文档文本内容
第10 讲 动量观点在电磁感应中的应用
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
在导体切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理
巧妙解决问题。
已知或求解涉及的物理量
应用示例
电荷量
-BILΔt=mv2-mv1，q=IΔt，
即-BqL=mv2-mv1
位移
-B
2 L
2v Δt
R总
=0-mv0，
即-B
2 L
2 x
R总
=0-mv0
时间
-BILΔt+F 其他Δt=mv2-mv1，
即-BLq+F 其他Δt=mv2-mv1，
已知电荷量q、F 其他(F 其他
为恒力)
-B
2 L
2v Δt
R总
+F 其他Δt=mv2-
mv1，
即-B
2 L
2 x
R总
+F 其他Δt=mv2-
mv1，
已知位移x、F 其他(F 其他为
恒力)
例1 (多选)(2025·四川省模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场
区域的左侧，一正方形线框(右边框平行于磁场边界)由位置Ⅰ以4.5 m/s 的初速度垂直于磁场边界水平
向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置 Ⅲ 时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框
的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框
经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是( )
A.q1=q2
B.q1=2q2
C.v=1.0 m/s
D.v=1.5 m/s
答案 BD
解析 根据q= ΔΦ
R =B ΔS
R
可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2，故A 错误，B
正确；线框从开始进入磁场到位置Ⅱ，由动量定理有-BI 1LΔt1=mv-mv0，即-BLq1=mv-mv0，同理线框从位置
Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理有-BI 2LΔt2=0-mv，即-BLq2=0-mv，联立解得v=1
3v0=1.5 m/s，故C 错误，D 正确。
例2 (2025·河北保定市部分示范高中一模)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MNPQ 和
M1N1P1Q1固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L 和L。金属棒a、b 的质量分别为2m、
m，阻值分别为2R、R，长度分别为2L、L，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强
磁场中。现给金属棒a 一水平向右的初速度v0，经一段时间后金属棒a、b 达到稳定速度。已知运动过
程中两金属棒a、b 始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a 一直未到达NN1位置，下列说法正确的是(
)
A.稳定后金属棒a 的速度大小为2
3v0
B.稳定后金属棒b 的速度大小为1
3v0
C.整个运动过程中产生的热量为2
3mv0
2
D.从开始运动至达到稳定速度的过程中，流过金属棒b 的电荷量为mv0
3 BL
答案 C
解析 设经一段时间t 后金属棒a、b 达到稳定速度，大小分别为v1、v2，此时电路中刚好无电流，则有
2BLv1=BLv2，解得2v1=v2，分别对金属棒a、b 应用动量定理得-2BIL·t=2mv1-2mv0，BIL·t=mv2-0，联立解得
v1=1
3v0，v2=2
3v0，故A、B 错误；由能量守恒定律知整个运动过程中产生的热量Q=1
2×2mv0
2-1
2×2mv1
2-1
2
mv2
2=2
3mv0
2，故C 正确；从开始运动至达到稳定速度的过程中，流过金属棒b 的电荷量q=It，又BI
L·t=mv2-0，联立解得q=2m v0
3 BL ，故D 错误。
变式 (2025·陕晋宁青卷·7)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d 大于2L 的匀强磁场，其磁感应
强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R 和2R。两
线框在光滑水平面上以相同初速度v0=4 B
2 L
3
mR
并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则( )
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
答案 D
解析 根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A
错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F 安1=BI1L=B·BLv0
R
L=B
2 L
2v0
R
，乙线框刚进磁场区域时，合力为F
安2=BI2L=B·BLv0
2 R L=B
2 L
2v0
2 R
，可得F安1
F安2
=2，故B 错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理
有-BI 1LΔt=mv1-mv0，q1=I 1Δt=
ΔΦ
Δt
R
·Δt= ΔΦ
R =B·4 L
2
R
，同理对乙有-BI 2LΔt'=mv2-mv0，q2=I 2Δt'=
ΔΦ
Δt
'
2 R
·Δt'=
ΔΦ
2 R =B·4 L
2
2 R
，解得v1=0，v2=1
2v0=2B
2 L
3
mR
，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不
为0，故C 错误；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=1
2
mv0
2，Q2=1
2mv0
2-1
2m(
v0
2 )
2
=3
8mv0
2，可得Q1
Q2
=4
3 ，故D 正确。
例3 (2025·广西卷·7)如图所示，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为
l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R 的定值电阻，形成闭合回路，质量为m 的金属棒垂直
导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k 的两个完全相同的绝缘轻质弹
簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为
Ep=1
2kx2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面
向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a 后静止释放，金属
棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内，
重力加速度为g。此过程中( )
A.金属棒所受安培力冲量大小为B
2l
2(a+b)
R
B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为B
2l
2(a+b)
4 R
+mgt sinθ
2
C.每个定值电阻产生的热量为k(a
2-b
2)
8
+mg(a+b)sinθ
4
D.金属棒的平均输出功率为k(a
2-b
2)+mg(a+b)sinθ
2t
答案 D
解析 金属棒所受安培力冲量大小为I 安=BIlΔt=Blq，又q= E
R总
Δt= ΔΦ
R总
=Bl(a+b)
R总
，R 总= 2 R·2 R
2 R+2 R +R=2R，
联立解得I 安=B
2l
2(a+b)
2 R
，选项A 错误；该过程中，取沿导轨向下为正方向，由动量定理有2I 弹-I 安+mgsin
θ·t=0，解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I 弹=1
2I 安-1
2mgtsin θ=B
2l
2(a+b)
4 R
-1
2mgtsin θ，选项B 错误；
由能量关系可知回路产生的总热量Q=mgsin θ·(a+b)+2×1
2ka2-2×1
2kb2，每个定值电阻产生的热量为Q1=1
4
Q=mgsinθ·(a+b)
4
+1
4 k(a2-b2)，选项C 错误；金属棒的平均输出功率P=
1
2 Q
t
=mgsinθ·(a+b)+k(a
2-b
2)
2t
，
选项D 正确。
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
例4 (2025·陕西宝鸡市三模)如图所示为放置在水平面上的光滑金属导轨，由左侧的圆弧轨道和右侧足
够长的水平轨道平滑连接组成。圆弧轨道最上端连接一个电容C=0.5 F 的电容器，导轨间距为L=1 m。
在图中虚线de 右侧区域存在磁感应强度大小B=2 T，方向竖直向上的匀强磁场，金属棒b 静止在磁场
内水平导轨上。现断开开关S，将金属棒a 从圆弧导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为
h=1.8 m。已知金属棒a 的质量ma=3 kg，金属棒b 质量mb=1.5 kg，两金属棒在导轨间的电阻均为R=2
Ω。在运动过程中两金属棒始终与导轨接触良好且与导轨垂直，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略
不计，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)当金属棒b 的速度为2 m/s 时，求金属棒a 速度大小；
(2)要使两金属棒在磁场内运动过程中不相撞，求初始时刻金属棒b 到de 的最小距离x；
(3)若金属棒b 的速度为2 m/s 时从导轨上取走金属棒b，同时闭合开关S，求金属棒a 的最小速度。
答案 (1)5 m/s (2)6 m (3)3 m/s
解析 (1)设金属棒a 滑上水平导轨时速度为v0，下滑过程中由机械能守恒定律可得magh=1
2mav0
2，当金属
棒b 的速度vb=2 m/s 时，设金属棒a 的速度为va，由动量守恒定律有mav0=mava+mbvb，代入数据解得va=5
m/s。
(2)由题意可得，金属棒a 在磁场内做减速运动，金属棒b 在磁场内做加速运动。要使两金属棒在磁场中不
相撞，则金属棒a 追上金属棒b 时恰好共速。由动量守恒定律有mav0=(ma+mb)v 共，从金属棒a 进入磁场到
二者共速的过程中，设通过闭合回路的电量为q，回路中的平均电流I= E
2 R ，E= ΔΦ
Δt ，ΔΦ=BLΔx，q=I
Δt，在此过程中，对于金属棒b 由动量定理得BILΔt=mbv 共-0，联立以上各式可得，初始时刻金属棒b 到de
的最小距离x=Δx=6 m。
(3)由题意可得，取走金属棒b，闭合开关S，金属棒a 以5 m/s 的速度向右切割磁感线，给电容器充电。当
金属棒a 产生的感应电动势和电容器两端电压相等时，金属棒a 开始匀速运动，速度达到最小。
则E=BLvm，UC=q'
C ，且E=UC，对于金属棒a 由动量定理可得-BI'LΔt=-Bq'L=ma(vm-va)，联立以上各式可得
vm=
mava
ma+C B
2 L
2，代入数据可得vm=3 m/s。
例5 (多选)(2023·辽宁卷·10)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距
分别为d 和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和B。已知导体棒MN 的电阻为
R、长度为d，导体棒PQ 的电阻为2R、长度为2d，PQ 的质量是MN 的2 倍。初始时刻两棒静止，两棒
中点之间连接一压缩量为L 的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终
在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确
的是( )
A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B.PQ 速率为v 时，MN 所受安培力大小为4 B
2d
2v
3 R
C.整个运动过程中，MN 与PQ 的路程之比为2∶1
D.整个运动过程中，通过MN 的电荷量为BLd
3 R
答案 AC
解析 弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A 正确；任意时刻，设
电流为I，则PQ 所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN 所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知两棒系统
所受合外力为零，动量守恒，设PQ 质量为2m，则MN 质量为m， PQ 速率为v 时，则有2mv=mv'，解得
v'=2v，回路中的感应电流I=2Bdv ' + B·2dv
3 R
=2Bdv
R
，MN 所受安培力大小为FMN=2BId=4 B
2d
2v
R
，选项B
错误；设整个运动过程中，某时刻MN 与PQ 的速率分别为v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN 与PQ 的速
率之比始终为2∶1，则MN 与PQ 的路程之比为2∶1，故C 正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由
动量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最终MN 向左移动x1=2 L
3 ，PQ 向右移动x2= L
3 ，则q=IΔt= ΔΦ
R总
=
2B 2 L
3 d + B L
3 2d
3 R
=2BLd
3 R ，选项D 错误。
物理模型
两杆都在运动，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相
加还是相减；系统动量是否守恒
分析方法
动力学观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减
小的加速运动，而另一个金属杆做加速
度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆
以共同的速度匀速运动
能量观点
两杆系统机械能减少量等于回路中产生
的焦耳热之和
动量观点
对双杆合外力为零，应用动量守恒定律
处理速度问题，对其中一杆应用动量定
理可解电荷量、时间及位移差问题
专题强化练
[分值：44 分]
[1~5 题，每题4 分，6~9 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2025·广东广州市一模)如图所示，A、B 是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，
只是A 区域比B 区域离地面高，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放顺
利穿过磁场，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等
B.两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量不相等
C.两线圈落地时乙的速度较大
D.甲线圈运动时间较长，乙线圈先落地
答案 D
解析 由法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式有E=BLv，i= E
R ，F=BiL，可得F=B
2 L
2v
R
，由于乙
进入磁场时的速度较大，则安培力较大，穿过磁场的过程中克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，
故A 错误；由电流定义式结合法拉第电磁感应定律有q=IΔt= ΔΦ
R Δt Δt= ΔΦ
R =B ΔS
R
，可知通过线圈横截面的
电荷量相等，故B 错误；由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量
守恒定律可知，甲落地时速度较大，故C 错误；线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均
安培力为F，穿过磁场时间为Δt，下落全过程时间为t，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得mgt-F
Δt=mv，而FΔt=BILΔt，I= ΔΦ
ΔtR ，所以FΔt=BL ΔΦ
R
，可见下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，又因
为甲落地的速度大于乙落地的速度，即v 乙<v 甲，说明甲重力作用的时间更长，所以t 乙<t 甲，即乙运动时间
较短，先落地，故D 正确。
2.(多选)(2025·安徽蚌埠市质检)如图所示，两个相同的足够长光滑“ ”形金属导轨ACDE 和FGHJ 固定在
同一水平面内，AC、FG、DE、HJ 互相平行且间距均为L，金属棒a、b 垂直静止在导轨上，a、b 的质量
分别为2m 和m，它们接入电路的电阻分别为R 和2R，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B。现给a 一个水平向右的初速度v0，此后a、b 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.b 向左运动
B.b 最终的速度大小为2
3v0
C.通过b 的电荷量为2m v0
3 BL
D.b 中产生的焦耳热为2
9mv0
2
答案 BCD
解析 当a 向右运动时，a 切割磁感线产生感应电动势，可以判断a 中感应电流向上，b 中感应电流向下，
根据左手定则，b 受到的安培力向右，则b 向右运动，故A 错误，因a、b 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大反向，所以整体动量守恒，根据动量守恒定律，有2mv0=3mv，解得v=2
3
v0，故B 正确；对b 研究，根据动量定理有BLIt=BqL=m×2
3v0，解得q=2mv0
3 BL ，故C 正确；由能量守恒定
律及串联电路电功率的分配规律，得b 中产生的焦耳热Q=2
3[
1
2 ×2m v0
2- 1
2 ×3m( 2
3 v0)
2]=2
9mv0
2，故D
正确。
3.(多选)(2025·山东临沂市三模)如图所示的光滑金属轨道由左、右两段足够长的轨道拼接而成，整个轨道
固定在水平面内，左侧两平行导轨间距为2L，在上面搁置导体棒2(长度为2L、质量为2m、电阻为2R)，
右侧两平行导轨间距为L，在上面搁置导体棒1(长度为L、质量为m、电阻为R)，导轨电阻不计，整个轨
道所在的空间中有垂直于轨道平面的匀强磁场。现在给棒1 一个初速度v0，它通过安培力带动棒2 向右运
动，运动过程中棒1、棒2 均与导轨良好接触。下列说法正确的是( )
A.两棒一直做减速运动，最终速度为0
B.棒1 和棒2 的最终速度分别为2
3v0和1
3v0
C.两棒在运动过程中的同一时刻加速度大小不相等
D.整个过程中两棒上产生的焦耳热为1
6mv0
2
答案 BD
解析 根据题意，安培力会使棒2 向右加速运动，安培力使得棒1 向右减速，最终两棒均做匀速直线运动，
故A 错误；当两棒做匀速直线运动时有BLv1=2BLv2，此时回路中无电流，此即为两棒最终稳定状态，此时
v1=2v2；对棒1 应用动量定理，得-BILΔt=mv1-mv0，对棒2 应用动量定理，得2BILΔt=2mv2，解得v1=2v0
3 ，
v2=v0
3 ，故B 正确；对棒1，由牛顿第二定律有BI1L=ma1，对棒2，由牛顿第二定律有2BI2L=2ma2，因为两
棒串联，所以I1=I2，解得a1=a2，故C 错误；由能量守恒有Q=1
2mv0
2-(1
2mv1
2+1
2×2mv2
2)，解得Q=1
6mv0
2
，故D 正确。
4.(2025·河南省模拟)如图所示，间距为L 的倾斜光滑平行金属导轨的倾角θ=30°，底端接有阻值为R 的定值
电阻，虚线MN 上方的导轨区域存在垂直导轨平面向上的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为
B，质量为m、阻值为R、长度为L 的导体棒ab 垂直导轨放置。某时刻给ab 一平行导轨斜面向上的初速度，
已知ab 进入磁场时速度大小为2v0，经过时间t0速度减小为零，一段时间后，以大小为v0的速度离开磁场，
不计导轨的电阻，导体棒与导轨接触良好，且两者始终垂直，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.导体棒在磁场中沿导轨上滑的最大距离为4 mv0 R -2mgt0 R
B
2 L
2
B.导体棒在磁场中下滑过程中通过定值电阻的电荷量大小为2m v0-mgt0
BL
C.导体棒在磁场中下滑过程经历的时间为6 v0
g -t0
D.整个过程中定值电阻产生的焦耳热为3
2mv0
答案 C
解析 导体棒上滑过程由动量定理得mgt0sin θ+BILt0=m×2v0，而q=It0= Et0
2 R = ΔΦ
2 R =BLx
2 R ，联立解得x=
4 mR v0-mgRt0
B
2 L
2
，q=4 mv0-mgt0
2BL
，故A 错误；下滑过程通过的距离与上滑过程通过的距离大小相等，因
此下滑过程通过电阻的电荷量大小与上滑过程的相等，故B 错误；设导体棒在磁场中下滑过程经历的时间
为t1，此过程对导体棒有mgt1sin θ-BqL=mv0得t1=6 v0
g -t0，故C 正确；整个过程中电路产生的总的焦耳热Q
总=1
2m×(2v0)2-1
2mv0
2，定值电阻产生的焦耳热QR=1
2Q 总=3
4 mv0
2，故D 错误。
5.(多选)(2025·福建省二模)如图所示，间距为L 的平行光滑长直金属导轨固定放置，导轨平面水平，矩形
PMNQ 区域有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨平面离地面的高度为h，质量均
为m、电阻均为R、长度均为L 的金属棒a、b 垂直放在导轨上，b 在磁场中，a 在磁场外，给a 一个水平向
右的初速度v0，两金属棒在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，a、b 两金属棒从导轨MN 端水平抛
出后做平抛运动的水平位移之比为2∶1。两金属棒在导轨上运动时没有发生碰撞，不计空气阻力，重力加
速度为g，则下列说法正确的是( )
A.金属棒a 刚进磁场时的加速度大小为B
2 L
2v0
mR
B.金属棒b 离开轨道做平抛运动的水平位移为v0
3 √
2h
g
C.整个过程金属棒a 中产生的焦耳热为2
9mv0
2
D.金属棒b 初始位置到PQ 的距离至少为2mR v0
3 B
2 L
2
答案 BD
解析 对棒a，刚进磁场时根据牛顿第二定律有FA=BIL=BLBLv0
2 R =B
2 L
2v0
2 R
=ma，解得a=B
2 L
2v0
2mR
，故A 错
误；由于a、b 两金属棒从导轨MN 端水平抛出后做平抛运动的水平位移之比为2∶1，且竖直方向自由下
落高度相同，则运动时间相同，因此a、b 离开轨道时的速度大小之比为2∶1，设b 离开轨道时的速度大
小为v，则a 离开轨道时的速度大小为2v，且a、b 在轨道上运动时水平方向所受安培力等大反向，则a、b
棒整体水平方向动量守恒，根据动量守恒定律mv0=2mv+mv，解得v=1
3v0，金属棒b 做平抛运动有h=1
2gt2，
x=vt，联立解得x=v0
3 √
2h
g ，故B 正确；由能量守恒可知，金属棒a 中产生的焦耳热Q=
1
2[
1
2 mv0
2- 1
2 m( 1
3 v0)
2- 1
2 m( 2
3 v0)
2]=1
9mv0
2，故C 错误；设两金属棒在磁场中相对运动的位移为x，对a
研究，根据动量定理有-BLIΔt=m×2
3v0-mv0，又q=IΔt= E
2 R Δt=
ΔΦ
Δt
2 R
Δt= ΔΦ
2 R =BLx
2 R ，联立解得x=2mR v0
3 B
2 L
2 ，
故D 正确。
[争分提能练]
6.(多选)(2025·山东省实验中学第五次诊断)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，
导轨间距为L。导轨上垂直放置导体棒a 和b，质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计。匀
强磁场磁感应强度大小为B、方向竖直向上。开始时，两棒均静止，间距为x0。t=0 时刻导体棒a 获得向右
的初速度v0，两导体棒的Δv-t 图像(Δv=va-vb)如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.0~t2时间内，导体棒b 产生的焦耳热为1
4 mv0
2
B.t1时刻，棒a 的加速度大小为B
2 L
2v0
8mR
C.t2时刻，两棒之间的距离为m v0 R
B
2 L
2
D.0~t2时间内，通过b 棒的电荷量为mv0
2BL
答案 BD
解析 t2时刻Δv 为0，则二者共速，规定向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=2mv，解得共同速度v=v0
2
，由能量守恒可知，0~t2时间内，导体棒b 产生的焦耳热Q=1
2 ( 1
2mv0
2-1
2×2mv2)，联立解得Q=1
8mv0
2，故
A 错误；t1时刻，Δv 为v0
4 ，则回路电流I=BL Δv
2 R
=BL× v0
4
2 R
=BLv0
8 R ，则棒a 的加速度大小a=BIL
m =B
2 L
2v0
8mR
，故B 正确；对b 棒，由动量定理得BLIΔt=mv-0，因为q=IΔt= E
2 R Δt=
ΔΦ
Δt
2 R
Δt= ΔΦ
2 R =BL Δ x
2 R
，则t2时刻，
两棒之间的距离为s=x0+Δx，联立解得q= mv0
2BL，s=x0+m v0 R
B
2 L
2 ，故C 错误，D 正确。
7.(多选)(2025·湖南卷·9)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r0。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v0，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mv0r0
B
2
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 金属杆沿x 轴正方向运动过程中，根据右手定则可知金属杆中电流沿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F=F 安=BIL，I=BLv0
R
=BLv0
Lr0
=B v0
r0
，可得
F=B
2 Lv0
r0
，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，故B 错误；取一微小时间
Δt 内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L'，根据动量定理有-BI'L'Δt=mΔv，q=I'Δt，同时有q=
ΔΦ
Δt
L' r0
·Δt=
ΔΦ
L' r0
=B· Δ S
L' r0
，联立得-B
2 ΔS
r0
=mΔv，对从开始到金属杆停止运动时整个过程累加可得-B
2S
r0
=0-mv0，解得
此时金属杆与导轨围成的面积为S=m v0r0
B
2
，故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S'=1
2S，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，故D 错误。
8.(多选)(2025·河北省部分学校模拟)在倾角为30°的光滑斜面上存在与斜面垂直向上的条状匀强磁场，磁场
的宽度均为L，磁感应强度大小均为B，两个条状磁场间的距离为L，一质量为m、边长为L 的正方形导线
框紧贴斜面以与斜面底边平行的初速度v0抛出，导线框的一组边与磁场边界平行，线框与斜面、磁场的关
系如图甲、乙所示。已知斜面的宽度足够大、斜面足够长和磁场的数量足够多。重力加速度为g，不计空
气阻力，导线框电阻R=40 B
2 L
3
3m v0
。下列说法中正确的是( )
A.导线框刚进磁场时导线框中的电流方向为顺时针方向
B.导线框刚进入第二个条状磁场区域时，水平方向的加速度大小为51v0
2
400 L
C.导线框最多穿过6 个条状磁场区域
D.导线框产生的热量大于1
2mv0
2
答案 AC
解析 导线框刚进入磁场时，穿过导线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，故
A 正确；导线框在进入第一个条状匀强磁场的过程中对导线框水平方向受力分析，结合动量定理有-I 安=-B
I 1LΔt1=mv1-mv0，其中I 1Δt1= E1
R Δt1= ΔΦ
R =B L
2
R ，解得导线框进入到离开磁场过程中安培力的冲量大小为I 安
= 3
40mv0，所以导线框刚进入第二个条状磁场时水平方向的速度为v2=m v0-2 I 安
m
=17
20v0，此时导线框中的
电流为I=BLv2
R
，对导线框在水平方向受力分析并结合牛顿第二定律有BIL=ma，联立解得导线框刚进入第
二个条状磁场区域时，水平方向的加速度大小为a=51v0
2
800 L
，故B 错误；由题意可知，导线框每通过一个条
状磁场，水平方向动量减小3
20mv0，所以导线框能够穿过条状磁场的个数为n=
m v0
3
20 m v0
=20
3 ≈6.67，所以导
线框最多穿过6 个条状磁场区域，故C 正确；水平方向的速度最终减为0，由功能关系可知，水平方向速
度的减小是安培力做负功的结果，沿斜面向下方向安培力做功的和为零，所以导线框产生的热量为Q=1
2m
v0
2，故D 错误。
9.(多选)(2024·海南卷·13)两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N 两点绝缘
连接，M、N 等高，间距L=1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值
R=0.02 Ω 的电阻和C=1 F 的电容器，整个装置处于B=0.2 T 的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导
体棒ab、cd 分别放在MN 两侧，质量分别为m1=0.8 kg，m2=0.4 kg，ab 棒的电阻为0.08 Ω，cd 棒的电阻不
计，将ab 由静止释放，同时cd 从距离MN 为x0=4.32 m 处在一个大小F=4.64 N、方向沿导轨平面向上的力
作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N 处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab 的速度
为4.5 m/s，g=10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.ab 从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab 从释放到第一次碰撞前，R 上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab 的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd 的速度大小为8.4 m/s
答案 BD
解析 由于导体棒ab、cd 同时由静止开始运动，且恰好在M、N 处发生弹性碰撞，则说明ab、cd 在到达
M、N 处所用的时间是相同的，对导体棒cd 和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv
对cd 根据牛顿第二定律有
F-BIL-m2gsin 30°=m2a2
其中a2= Δv
Δt ，I= Δq
Δt
联立有a2=
F -m2 gsin30°
m2+C B
2 L
2
则说明导体棒cd 做匀加速直线运动，
则有x0=1
2a2t2
联立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，故A 错误；
由题知，碰前瞬间ab 的速度v1为4.5 m/s，
则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=1
2m1v1
2
导体棒ab 下滑过程中根据动量定理有
m1gsin 30°·t-BIL·t=m1v1
其中q=It=BL xab
R总
R 总=R+Rab=0.1 Ω
联立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J
则R 上消耗的焦耳热为QR= R
R总
Q=0.78 J
故B 正确；
由于两棒恰好在M、N 处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，有
m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2'
1
2m1v1
2+1
2m2v2
2=1
2m1v1'2+1
2m2v2'2
其中v2=a2t=7.2 m/s
联立解得v1'=-3.3 m/s，v2'=8.4 m/s
故C 错误，D 正确。
