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例1 (2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ 的间距为L，固定在同一水平面
内，直导轨在左端M、P 点分别与两条竖直固定、半径为L 的1
4 圆弧导轨相切。MP 连线与直导轨垂直，
其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为
R 的金属棒ab 跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R 的均匀金属丝制成一个半径为L 的
圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属
环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab 由静止
释放，求：
(1)ab 刚越过MP 时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab 在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP 的最小距离。
答案 (1)BL√2 gL (2)B
2 L
2√2gL
3mR
(3)B
2 L
3+mR√2gL
B
2 L
2
解析 (1)根据题意可知，对金属棒ab 由静止释放到刚越过MP 过程中，
由动能定理有mgL=1
2mv0
2
解得v0=√2gL
则金属棒ab 刚越过MP 时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL√2gL
(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，
由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0=R
可知，整个回路的总电阻为
R 总=R+ R·R
R+ R =3
2R
ab 刚越过MP 时，通过金属棒ab 的感应电流为
I= E
R总
=2BL√2gL
3 R
对金属环由牛顿第二定律有2BL· I
2=2ma
解得a=B
2 L
2√2gL
3mR
(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab 所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于
金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab 在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab 和
金属环速度相等时，金属棒ab 恰好追上金属环，设此时速度为v，
由动量守恒定律有mv0=mv+2mv
解得v=1
3v0
设经过时间t，金属棒ab 与金属环共速，
对金属棒ab，由动量定理有-BILt=m·v0
3 -mv0
则有BLq=2
3mv0
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，
则有q=BL( x1- x2)
R总
联立解得Δx=x1-x2=mR√2gL
B
2 L
2
则金属环圆心初始位置到MP 的最小距离
d=L+Δx=B
2 L
3+mR√2gL
B
2 L
2
。
例2 (2025·福建卷·16)光滑斜面倾角θ=30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区域
中磁感应强度大小相等。正方形线框abcd 质量为m，总电阻为R，线框由同种材料制成且粗细均匀，
Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1，Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2，两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的
边长。线框从某一位置释放，cd 边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度大小始
终为v，cd 边进入Ⅱ区域时的速度和ab 边离开Ⅱ区域时的速度一致。已知重力加速度为g。
(1)求线框释放时cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离；
(2)求cd 边进入Ⅰ区域时cd 边两端的电势差；
(3)求线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。
答案 (1)v
2
g (2)3
4 √
mgRv
2
(3)见解析
解析 (1)设线框释放时cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离为d，
从线框释放到cd 边到达Ⅰ区域上边缘过程中，由动能定理得mgdsin θ=1
2mv2，解得d=v
2
g
(2)因为cd 边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v，可知线框的边长
L=L1，根据平衡条件有mgsin θ=BIL1
又E=BL1v，I= E
R
cd 边两端的电势差U=3
4 E
联立解得U=3
4 √
mgRv
2
(3)①若L2>L1，线框在cd 边进入Ⅱ区域到ab 边离开Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mgsin θ·t2-2BIL1t3=0
根据q=I·Δt= E
R ·Δt=
ΔΦ
Δt
R
·Δt= ΔΦ
R =B L1
2
R
，知线框进、出磁场过程中电荷量都相等，
即It3=B L1
2
R
由(2)知B=√
mgR
2 L1
2v
联立解得t2=2 L1
v
根据动能定理-W 克安+mgsin θ(L2+L1)=0
克服安培力做功的平均功率P=W 克安
t2
联立解得P=mgv( L1+ L2)
4 L1
②若L2<L1，同理可得q'=B L1 L2
R
根据动量定理mgsin θ·t4-2BIL1t5=0
其中q'=It5
联立解得t4=2 L2
v
根据动能定理-W 克安'+mgsin θ(L2+L1)=0
克服安培力做功的平均功率P'=W 克安
'
t 4
联立解得P'=mgv( L1+ L2)
4 L2
③若L2=L1，结合上述分析知，线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程，始终受安培力，可能一直
减速，也可能先减速后匀速，则cd 边进入区域Ⅱ时的速度与ab 边离开区域Ⅱ时的速度不可能一致，故不
存在此种情况。
例3 (2025·山东日照市二模)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=1 m，光滑的宽轨O1P1、O2P2之间的距离L2=2 m。窄轨以垂直于轨道的虚线A1A2为分界线，左侧
粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关S1连接一电容C=0.02 F 的不带电的电容器(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=10 Ω。质量m=1 kg 的金属棒ab 静止在窄轨上，ab 棒到
A1A2的距离x=4.5 m，与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.2；质量M=2 kg 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=10 T 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5 N 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=20 Ω，ab 棒及导轨电阻均不计。重力加速度g 取10
m/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 棒的电荷量；
(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)3 s (2)0.1 C (3)1 J
解析 (1)先闭合开关S1，断开开关S2，设金属棒ab 在F 作用下加速度为a，根据牛顿第二定律可得：F-
μmg-BIL1=ma
I= ΔQ
Δt =CB L1 Δv
Δt
=CBL1a
解得a=
F - μmg
m+C B
2 L1
2=1 m/s2
则金属棒ab 在拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，根据x=1
2at2
解得t=3 s
(2)当金属棒ab 运动到A1A2处时，其速度为v0，v0=at=3 m/s，此时撤去恒力F，同时断开开关S1，闭合开关
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，最终都做匀速直线运动，
设金属棒ab、cd 匀速直线运动的速度分别为v1、v2，根据动量定理可得：
对金属棒ab：-BIL1Δt=mv1-mv0
对金属棒cd：BIL2Δt=Mv2
对整个闭合电路,ab、cd 棒匀速时有
BL1v1-BL2v2=0
解得v1=2 m/s，v2=1 m/s
对金属棒cd：BIL2Δt=BL2q=Mv2
解得q=0.1 C
(3)金属棒cd 在向右加速的过程中，设系统产生的焦耳热为Q，根据能量守恒可得：
Q=1
2mv0
2-1
2mv1
2-1
2Mv2
2=1.5 J
则金属棒cd 产生的焦耳热Q2=
R2
R1+ R2
Q=1 J。
