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第44 讲 电磁感应中的动量问题
目
录
01 考情解码· 命题预警.........................................................................................................................................2
02 体系构建 ·思维可视.........................................................................................................................................3
03 核心突破 靶向攻坚..........................................................................................................................................3
考点一 电磁感应中的动量问题 ..................................................................................................................3
知识点一 动量定理在电磁感应中的应用..................................................................................................3
知识点二 典型单杆模型..............................................................................................................................3
考向1 “单棒+电阻”模型....................................................................................................................6
考向2 “电容器+棒”模型.................................................................................................................10
考向3 “电源+棒”模型...........................................................................................................................14
考向4 “不等距双棒”模型.....................................................................................................................17
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用 ..........................................................................................21
知识点 典型双杆模型..............................................................................................................................21
考向1 双棒无外力模型........................................................................................................................22
考向2 双棒有外力模型.............................................................................................................................25
04 真题溯源·考向感知...........................................................................................................................................29
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
电磁感应中的动
量问题
选择题
非选择题
安徽卷T15，18 分
安徽卷T13，17 分
动量守恒定律在
电磁感应中的应
用
选择题
非选择题
考情分析：
从近几年试题分析，安微高考每年都要考查应用动量的观点分析求解电磁感应问题，常以计算题压轴形式
出现，题目难度较大，通常结合高中解决物理问题的三大观点——动力学、能量、动量进行综合考查。可
预见未来几年安徽高考仍将加大对动量观点在电磁感应中应用的考查力度，题型大概率还是以压轴计算题
形式出现，可能会结合更多生活中的物理情景或现代科技应用。如电磁轨道炮、超导磁悬浮，要求学生将
实际问题转化为物理模型进行分析求解。
复习目标：
目
一：
标
掌握
量定理和
量守恒定律的基本概念，能准确区分两者的
用条件
动
动
应
。
目
二：
标
掌握
磁感
中常
的
棒模型（阻尼式、
式、
式）等和双棒模型的特点，明确不同模型下
电
应
见
单
电动
发电
的受力情况，运
律及能量
化关系。
动规
转
2
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考点一 电磁感应中的动量问题
知识点一 动量定理在电磁感应中的应用
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解单杆所受其他恒力(非安培力)作用的时间、
单杆的速度、单杆的位移和通过单杆的横截面的电荷量。
(1)求通过单杆的横截面的电荷量、单杆的速度或单杆运动的时间：－BIlΔt＋F 其他·Δt＝mv2－mv1，q＝IΔt＝
n。
(2)求单杆运动的位移、单杆的速度或单杆运动的时间：－Δt＋F 其他·Δt＝mv2－mv1，x＝vΔt。
知识点二 典型单杆模型
示意图
动力学观点
运动图像
能量观
点
v0≠0
导轨水平光滑，间距
为L，电阻不计，杆
ab 初速度为v0，质
量为m，电阻不计
导体杆以速度v
切割磁感线产生
感应电动势E＝
BLv，电流I＝
＝，安培力F 安
＝BIL＝，做减
速运动，v⇒F
安⇒a，当v
＝0 时，F＝0，
a＝0，杆保持静
止
动能全
部转化
为内
能：Q
＝mv
导轨水平光滑，间距
为L，电阻不计，杆
ab 初速度为v0，质
量为m，电阻不计
导体杆速度为v
时，感应电流I
＝，导体杆受安
培力F 安＝
BIL，做减速运
动，v，电容
器充电，
UC，F 安，
a，当BLv＝
导体杆
的部分
动能转
化为电
阻的电
热和电
容器的
电场
能：mv
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UC时，I＝0，F
安＝0，杆匀速
运动
＝mv＋
Q＋EC
v0＝0
导轨水平光滑，间距
为L，电阻不计，单
杆ab 质量为m，电
阻不计
S 闭合，杆ab
受安培力F 安
＝，此时a＝，
杆ab 速度v⇒
感应电动势
BLv⇒回路中
电流I⇒安培
力F 安＝BIL⇒
加速度a，当
BLv＝E 时，v 最
大，且vm＝
电源输
出的电
能转化
为动
能：W 电
＝mv
导轨水平光滑，间距
为L，电阻不计，单
杆ab 质量为m，电
阻不计，拉力F 恒定
开始时a＝，杆
ab 速度v⇒感
应电动势E＝
BLv⇒电流
I⇒安培力F 安
＝BIL，由F
－F 安＝ma 知
a，当a＝0
时，v 最大，vm
＝
F 做的
功一部
分转化
为杆的
动能，
一部分
转化为
电阻产
生的电
热：WF
＝Q＋
mv
导轨水平光滑，间距
为L，电阻不计，单
杆ab 质量为m，电
阻为R
电容器充满电
后，S 合向2，
导体杆受安培力
运动，产生电动
势E＝BLv，回
路中电流I＝，
导体杆受安培力
F 安＝BIL，做加
速运动，v，
电容器放电UC
减小，F 安，
电容器
的部分
电场能
转化为
电阻的
电热和
导体杆
的动
能：EC0
＝mv＋
Q＋ECm
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a，当BLv＝
UC时，I＝0，F
安＝0，杆匀速
运动
导轨水平光滑，间距
为L，电阻不计，单
杆ab 质量为m，电
阻不计，拉力F 恒定
开始时a＝，杆
ab 速度v⇒感
应电动势E＝
BLv，经过Δt
速度为v＋Δv，
此时感应电动势
E′＝BL(v＋
Δv)，Δt 时间内
流入电容器的电
荷量Δq＝CΔU
＝C(E′－E)＝
CBLΔv，电流I
＝＝CBL＝
CBLa，安培力
F 安＝BLI＝
CB2L2a，F－F 安
＝ma，a＝，所
以杆以恒定的加
速度匀加速运动
(若回路有电
阻，则杆不做匀
加速运动)
F 做的
功一部
分转化
为杆的
动能，
一部分
转化为
电容器
的电场
能：WF
＝mv2＋
EC
考向1 “单棒+电阻”模型
例1 （2025·安徽黄山·二模）绝缘水平桌面上有一质量为
的“
”型金属框，框宽度为
，ab 间电阻为
，两侧部分电阻不计且足够长。在竖直固定的绝缘挡板间放一根金属棒，挡板间隙略大于棒的直径，棒
与金属框垂直且接触良好，金属棒接入电路部分的电阻为
，不计一切摩擦。空间存在竖直向上的匀强磁
场，磁感应强度大小为
，现给框水平向左、大小为
的初速度，俯视图如图所示。则下列说法正确的是
（ ）
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A．开始时金属框的加速度大小为
B．开始时挡板给导体棒的作用力大小为
，方向水平向左
C．金属框从开始运动到静止过程中通过金属棒的电荷量为
D．金属框从开始运动到静止过程中金属棒上产生的热量为
【答案】C
【详解】A．开始时金属框产生感应电动势大小为
，感应电流沿顺时针方向，大小为
其所受安培力大小为
则加速度大小为
故A 错误；
B．开始时导体棒所受安培力方向向左，大小也为
，但导体棒静止不动，受力平衡，则挡板
给导体棒的作用力大小为
，方向水平向右，故B 错误；
C．金属框从开始运动到静止，由动量定理，有
而金属框总位移
得
设总共用时为，则通过金属棒的电荷量为
故C 正确；
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D．由能量守恒定律可知，金属框从开始运动到静止过程中，系统产生的总热量为
二者电阻相等，则金属棒上产生的热量为
故D 错误。
故选C。
【变式训练1】（2025·安徽·一模）（多选）如图所示，质量为2 kg 的单匝矩形线框PMNQ 恰好静止在倾
角
的粗糙绝缘固定斜面上，PQ、MN 的电阻分别为
和
， PM、QN 的电阻不计。虚线下方区域
存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为1 T。一质量为1kg 的光滑导体棒ab 水平放置在矩形线框上，
接入回路的有效长度为3 m，电阻为
。运动过程中导体棒始终与线框接触良好，且与 PQ 平行。现将
导体棒从距磁场边界S 处静止释放，进入磁场的瞬间，线框恰好不滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度 g 取
。则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒进入磁场瞬间的加速度大小为
B．距离S 为
C．导体棒匀速运动时的速度大小为
D．导体棒进入磁场后，经
已达到匀速运动状态，此过程回路中产生的总焦耳热为
【答案】BD
【详解】A．由题意可知，线框在斜面上恰好静止，则有
解得
导体棒进入磁场的瞬间，由右手定则可知，电流从b 到a，从P 到Q，且PQ 所受安培力沿斜面向下，由平
衡关系可知大小为6N
由
解得
再由电流关系可知
所以ab 所受安培力大小为
，方向沿斜面向上
对ab 受力分析有
解得加速度为
，方向沿斜面向上，故 A 错误；
B．由公式
和
可知导体棒进入磁场时速度为
，再由运动学公式
，可知释放
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距离S 为
，故B 正确；
C．速度稳定时有
其中
,
解得速度为
，故C 错误；
D．由动量定理有
解得
可知进入磁场后1s 内导体棒运动了15m
又由动能定理
且
故D 正确。
故选BD。
【变式训练2·变考法】（2025·湖北武汉·模拟预测）（多选）如图，水平面（纸面）内固定有两根足够长
金属导轨，间距
，从左到右两导轨间依次接有恒流源、定值电阻
和静止的导体棒
，整个
装置处于磁感应强度
的匀强磁场中。已知导体棒
质量为
、连入电路部分的电阻为
，与
导轨间的动摩擦因数
。现在打开恒流源，其向电路提供大小恒定为
的电流，不计导轨电阻和空
气阻力，重力加速度
取
，下列说法正确的有（ ）
A．打开恒流源瞬间，导体棒的加速度大小为
B．导体棒做匀加速直线运动
C．足够长时间后，导体棒的速度为
D．已知打开恒流源
内导体棒通过的位移大小为
，则此段时间内通过电阻
的电荷量为
【答案】AD
【详解】A．打开恒流源瞬间，通过导体棒的电流
对导体棒
导体棒的加速度大小
，故A 正确；
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B．导体棒运动之后产生反向电动势，
大小发生变化，加速度也发生变化，故B 错误；
C．足够长时间后，导体棒做匀速运动，有
此时有
导体棒的速度为
，故C 错误；
D．通过电阻
的电荷量一部分来源于恒流源
另一部分来源于电磁感应通过的电荷量
此段时间内通过电阻
的电荷量为
，故D 正确。
故选AD 。
考向2 “电容器+棒”模型
例2（2025·湖北·模拟预测）（多选）如图所示，上下两段光滑且电阻不计的金属导轨在
、
两点绝缘
连接，
、
等高，间距
，连接处平滑，导轨位于竖直平面内，上下两端分别连接一个阻值
的电阻和
的电容器，整个装置处于磁感应强度
的垂直导轨平面向外的匀强磁场中，
两根导体棒
、
分别放在
上下两侧，质量分别为
，
，
棒电阻为
，
棒的电阻不计，将
棒由静止释放，同时距离
为
处的
棒，在一个大小
，方向
沿导轨平面向上的恒力作用下由静止开始运动，两棒恰好在
、
处发生完全非弹性碰撞，已知碰前瞬
间
的速度大小为
，重力加速度
，则（ ）
A．
从释放到第一次碰撞前所用时间为
B．
从释放到第一次碰撞前瞬间，通过
的电荷量为
C．两棒第一次碰撞前瞬间，电容器储存的能量为
D．两棒第一次碰撞后瞬间，
的速度大小为
【答案】AC
【详解】A．由于金属棒ab、cd 同时由静止释放，且恰好在M、N 处发生完全非弹性碰撞，则说明ab、cd
在到达M、N 处所用的时间是相同的，对金属棒cd 和电容器组成的回路有
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对cd 根据牛顿第二定律有
其中
，
解得
则说明金属棒cd 做匀加速直线运动，则有
解得
，
故A 正确；
B．
从释放到第一次碰撞前瞬间，由动量定理得
解得通过
的电荷量为
故B 错误；
C．两棒第一次碰撞前瞬间，cd 的速度大小为
对cd 由动能定理得
解得
由功能关系可知电容器储存的能量为
故C 正确；
D．两棒恰好在
、
处发生完全非弹性碰撞，设竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
解得两棒第一次碰撞后瞬间，
的速度大小为
故D 错误。
故选AC。
【变式训练1】（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图所示，光滑金属导轨水平固定在地面上，导轨间
距为
，定值电阻大小为
，整个装置处于竖直方向且磁感应强度为
的匀强磁场中，一根
导体棒垂直导轨放置，质量为
，导轨和导体棒电阻忽略不计，左侧电容器电容大小为
，原来
不带电，刚开始，开关S 闭合，导体棒在恒力
作用下由静止开始运动，经时间
后导体棒早
已达到稳定速度，此过程中通过电阻
的电荷量为
，之后立即撤去恒力
，同时断开开关S，导体
棒继续运动，导轨足够长，则下列说法正确的是（ ）
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A．导体棒的最大速度是
B．恒力F 所做的功是900J
C．电容器最终的电压是5V
D．全过程电阻
产生的热量是875J
【答案】BCD
【详解】A．当导体棒加速度为0 时，速度
最大，此时导体棒的安培力大小
解得
，A 错误；
B．此过程中通过电阻
的电荷量
解得
恒力
所做的功是
此过程由能量守恒知
，B 正确；
C．撤去恒力
后，导体棒继续向前运动，并给电容器充电，稳定时，导体棒产生的动生电动势等于电容
器的电压
，即
对导体棒用动量定理
稳定时电容器的电荷量
联立以上两式解得
，
，C 正确；
D．撤去力
后，导体棒的动能转化为电阻
的焦耳热和电容器的电场能，其中电场能大小是
此过程中电阻
的焦耳热
全过程电阻
产生的焦耳热是
，D 正确。
故选BCD。
【变式训练2·变考法】（2025·山东日照·二模）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，窄轨M1N1、
M2N2之间的距离L1=1m，光滑的宽轨O1P1、O2P2之间的距离L2=2m。窄轨以垂直于轨道的虚线A1A2为分界
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线，左侧粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关S1连接一电容C=0.02F 的电容器（耐压值足够大）。宽轨和
窄轨连接处有开关S2，宽轨左侧接有电阻R1=10Ω。质量m=1kg 的金属棒ab 静止在窄轨上，ab 棒到A1A2的
距离x=4.5m，与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.2；质量M=2kg 的金属棒cd 静止在宽轨上。整个装置处
于方向竖直向上、磁感应强度大小B=10T 的匀强磁场中。现闭合S1，断开S2，给ab 棒施加一与导轨平行、
大小为5N 的恒力F，当其运动到A1A2时，撤去F，同时断开S1，闭合S2。窄轨和宽轨足够长，ab 始终在
窄轨上运动，cd 棒始终在宽轨上运动。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，cd 棒连
入电路中的电阻R2=20Ω，其余电阻均不计。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)恒力F 的作用时间；
(2)cd 棒从开始运动到匀速的过程中，通过cd 的电荷量；
(3)cd 棒从开始运动到匀速的过程中，cd 棒中产生的焦耳热。
【答案】(1)
(2)
(3)1J
【详解】（1）先闭合电键S1，断开电键S2，金属棒ab 在拉力作用下从静止开始做匀加速运动，根据牛顿
第二定律可得：
解得：
根据
解得：
（2）当金属棒ab 运动到A1A2处时，其速度为
，
此时撤去恒力F，同时断开电键S1，闭合电键S2，金属棒ab 在安培力作用下向右减速，金属棒cd 在安培
力作用下向右加速，最终都做匀速运动，金属棒ab、cd 的速度分别为
、
，在此过程中，根据动量定理
可得：
对金属棒ab：
对金属棒cd：
对整个闭合电路：
解得：
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对金属棒cd：
解得：
（3）金属棒cd 在向右加速的过程中，系统所产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得：
则金属棒cd 产生的焦耳热
考向3 “电源+棒”模型
例3 （2025·河北保定·一模）（多选）固定在水平面内足够长的光滑平行金属直导轨与电动势E=12V 的直
流电源、电容C=0.1F 的电容器和阻值R=1Ω 的定值电阻组成了如图所示的电路。空间内存在方向竖直向上、
磁感应强度大小B=1T 的匀强磁场，质量m=0.1kg、阻值r=0.5Ω 的金属棒 ab 静置在水平直导轨上，金属
棒 ab 的长度和导轨间距均为L=1m。闭合开关
，给电容器充电，经足够长时间后断开
，同时将
接“1”，金属棒 ab 从静止开始先加速后匀速，匀速运动后将
接“2”，金属棒 ab 做减速运动并最终静
止在导轨上。已知重力加速度
导轨电阻不计，金属棒 ab 始终与导轨垂直且接触良好，下列
说法正确的是（ ）
A．电容器完成充电时所带的电荷量为 120C
B．金属棒 ab 匀速运动时的速度大小为3m /s
C．金属棒 ab 加速过程中电容器放出的电荷量为0.6C
D．金属棒 ab 减速过程中运动的位移大小为0.9m
【答案】CD
【详解】A．电容器完成充电时所带的电荷量
，故A 错误；
BC．在金属棒 ab 匀速时，根据法拉第电磁感应定律有
在加速过程中，对金属棒 ab，根据动量定理可得
又
可得
其中
联立解得
，
，故B 错误，C 正确；
D．减速过程中，对金属棒 ab 应用动量定理得
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又
，
联立可得
即
解得x=0.9m，故D 正确。
故选CD。
【变式训练1】（2025·安徽合肥·模拟预测）（多选）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直
纸面向里的匀强磁场，两根足够长的光滑金属轨道间距为d，电阻不计。轨道最左侧接入由电动势为E 的
直流电源、电容为C 的电容器、单刀双掷开关S 构成的电路。质量为m、电阻为R 的金属棒a 垂直放置于
轨道左侧某处，质量为3m 的绝缘棒b 垂直放置于轨道上。现将S 接1，待电容器充电完毕后将S 接2，a
运动达到稳定状态后，再与b 发生弹性碰撞。a、b 均始终与轨道接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．S 接通1 稳定时，电容器的电量Q=CE
B．S 接通2 瞬间，金属棒a 的加速度为
C．a、b 碰前瞬间，a 的速度为
D．a、b 碰后瞬间，a 的速度方向向左
【答案】ACD
【详解】AB．开关S 接1，电容器充电。电容器上的电压
电容器的电量
开关S 接2，电容器通过金属棒a 放电，此时电流为
由安培力公式
由牛顿第二定律
解得
故A 正确，B 错误；
C．当a 棒产生的感应电动势
等于电容器两端的电压
时，a 棒做匀速运动。即
根据法拉第电
磁感应定律
电容器两端的电压
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设在
时间内，a 棒的速度变化为
，而
根据动量定理
对上式两边求和
解得
故C 正确；
D．a 棒与b 棒发生弹性碰撞，由动量守恒，有
由机械能守恒得
解得
所以碰后瞬间a 速度方向向左，故D 正确。
故选ACD。
【变式训练2·变考法】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，间距为L，右端由导
线连接电源，电源电动势为E，内阻为r。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
质量为m 的金属棒垂直横跨在导轨上，金属棒在水平向左的拉力作用下，由静止开始以大小为
的
加速度向左做匀加速运动。已知金属棒接入电路的电阻为4r，不计导轨电阻，重力加速度为g。
(1)求金属棒开始运动瞬间受到的安培力大小
；
(2)求t 时刻水平拉力做功的功率P；
(3)在t 时刻撤去拉力，求从撤去拉力到金属棒向左运动减速到0 的过程中金属棒中产生的焦耳热
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）应用闭合电路欧姆定律可知，电流
金属棒受到的安培力
解得
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（2）经过时间金属棒速度
金属棒切割磁感线产生感应电动势
应用闭合电路欧姆定律可知，电流
金属棒受到的安培力
对金属棒，应用牛顿第二定律有
又拉力做功瞬时功率
解得
（3）对金属棒，由动量定理
其中
对金属棒和电源，应用功能关系有
再根据串联电路特点可知，金属棒中产生的热量
解得
考向4 ““不等距双棒”模型
例4 （2025·安徽·模拟预测）（多选）如俯视图所示，水平面上固定着两组足够长平行光滑金属导轨
和
，宽度分别为
和
，两组导轨用导线交叉连接（导线不接触），导轨区域内存在着竖直向下的匀
强磁场，磁感应强度大小均为
，
导轨上垂直放置导体棒
，其质量为
，电阻为
，接入长度为
导轨上垂直放置导体棒
，其质量为
，电阻为
，接入长度为
，某时刻同时给两导体棒相同初
速度大小为
，导体棒运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，两导体棒始终没有进入交叉区，不计
导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒
的最大加速度为
B．从开始至导体棒
向右运动最远过程中，通过导体棒
的电荷量为
C．两导体棒最终速度为零
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总
习~~~
D．导体棒
产生的热量为
【答案】AD
【详解】A．两棒与导轨及交叉导线构成单回路，回路总电阻为 2R，两棒均做减速运动，
时，感应电
动势最大，其大小
感应电流最大，其大小为
导体棒
所受安培力越大，其大小为
导体棒
的加速度最大，其大小为
故A 正确；
B．从开始至导体棒
向右运动最远过程中，设时间为
，平均电流为
，初速度方向为正方向，由动量
定理得
又
得通过导体棒
的电荷量
故B 错误；
C．两金属棒初始阶段在都做减速运动，导体棒
所受安培力大于导体棒
所受安培力，导体棒
减速时的
加速度大，故导体棒
先减速到零，后反方向先加速运动后匀速运动，直到导体棒
速度大小等于导体棒
速度大小两倍，即
，两棒均做匀速运动，故C 错误；
D．由于两个电阻都为 R，且它们在同一回路中串联，流过的电流始终相同，设从开始运动到两棒刚开始
匀速运动时间为
。规定初速度方向为正方向，对导体棒
，由动量定理得
对导体棒
，由动量定理得
又
解得最后两棒的速度大小
，
回路产生的总热量
导体棒
产生的热量
故D 正确。
故选AD。
【变式训练1】（2025·湖南永州·一模）（多选）如图所示，固定的两条足够长的倾斜光滑平行导轨
和
，上部宽轨间距为
，下部窄轨间距为
，导轨电阻不计，两导轨与水平方向的夹角
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总
习~~~
。宽轨与窄轨分别处于垂直导轨平面方向向上、向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为
。两根
金属棒
分别垂直导轨放置在宽轨和窄轨上。金属棒
被锁定，
、
两棒接入导轨间的电阻分别为
和
，质量分别为
和
，金属棒a 用绝缘轻质细线跨过光滑定滑轮和一个质量为
的小物块相连。
金属棒
距离滑轮足够远，导轨上方的细线与导轨平行。物块开始时距地面足够远并在外力作用下保持
静止。现撤去外力，物块由静止开始竖直向下运动。当物块的速度为
（未匀速）时，立即烧断细线
且解除金属棒
的锁定，再经过时间
，金属棒
沿导轨下滑的距离为，金属棒
沿斜面上滑的速率第一
次变为
。已知重力加速度为
，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接
触良好。则（ ）
A．撤去外力瞬间，细线对的拉力大小为
B．烧断细线后的瞬间，金属棒
的加速度大小为
C．烧断细线后经过时间
棒的速度大小为
D．烧断细线后经过时间
，金属棒
上滑的距离为
【答案】BD
【详解】A．撤去外力瞬间，对a、c 分别有
联立解得细线对的拉力大小
，故A 错误；
B．物块c 的速度为
时，金属棒a 的速度也为
，金属棒a 所受的安培力
烧断细线后的瞬间，对金属棒a 受力分析有
联立解得
，故B 错误；
C．烧断细线后，设金属棒a 上滑过程中闭合回路中的感应电流为i，俯视图中电流方向为顺时针方向。金
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总
习~~~
属棒a 所受安培力沿导轨向下，根据牛顿第二定律，对a 有
对b 有
联立可得
两边同时关于时间累加后有
又
可得
烧断细线后经过时间
，
棒的速度大小为
，故C 错误；
D．取沿导轨向上为正方向，对a 棒上滑过程运用动量定理可知
又
联立得
故D 正确；
故选BD。
【变式训练2·变考法】（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，平行金属直导轨由宽、窄两部分组成，固
定在同一水平面内，宽、窄导轨的间距分别为
、
，宽导轨左端与两条相互平行且竖直固定、半径为
的四分之一圆弧导轨相切。水平宽导轨间存在竖直向下、磁感应强度大小为
的匀强磁场，窄导轨间存
在竖直向下、磁感应强度大小为
的匀强磁场。长为
、质量为
、电阻为
的金属棒
放置在两圆
弧导轨的最高点。长为
、质量为
、电阻为
的金属棒
放置在窄导轨上。宽、窄导轨均足够长，忽略
导轨的电阻及所有摩擦，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为
。现将金属棒
由静止
释放。下列说法正确的是（ ）
A．
棒进入磁场后，与
棒组成的系统动量不守恒
B．
、
棒所受的安培力时刻相同
C．
棒匀速运动时，
棒的速度大小为
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总
习~~~
D．从
棒进入磁场至其匀速运动，
棒上产生的焦耳热为
【答案】D
【详解】AB．
棒进入磁场后，金属棒cd 和ab 存在相对运动的过程中，通过两金属棒的电流
时刻相等，
根据
，可得两金属棒所受安培力大小
，
时刻大小相等，结合左手定则知两棒所受安培力方向相反，所以两金属棒组成的系统满足动量守恒的条件，
系统动量守恒，故AB 错误；
CD．设
棒进入磁场瞬间的速度大小为
，则有
棒匀速运动时，
、
棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，方向相反，此时有
，
联立求得
棒匀速运动时，
棒的速度大小为
从
棒进入磁场至其匀速运动，根据能量守恒定律有
，
联立求得
棒上产生的焦耳热为
，故C 错误，D 正确。
故选D。
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
知识点 典型双杆模型
初速度不为零，不受其他水平外力的作用
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝2La
动力学观点
杆b 受安培力做变减速运动，杆
a 受安培力做变加速运动，稳定
时，两杆的加速度均为零，以相
等的速度匀速运动
杆b 受安培力做变减速运动，
杆a 受安培力做变加速运动，
稳定时，两杆的加速度均为
零，两杆的速度之比为vb∶va
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总
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＝1∶2
运动图像
能量观点
一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk
动量观点
两杆组成的系统动量守恒
两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
考向1 双棒无外力模型
例1 （2025·安徽蚌埠·二模）（多选）如图所示，两个相同的足够长光滑“
”型金属导轨ACDE 和
FGHJ 固定在同一水平面内，
、
、
互相平行且间距均为
，金属棒
垂直静止在导轨上，
的质量分别为
和
，它们接入电路的电阻分别为
和
，金属导轨的电阻不计，整个装置处在竖
直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为
。现给
一个水平向右的初速度
，此后
、
运动过程中始
终与导轨垂直并接触良好，则下列说法正确的是（ ）
A．
向左运动
B．
最终的速度大小为
C．通过
的电量为
D．
中产生的焦耳热为
【答案】BCD
【详解】A．当
向右运动时，
切割磁感线产生感应电动势，可以判断
中感应电流向上，
中感应电流
向下，根据左手定则，
受到的安培力向右，则
向右运动，故A 错误，
B．因
串联，通过的电流大小相等方向相反，它们受到的安培力也是等值反向，所以整体动量守恒，
根据动量守恒定律，有
解得
故B 正确；
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C．对
研究，根据动量定理有
解得
故C 正确；
D．由能量守恒定律及串联电路电功率的分配规律，得
中产生的焦耳热
故D 正确。
故选BCD。
【变式训练1】（2025·河南·三模）（多选）如图所示，水平面上有两条相距为l 的足够长的固定光滑平行
金属导轨，垂直于导轨的两虚线间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场内导轨上相隔
一定距离垂直导轨放置长度均为l 的导体棒a 和b。现让导体棒a、b 以相同的速率
同时沿导轨相向运动，
导体棒b 出磁场前加速度已经为0，导体棒a 出磁场时速度为
，a、b 棒的质量分别为2m、m，电阻均
为R。导轨电阻不计且导体棒与导轨接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒b 出磁场时的速度大小为
B．整个过程流过导体棒b 的电荷量为
C．整个过程系统产生的焦耳热为
D．整个过程两棒的最近距离为
【答案】CD
【详解】A．b 出磁场时无加速度，说明a、b 棒已经在磁场中共速了，根据动量守恒定律有
解得b 出磁场时的速度大小
，故A 错误；
B．a 出磁场时的速度大小为
，根据能量守恒定律则，有
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总
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解得
，故C 正确；
C．b 出磁场前的动量改变量为
动量改变量等于安培力的冲量，则有
解得
b 出磁场后至a 出磁场的过程，其动量改变量为
根据左手定则可判断此过程中电流流过b 的方向与前面电流通过b 的方向相同，同理有
解得
所以流过b 的电荷量为
，故B 错误；
C．a、b 棒已经在磁场中共速，距离最近，并保持到b 出磁场，之后a 切割磁感线，产生感应电动势，形
成感应电流，安培力使a 减速，又有
解得
，故D 正确。
故选CD。
【变式训练2】（2025·福建宁德·三模）如图所示，质量分别为
、
的导体棒
、
静置在间距为
的
水平平行光滑导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，导体棒
、
在导轨间的电阻均为
，
棒到导轨最右端MN 的距离为
。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为
。现给
棒一水平向右的初速度
，当
棒运动到导轨最右端MN 时速度为
，随即滑上足够长的光滑绝缘倾斜
轨道。
棒始终在导轨上运动且未与
棒碰撞，感应电流产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计。求：
(1)
棒开始运动时的加速度大小；
(2)
棒从开始运动到第一次出磁场产生的热量；
(3)
棒从开始运动到第一次出磁场的时间；
(4)整个运动过程中
棒做减速运动的总长度。
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总
习~~~
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）根据题意可知，
棒开始运动时，
棒切割磁感线，感应电动势为
感应电流为
对
棒，由牛顿第二定律有
联立解得
（2）
棒开始运动到
棒第一次出磁场过程，
、
棒组成系统动量守恒，则有
、
棒组成系统产生的热量
其中
棒产生的热量
解得
（3）设
棒开始运动到
棒第一次出磁场过程中所用的时间为，对于
棒，由动量定理有
感应电流
感应电动势
且有
，
这一过程，
、
棒组成系统动量守恒，故有
即
联立上式可得
（4）导体棒
滑上光滑绝缘轨道后以原速率返回，期间导体棒
做匀速直线运动。
棒返回后系统合动量
水平向右，
棒做减速运动，
棒先向左减速后向右加速，以小于进磁场的速度再次滑上光滑绝缘轨道，
此过程中，
棒向左减速到零的距离小于
。此后
、
棒重复该过程，每次
棒向左减速距离逐渐减少，
最终
棒静止于水平导轨最右端MN 处，此时
棒速度也为零。从开始运动到最终静止，设
棒减速运动
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位移为
，由动量定理
感应电流
又有
，
解得
考向2 双棒有外力模型
例2（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，两平行光滑的金属导轨，间距
，其中左侧OA、
段
为半径
的四分之一圆弧，中间AD、
段水平，右侧DC、
段与水平面夹角为37°。且足够长，
水平导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度
，初始时刻，质量
在轨道间的电
阻
的导体棒a，从圆弧顶端
位置由静止释放，磁场内的导体棒b 静置于导轨上，其质量
，在轨道间的电阻
。a、b 棒始终不发生碰撞，导体棒b 在
位置离开磁场时速度
。两导体棒与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直，不计导体棒通过水平轨道与圆弧和倾
斜导轨连接处的能量损失、感应电流产生的磁场以及导轨的电阻，取重力加速度
，求：
(1)导体棒a 刚进入磁场时的加速度；
(2)从b 开始运动到出磁场过程中，导体棒b 中产生的焦耳热；
(3)若在b 离开磁场的时间内，对a 施加一水平向右的恒力
，恰好能使a、b 都不再离开磁场，最
后静止，求从b 离开磁场到a、b 棒停止过程中，a、b 棒产生的总焦耳热。
【答案】(1)
，方向向左
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，导体棒
由释放到
过程中，由机械能守恒定律有
解得
导体棒
刚进入磁场产生的电动势为
感应电流为
导体棒
受到的安培力大小为
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由牛顿第二定律可得，导体棒a 刚进入磁场时的加速度
由左手定则可知，安培力向左，则加速度向左。
（2）从
开始运动到出磁场过程中，
、
组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定律有
导体棒b 中产生的焦耳热
（3）
离开磁场在斜面上运动到再次进入磁场过程，根据对称性有
解得
从
返回磁场到均静止，组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
即
返回磁场时，
的速度为
，时间内对导体棒
由动量定理可得
又有
，
联立解得时间内的位移为
根据能量守恒定律有
【变式训练1】（2025·江西·模拟预测）如图，两根相距为l 的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，
并处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ab 和 cd 两根金属杆静止在导轨上，与导轨构成矩
形闭合回路。两根金属杆的质量关系为
电阻均为r，导轨的电阻忽略不计。从
时刻
开始，两杆分别受到平行于导轨方向、大小均为F 的拉力作用，分别向相反方向滑动，
时，两杆同
时达到最大速度，之后都做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．若在
时刻 ab 杆速度的大小等于
，此时 ab 杆加速度的大小为
B．在0~T 时间内，ab 杆的最大速度为
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C．在0~T 时间内，通过 ab 杆横截面的电荷量为
D．在0~T 时间内，通过 cd 杆横截面的电荷量为
【答案】A
【详解】A．设此时杆 cd 的速度为v₂，在两金属杆运动过程中，两杆组成的系统动量守恒，有
得
此时回路中产生的电动势为
回路中的电流大小为
ab 杆所受的安培力大小为
ab 杆的加速度大小为
，故A 正确；
B．设达到最大速度时 ab 杆的速度为v，设cd 杆的速度为
，由选项A 分析，可知ab 杆所受的安培力大
小为
杆达到最大速度时，ab 杆所受的拉力与安培力平衡，即
解得
，故B 错误；
CD．在0~T 时间内，设通过 ab 杆的平均电流为
I，对 ab 杆应用动量定理得
解得通过 ab 杆横截面的电荷量
ab、cd 杆串联，通过的电荷量一样，故CD 错误。
故选A。
【变式训练2】（2025·湖南长沙·三模）（多选）如图所示，平行光滑金属导轨间距为
，导轨处在竖直向
上的匀强磁场中，两根长度均为
材料相同的金属棒
、
垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，
、
金属棒质量分别为
、
。
棒的电阻为
。开始时
棒锁定在轨道上，对
棒施加水平向右
的恒定拉力
，经时间，
棒的速度达到最大值，此时撤去拉力，同时解除对
棒的锁定，导轨足够
长且电阻不计。则（ ）
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A．匀强磁场的磁感应强度大小
为
B．撤去拉力前
棒前进的距离为
C．撤去拉力前
棒前进的距离为
D．全过程中
棒产生的焦耳热为
【答案】CD
【详解】A．因ab、cd 棒材料、长度相同，质量分别为m、2m，则cd 棒的横截面积是ab 棒2 倍，由
可知
ab 棒速度达到最大时，受力平衡，有
又
联立解得
，故A 错误；
BC．撤去拉力前，对ab 棒，根据动量定理，有
其中
解得
，故B 错误，C 正确。
D．解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，最后以相同的速度运动，则有
对全过程由能量守恒定律
得
则
，故D 正确。
故选CD。
1．（2025·江西·高考真题）（多选）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为
，速率恒为
，宽
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为
的
区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为
、质量为
m、电阻为R 的正方形线框
置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框
边刚离开磁场
区域时的速率恰为
。若线框
或
边受到安培力，则其安培力大于
。线框受到的最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，动摩擦因数
，
边始终平行于
，重力加速度为g。下列选项正确的是（
）
A．线框速率的最小值为
B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为
C．线框穿过磁场区域的时间为
D．
边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为
【答案】AD
【详解】A．在
边进入磁场而
边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力
和沿
传送带平面向下的重力分力
。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为
，而
，
故
已知线框受到的安培力
即
因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平面的安培力、重
力分力、摩擦力作用下做减速运动。在
边进入磁场到
边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带
速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动
摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当
边刚进入磁场时，线框有最小速度
。
设线框加速度为
，根据牛顿第二定律有
边离开磁场时速度恰好为
，则有
联立解得
，故A 正确；
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B．在
边进入磁场到
边进入磁场的过程中，由动能定理有
则该过程产生的焦耳热
在
边离开磁场到
边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为
。因此，线框穿过磁场区域产生的
焦耳热为
，故B 错误；
C．设
边进入磁场到
边进入磁场的时间为
，根据闭合电路欧姆定律得
根据动量定理有
设
边进入磁场到
边离开磁场的时间为
，有
因为
边离开磁场到
边离开磁场所用时间也为
，所以线框穿过磁场区域的总时间
联立解得
，故C 错误；
D．
边从进入到离开磁场区域的时间
该段时间内传送带移动的距离
，故D 正确。
故选AD。
2．（2025·海南·高考真题）间距为L 的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有
电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角
，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直
竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为
，两相同导体棒
、
与水平导轨的动摩擦因数
，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均
，接入电路中的电阻均为
，
棒仅在水平导轨上运动，两
导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为
。
(1)锁定水平导轨上的
棒，闭合开关，
棒静止在倾斜导轨上，求通过
棒的电流；断开开关，同时解
除
棒的锁定，当
棒下滑距离为
时，
棒开始运动，求
棒从解除锁定到开始运动过程中，
棒
产生的焦耳热；
(2)此后
棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时
、
棒的速度大小之差；
(3)
棒中电流稳定之后继续下滑，从
棒到达水平导轨开始计时，
时刻
棒速度为零，加速度不为零，
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此后某时刻，
棒的加速度为零，速度不为零，求从
时刻到某时刻，
、
的路程之差。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）
棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得
，
解得通过
棒的电流为
设当
棒下滑距离为
时速度为
，
棒开始运动时回路中的电流为
，此时对cd 棒有
同时有
，
分析可知
棒从解除锁定到开始运动过程中，
棒产生的焦耳热与ab 棒产生的焦耳热相等，整个过程根
据能量守恒可得
联立解得
棒产生的焦耳热为
（2）分析可知
棒在下滑过程中产生的电动势与cd 棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当
电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，
对两棒有
，
同时有
，
联立解得此时
、
棒的速度大小之差为
（3）分析可知从开始到
时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设
时刻ab 棒的
速度为
，可知
解得
设某时刻时，ab 棒速度为
，cd 棒速度为
，
棒的加速度为零，可得
①
其中
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得
②
从
时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有
，
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变式可得
，
两式相加得
③
同时有
④
联立①②③④可得从
到某时刻，
、
的路程之差为
3．（2025·安徽·高考真题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接
阻值为R 的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ 存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为
B。某装置从MQ 左侧沿导轨水平向右发射第1 根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0 时被
锁定；从原位置再发射第2 根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0 时被锁定，以此
类推，直到发射第n 根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间
距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对
原磁场的影响。
求：
(1)第1 根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
(2)第2 根导体棒从进入磁场到速度减为0 的过程中，其横截面上通过的电荷量；
(3)从第1 根导体棒进入磁场到第n 根导体棒速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的总热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
，n = 1，2，3，…
【详解】（1）第1 根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E = BLv0
则此时回路的电流为
此时导体棒受到的安培力F 安 = BIL
此时导体棒受安培力的功率
（2）第2 根导体棒从进入磁场到速度减为0 的过程中，根据动量定理有
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”
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习~~~
其中
解得
（3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0 时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入
磁场后产生的总热量均为
第1 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量
第2 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量
第3 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量
第n 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量
则从第1 根导体棒进入磁场到第n 根导体棒速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的总热量QR
= QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn
通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出
，n = 1，2，3，…
4．（2025·山东·高考真题）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与
轨道垂直，以轨道上O 点为坐标原点，沿轨道向下为x 轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，
区域I（−2L ≤ x < −L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x ≥ 0）内充满
方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1 = k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为
由随时间t 均匀增加的匀强磁场和随x 轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R
的匀质正方形闭合金属框epqf 放置在轨道上，pq 边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够
长且不可移动，磁场上、下边界均与x 轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不
计自感。
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(1)若金属框从开始进入到完全离开区域I 的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v 和释放时pq 边与
区域I 上边界的距离s；
(2)金属框沿轨道下滑，当ef 边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），此时金属框的速率为v0，若
，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef 边移动的距离d。
【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）金属框从开始进入到完全离开区域I 的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定
律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势
线框中电流
线框做匀速直线运动，则
解得金属框从开始进入到完全离开区域I 的过程的速率
金属框开始释放到pq 边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq 边与区域I 上边界的距离
（2）当ef 边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef 边到O 点的距离为s 时，线框中产生的感应电
动势
，其中
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总
习~~~
此时线路中的感应电流
线框pq 边受到沿轨道向上的安培力，大小为
线框ef 边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时
，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
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