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B.左
侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长.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.现瞬间给导体棒cd 一水平向右的初速度v0，
在此后的运动过程中，两棒始终在对应的导轨部分运动，始终与导轨垂直且接触良好.已知
导体棒ab 的电阻为R，cd 的电阻为2R，导轨电阻不计.下列说法正确的是（ AC ）
A.导体棒ab 和cd 组成的系统动量不守恒
B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
C.导体棒ab 最终的速度为2
3v0
D.从导体棒cd 获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为8
9mv0
2
答案 AC
解析 导体棒cd 获得速度后，回路中产生感应电流，根据左手定则知导体棒cd 减速，导
体棒ab 加速，当BLvab＝2BLvcd时，回路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直
线运动，分别对两棒运用动量定理得－2BILt＝2mvcd－2mv0，BILt＝mvab，联立解得vab＝2
3
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v0，vcd＝1
3v0，故B 错误，C 正确；两导体棒受到的安培力大小不相等，系统受到的合力不
为零，动量不守恒，A 正确；从导体棒cd 获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生
的焦耳热为Q＝1
2·2mv0
2－1
2mvab
2 －1
2·2mvcd
2 ，解得Q＝2
3mv0
2，故D 错误.
4 如图所示为两根间距为L 的光滑平行金属导轨，OO'左侧向上弯曲，右侧水平，水平导
轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ 垂直于导
轨放置，与导轨接触良好，金属棒MN、PQ 的长度均为L、质量均为m、阻值均为R。金属
棒MN 从竖直高度h 处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程金属棒MN 和PQ
未相碰，则（ ）
A.金属棒MN 进入磁场时，金属棒PQ 两端电压大小为BL√2 gh
2
B.释放后金属棒MN 的最小速度为0
C.整个过程中流过金属棒PQ 的电荷量为m√2gh
2BL
D.整个过程中闭合回路产生的焦耳热为mgh
4
答案：AC
解析：MN 从静止释放到刚进入磁场这个过程，由动能定理得mgh＝1
2mv0
2，此时产生的
电动势E＝BLv0，电路中的电流为I＝
E
R＋r ，又r＝R，所以此时PQ 两端的电压UPQ＝E－Ir
＝E－IR＝BL√2 gh
2
，故A 正确；MN 进入磁场后，MN、PQ 受到的安培力等大反向，
MN、PQ 组成的系统所受合外力为零，所以MN、PQ 组成的系统动量守恒，故最后MN、
PQ 达到共同速度一起运动，速度不会变为零，故B 错误；设MN、PQ 最终速度为v，则
mv0 ＝（m ＋m ）v ，故v ＝1
2v0 ，又Δv ＝aΔt ＝B I L
m
Δt ＝BL
m q ，所以q ＝m
BLΔv ＝
m
BL(v0－1
2 v0)＝m
BL·v0
2 ＝m
2BL √2gh，故C 正确；对整个过程中两金属棒，由能量守恒
定律有mgh＝1
2·2m·(
1
2 v0)
2
＋Q，则整个过程中闭合回路产生的焦耳热为Q＝mgh－1
2·2m·
8
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(
1
2 v0)
2
＝1
2mgh，故D 错误。
5. (2025 年4 月重庆名校质检)如图所示，两平行光滑导轨AEC、A ' E' C '的左端接有阻
值为R 的定值电阻，间距为L，其中AE、A ' E'固定于同一水平面(图中未画出)上且与竖
直面内的1
4 光滑圆弧形导轨EC、E' C '相切于E、E'两点(圆心分别为O 和O' )。正方形
DEE' D'区域内存在感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab 的质量为
m、电阻为R、长度为L，ab 棒在功率恒定、方向水平向右的拉力作用下由静止开始沿导轨
运动，经时间t 后撤去拉力，然后ab 棒与另一根完全相同的导体棒cd 发生碰撞并粘在一起，
以速率v 进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC '处。重力加速度大小为
g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。则( )
A. 该推力的功率P = 2m v
2
t
B. 两导体棒通过磁场右边界EE'时的速度大小v ' = v −B
2 L
3
6mR
C. 弧形导轨的半径
D. 两导体棒第一次穿过磁场的过程中定值电阻产生的焦耳热Q = 2B
2 L
3
9 R
⋅(v −B
2 L
3
3mR )
.【答案】AC
【解析】.设两导体棒碰撞前瞬间，ab 棒的速度大小为v0，在推力作用的过程中，设水平向
右为正方向，由动能定理有
Pt = 1
2 mv0
2ab 与cd 碰后瞬间的速率为v，设水平向右为正方向，由动量守恒定律有
9
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m v0=2mv解得 P= 2mv
2
t
，故A 正确；
.设两导体棒通过磁场右边界EE'的时间为t，该过程回路中的平均电流为I
−
，DD'与EE'的
间距为L，设水平向右为正方向，由动量定理有
两导体棒粘在一起，长度不变，截面积变为原来2 倍，则两导体总电阻为1
2 R，根据法拉
第电磁感应定律有
q = I
−
⋅t = ΔΦ
R总
=
B L
2
R+ 1
2 R
= 2B L
2
3 R 解得两导体棒通过磁场右边界EE'时的速度大小为
v ' = v −B
2 L
3
3mR ，故B 错误；
.对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程，由机械能守恒定律有
1
2 (2m)v '
2=2mgr解得r = v '
2
2g =
(v −B
2 L
3
3mR )
2
2g
，故C 正确；
.经分析可知，两导体棒上产生的总焦耳热为Q
2 ，由能量守恒定律有
解得两导体棒第一次穿过磁场的过程中定值电阻产生的焦耳热为
Q = 2B
2 L
3
9 R
⋅(2v −B
2 L
3
3mR )，故D 错误。
6. 垂直水平面向上和向下的匀强磁场, 正方形导线框从紧靠磁场的位置I 以某一初速
度垂直边界进入磁场, 运动到位置II 时完全进入左侧磁场,运动到位置III(线框各有一半面积
在左右两个磁场中)时速度恰好为零. 设从位置I 到位置II、从位置II 到位置III 的过程中，通
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过线框某一横截面的电荷量分别为q1、q2，线框中产生的焦耳热分别为Q1、Q2。则
A. q1׃q2=1׃1 B. q1׃q2=2׃1 C. Q1׃Q2=3׃1 D. Q1׃Q2=5׃4
答案 AC
解析：由E=△Φ/△t，I=E/R，q=I△t，联立解得q=│△Φ│/R，△Φ1=BS，q1=BS/R，△Φ2=0-
BS=-BS，q2=BS/R，所以q1、q2=1׃1 ，A 正确B 错误；
正方形导线框从位置I 运动到位置II，由动量定理，-BI1L△t=mv-mv0，I1△t= q1，
从位置II 到位置III，由动量定理，-BI2L△t=0-mv，I2△t= q2，
联立解得：v=0.5v0，
由能量守恒定律，正方形导线框从位置I 运动到位置II，线框中产生的焦耳热分别为Q1=
-
=
；
从位置II 运动到位置III，线框中产生的焦耳热分别为Q2=
=
；Q1׃Q2=3׃1 ，C 正
确D 错误。
7 （2025·河南郑州模拟）如图所示，在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中
有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面
与磁场垂直，ab、cd 为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R，
质量均为m，与金属导轨平行的水平轻质细线一端固定，另一端与cd 棒的中点连接。一开
始细线处于伸直状态，ab 棒在平行于导轨的拉力F 的作用下从静止开始以恒定加速度a0向
右做匀加速直线运动，经时间t0细线被拉断，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与
导轨相垂直。
（1）求细线能承受的最大拉力F0；
（2）求细线被拉断前的过程中通过金属棒ab 中间横截面的电荷量q；
（3）若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，求从此刻起两根金属棒之间距离增加量的最大值及
细线断后回路中产生的总焦耳热。
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答案：（1）B
2 L
2a0t0
2 R
（2）BLa0t0
2
4 R
（3）mR a0t0
B
2 L
2 1
4 ma0
2t0
2
解析：（1）ab 棒以加速度a0向右做匀加速运动，当细线被拉断时，ab 棒运动的速度v＝
a0t0
回路中的感应电动势E＝BLv
回路中的感应电流为I＝E
2 R
cd 棒受到的安培力为FA＝BIL＝F0
联立解得最大拉力F0＝B
2 L
2a0t0
2 R
。
（2）在Δt 时间内平均感应电动势E＝ΔΦ
Δt
回路中的平均电流为I＝E
2 R
细线被拉断前的过程中通过ab 棒中间横截面的电荷量为q＝I·Δt＝ΔΦ
2 R
ab 棒在t0时间内的位移x0＝1
2a0t0
2
t0时间内回路中磁通量变化量ΔΦ＝BLx0
联立解得q＝BLa0t0
2
4 R
。
（3）细线被拉断瞬间撤去拉力F 后，ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，两棒之间的距
离增大，设经过t 时间两棒达到相同速度v'而稳定运动时，两棒之间的距离增加量达到最
大值Δx，两棒所受安培力等大反向，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mv＝2mv'
对于ab 棒，由动量定理得－BLI 1t＝mv'－mv
I 1＝E
2 R
E＝BL Δ x
t
联立解得Δx＝mR a0t0
B
2 L
2
由能量守恒定律得细线断后回路中产生的总焦耳热
Q 总＝1
2mv2－1
2mv'2×2＝1
4 ma0
2t0
2。
8 如图所示，P、Q 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且
电阻可忽略不计。图中EFHG 矩形区域内有一方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小
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为B 的匀强磁场。在t＝0 时刻，两金属棒a、b 分别以大小相同的速率v0，分别从磁场的边
界EF、GH 进入磁场。经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，且在这个过程
中，金属棒a、b 没有相碰，相距最近时b 棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b 是由相
同材料制成，长度均为L，电阻分别为R 和2R，a 棒的质量为2m。在运动过程中两金属棒
始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）在t＝0 时刻b 棒的加速度大小；
（2）两棒在整个过程中相距最近的距离；
（3）在整个过程中，b 棒产生的焦耳热。
答案：（1）2B
2 L
2v0
3mR
（2）2mR v0
B
2 L
2 （3）26
27 mv0
2
解析：（1）根据电阻定律有Ra＝R＝ρ L
Sa
，Rb＝2R＝ρ L
Sb
可得Sa＝2Sb
根据ma＝2m＝ρ'LSa，mb＝ρ'LSb
可得mb＝1
2ma＝m
a 进入磁场的速度方向向右，b 进入磁场的速度方向向左，根据右手定则可知，a 产生的感
应电流方向是E 到F，b 产生的感应电流方向是H 到G，即两个感应电流方向相同，所以流
过a、b 的感应电流是两个感应电流之和，则有I＝2BLv0
3 R
对于b，根据牛顿第二定律有ILB＝mba
联立解得在t＝0 时刻b 棒的加速度大小为a＝2B
2 L
2v0
3mR
。
（2）取向右为正方向，相距最近时，两棒具有相同的速度，根据系统动量守恒有
2mv0－mv0＝（2m＋m）v
解得v＝v0
3
此时，电路中感应电流为0，a、b 棒一起向右匀速运动，直到b 棒出磁场区域，之后b 棒
不受安培力、a 棒受安培力减速直到停下；从b 棒出磁场区域到a 棒刚好停在磁场边界处，
对a 棒运用动量定理得－ILBΔt＝0－2mv
又q＝IΔt＝E
3 R Δt＝
ΔΦ
Δt
3 R
Δt＝ΔΦ
3 R ＝BLs
3 R
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联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为s＝2mR v0
B
2 L
2 。
（3）对a、b 组成的系统，最终b 棒一直做匀速直线运动，
根据能量守恒有3
2mv0
2＝1
2mv2＋Q 总
对a、b，根据焦耳定律有Q＝I2RΔt
因流过a、b 的电流一直相等，所用时间也相同，故a、b 产生的热量与电阻成正比，即
Qa∶Qb＝1∶2
又Qa＋Qb＝Q 总
联立解得b 棒产生的焦耳热为Qb＝26
27 mv0
2。
9 (浙江诸暨市2025 年5 月高三适应性考试试题)如图所示，两个光滑刚性正方形金属线框
A1B1C1D1和A2B2C2D2交叠固定在光滑水平面上，交叠点E 和F 恰好为两边中点，且彼此相互
绝缘。在两线框交叠区域存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场（交叠的金属
线框在磁场边缘以内）。已知两线框质量均为m，边长均为a，单位长度电阻均为r0。现将
匀强磁场在极短的时间内减小为零，不计线框电感。
（1）判断线框A1B1C1D1中感应电流方向（“顺时针”或“逆时针”），并求流过截面的电量；
（2）求线框A2B2C2D2受到安培力冲量的大小和方向；
（3）若线框A1B1C1D1不固定，交叠点E 和F 不彼此绝缘（接触电阻不计），而且线框所在
平面整个区域都存在着匀强磁场B0，求匀强磁场减小为零时线框A1B1C1D1速度的大小。
（忽略磁场减小过程中线框的移动）
【答案】（1）顺时针；
（2）
；向左 （3）
【解析】（1）根据楞次定律可知，线框A1B1C1D1中感应电流的方向：顺时针；
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由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律
，
流过截面的电量
（2）线框A2B2C2D2受到安培力冲量的方向：向左；
设某时刻线框的电流为i，则
线框受到安培力的冲量
则
得
（3）根据两环对称性，设某时刻两线框电流i1和i2如图所示。
设回路A1EA2D2C2FC1B1中的电动势为E1，则
得
设回路ED1FB2中的电动势为E2，则
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得
【或：对于A1B1C1D1：
】
由于
，线框A1B1C1D1所受安培力的合力方向向左，速度方向向左；
设线框A1B1C1D1获得速度大小为v，利用动量定理
，
可得
解得
10. 如图所示，足够长的光滑平行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.在导轨上垂直于导
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.金属棒与导轨接触良好，导轨的电阻
不计.
（1）求金属棒匀速运动时回路中的电流；
（2）求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 内金属棒运动的位移为x，求电阻R 上产生的热量.
答案 （1 ）F
BL （2 ）F （R＋r ）
B
2 L
2
Ft
BL－mF （R＋r ）
B
3 L
3
（3 ）[Fx －
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m F
2（R＋r ）
2
2B
4 L
4
]
R
R＋r
解析 （1）金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝BImL，解得Im＝F
BL
（2）根据闭合电路的欧姆定律得Im＝BLv
R＋r
解得v＝F （R＋r ）
B
2 L
2
通过回路的电荷量q＝It
由动量定理得Ft－BILt＝mv
解得q＝Ft
BL－mF （R＋r ）
B
3 L
3
（3）由功能关系得Fx＝Q＋1
2mv2
QR＝
R
R＋r Q
解得QR＝[Fx－m F
2（R＋r ）
2
2B
4 L
4
]
R
R＋r .
11. （2025 年元月浙江诸暨质检）高速公路上传统的避险车道是利用路边斜坡进行制动避
险。某研究性学习小组 基于电磁感应原理设计了由测速系统和制动系统组成的水平路面避
险车道，如图甲所示。 其工作原理如图乙所示：车厢底部装有励磁线圈(图中未画出)的汽
车在进入避险车道时 通过控制系统使线圈通电，可在边长为L 的正方形虚线区域内产生竖
直向下的匀强磁场；测速系统是一个长为L、宽为L2(L1>L>L2)的固定矩形线圈；制动系统
是在路面铺设一块足够大的金属板，金属板的厚度为d,电阻率为ρ。为了研究方便，金属
板中只考虑 与正方形励磁线圈正对部分的磁场和电阻，其他部分的磁场和电阻均忽略不计。
在某次模 拟试验过程中，汽车刚到达测速线圈时，测速线圈产生的感应电流大小为I0。已
知汽车的总质量为M,，励磁线圈产生匀强磁场的磁感应强度大小B，,测速矩形线圈的电阻
为R，,不 计汽车所受到的其他阻力，不考虑磁场运动产生的其它因素。
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(1)汽车刚到达测速线圈时，
①求测速线圈产生的感应电流方向(从上往下看：选“顺时针”或“逆时针”);
②求汽车速度的大小；
(2)求汽车通过测速线圈的过程中，线圈受到安培力冲量的大小；
(3)若汽车刚到达金属板时的速度为v0,，求此后汽车在金属板上滑行的距离x0。
【解析】
(1)①测速线圈产生的感应电流方向：“逆时针”
②设汽车速度的大小为v,由法拉第电磁感应定律
E=BLv (1 分)
由闭合电路欧姆定I0=E/R：
联立解得： v=
(1 分)
(2)设线圈中电流为i 在△t 微小时间内受到安培力的冲量的大小为△I,则
△I=BiL·△t (1 分)
将i=BLv/R 代入得 △I=
v△t
求和 Σ△I=Σ
v△t
注意到Σ△I=IA，Σv△t=L2
联立解得励磁线圈前侧导线通过磁场受到的安培力冲量IA =
整个励磁线圈通过磁场受到的安培力冲量为2IA =2
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(3)在磁场进入金属板的过程中，设磁场进入长度为x 时产生的电流为I1,则
I1=E/R，E=BLv，R=ρ
，联立解得 I1=
(1 分)
设磁场进入金属板的过程中，安培力冲量大小为IAi,则
IA1=ΣBI1L·△t=Σ
△t=Σ
△x
注意到Σx△x=
，得IA1=
在磁场完全进入金属板后，设产生的电流为I2,则
I2=E/R，E=BLv，R=ρ
，联立解得 I2=
在磁场完全进 入金属板后，设安培力冲量大小为IA2,则
IA2=ΣBI2L·△t=Σ
△t=Σ
△x
注意到Σ△x=x0-L，得IA2=
（x0-L）
根据动量定理：
- IA1- IA2=M(0-v0) (1 分)
得： x0=
+L/2 (1 分)
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