第56 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 动量定理在电磁感应中的应用............................................................................................3
知识点 动量定理在电磁感应中的应用.............................................................................................3
考向1 “单棒+电阻”模型........................................................................................................................ 5
考向2 “单棒+电容器”模型.................................................................................................................. 10
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用..................................................................................15
知识点 动量守恒定律在电磁感应中的应用...................................................................................15
考向 动量守恒定律在电磁感应中的应用...............................................................................................16
04 真题溯源·考向感知.......................................................................................................................24
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
动量定理在电磁
感应中的应用
选择题
非选择题
湖南卷T9
湖南卷T8
湖南卷T9
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：
1．从近几年试题来看，湖南高考每年都要考查运用动量的观点分析求解电磁感应问题，常以选择题和计
算题形式出现，题目难度中档偏上。部分试题会将其作为压轴题，难度较大，且通常会结合动力学和能量
知识，综合性较强。
2．从命题思路上看，未来仍会加大对动量观点在电磁感应中应用的考查力度，题型大概率保持选择题和
计算题不变。命题情景多以典型的单棒和双棒模型为背景，考查方式可能会更加灵活，注重对学生理解能
力、分析综合能力以及数学应用能力的考查，可能会结合更多生活中的物理现象或现代科技应用，如电磁
轨道炮、超导磁悬浮等，要求学生将实际问题转化为物理模型进行求解。
复习目标：
目标1：清晰理解动量定理和动量守恒定律的基本概念、公式及适用条件，能准确区分两者的应用场景。
目标2：掌握电磁感应中常见的单棒模型（阻尼式、电动式、发电式等）和双棒模型的特点，明确不同模
型下的受力情况、运动规律及能量转化关系
考点
一
动量定理在电磁感应中的应用
知识点 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
1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为
I 其他+IlBΔt=mv-mv0
或I 其他-IlBΔt=mv-mv0;
若其他力的冲量和为零，则有IlBΔt=mv-mv0或-IlBΔt=mv-mv0。
2.求电荷量:q=IΔt=m v0−mv
Bl
。
3.求位移:由-B
2l
2v
R总
Δt=mv-mv0有x=vΔt=
(m v0−mv)R总
B
2l
2
。
4.求时间
①已知电荷量q，F 其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
-BILΔt+F 其他Δt=mv-mv0
即-BLq+F 其他Δt=mv-mv0。
②若已知位移x，F 其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。
−B
2 L
2v Δt
R总
+F 其他Δt=mv-mv0，vΔt=x。
考向1 “单棒+电阻”模型
1.“单棒＋电阻”模型
(1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻阻值为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，从导体棒开始运动至停下来。求：
①此过程中通过导体棒横截面的电荷量q＝mv0
BL ；
②此过程导体棒的位移x＝m v0 R
B
2 L
2 ；
③若导体棒从获得初速度v0经一段时间减速至v1，通过导体棒的电荷量为q1，则v1＝v0－B q1 L
m
；
④导体棒从获得初速度v0经过位移x0，速度减至v2，则v2＝v0－B
2 L
2 x0
mR
。
(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，
匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所在倾斜面向下(重力加速度为g，导轨电阻不计)。
①经Δt1＝m v1＋BLq
mgsinθ
，通过横截面的电荷量为q，速度达到v1。
②经Δt2＝mv2 R＋B
2 L
2 x
mgRsinθ
，导体棒下滑位移为x，速度达到v2。
例1(2025·湖南一模)如图所示，绝缘水平面上固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为
d，左端连接阻值为R 的定值电阻，一质量为m、电阻为r 的导体棒垂直导轨放置，空间存在
方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，现给导体棒一个水平向右的初速度v0，导
体棒在运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是( )
A.从上往下看，回路中产生逆时针方向的电流
B.电阻R 上产生的热量为m v0
2r
2( R+r )
C.通过导体棒某截面的电荷量为mv0
Bd
D.导体棒向右运动的最大距离为
m v0 R
B
2d
2
【答案】C
【解析】
【详解】根据楞次定律可知，从上往下看，回路中产生顺时针方向的电流，故A 错误;根据能
量守恒定律可知，回路中产生的热量为Q=1
2mv0
2，电阻R 上产生的热量为QR= R
R+r Q=
m v0
2 R
2( R+r )，故B 错误;通过导体棒某截面的电荷量为q=IΔt，由动量定理可得-BIdΔt=0-mv0，联
立解得q=mv0
Bd ，故C 正确;设导体棒向右运动的最大距离为L，则有q= ΔΦ
R+r = BdL
R+r ，联立解得
L=m v0( R+r )
B
2d
2
，故D 错误。
【变式训练1】（2025·湖南省郴州市高三第三次教学质量监测）如图所示，光滑绝缘的水平面上存在一系
列竖直向下宽度均为d 的相同的匀强磁场，相邻两磁场的间距为d。一匝数n=20，边长为d 的正方形金属
线圈（dc 边与磁场边界平行）以初速度v0从第一个磁场的左边界垂直进入磁场，结果线圈恰好能穿过完整
的磁场的个数N=5。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈每经过一个磁场的动量变化量相等
B. 线圈每经过一个磁场的发热量相等
C. 线圈刚好离开第一个磁场的速度为
D. 增加线圈的匝数（增加的线圈材料、粗细与原来的相同），线圈仍以原来的速度进入磁场，穿过完整
的磁场的个数仍为5
【答案】AD
【解析】
【详解】A．线圈在磁场中的运动为先减速进入磁场，再减速出磁场，然后又减速进磁场，减速出磁场，
以此类推。线圈在进入磁场或穿出磁场的过程中，速度变化量为
，由动量定理有
闭合电路欧姆定律得
再由法拉第电磁感应定律有
因为每次进入磁场或穿出磁场时线圈中磁通量变化量
联立可解得
表明线圈在进入或穿出磁场的过程中速度的变化量相等，线圈每经过一个磁场的速度变化量相等，动量变
化量相等，选项A 正确；
B．线圈依次经过各个磁场时，线圈所受安培力减小，线圈克服安培力做功减小，线圈内的发热量减小，
选项B 错误；
C．根据上述分析
可求出
故线圈刚好离开第一个磁场的速度为
选项C 错误；
D．根据
线圈电阻
线圈质量
联立可推知N 与n 无关，故线圈仍能通过5 个完整的磁场，选项D 正确。
故选AD。
【变式训练2】（(多选)(2025·湖南高三开学考)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属
导轨置于同一水平面内，导轨左端与定值电阻R 相连，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，
一质量为m 的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以大小为v0的初速度沿导轨向右经过AA1进
入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，AB=BC=d，导轨电阻
不计，忽略摩擦阻力和空气阻力，金属杆始终与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是(
)
A.金属杆经过BB1时的速度大小为v0
2
B.在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为1
2mv0
2
C.金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域，产生的热量之比为3∶1
D.若将金属杆的初速度大小变为2v0，则金属杆在磁场中运动的距离变为8d
【答案】AC
【详解】导体棒从AA1到BB1过程，由动量定理有-BI 1LΔt1=mv1-mv0，从A 到C 由动量定理有-B
I 2LΔt2=0-mv0，其中I 1Δt1=q1= E1
2 RΔt1= ΔΦ1
2 R =BLd
2 R ，同理I 2Δt2=BLd
R ，解得v1=v0
2 ，故A 正确;在
整个过程中，定值电阻R 产生的热量为QR=1
2Q=1
2×1
2mv0
2=1
4mv0
2，故B 错误;金属杆经过
AA1B1B 区域产生的热量Q1=1
2mv0
2-1
2mv1
2=3
8mv0
2，经过BB1C1C 产生的热量Q2=1
2mv1
2=1
8mv0
2
，则经过两区域产生的热量之比为3∶1，故C 正确;根据-BI 2LΔt2=0-mv0，即B
2 L
2·2d
2 R
=mv0，
若将金属杆的初速度大小变为2v0，则金属杆在磁场中运动的距离变为4d，故D 错误。
【变式训练3】如图甲所示，倾角为θ、宽度为l、电阻不计的光滑平行金属轨道足够长，整个装置处于垂
直轨道平面向下的匀强磁场中。轨道上端的电阻为R，金属杆MN的电阻为r，质量为m。将金属杆MN由
静止释放，沿轨道运动到PQ处时速度恰好达到最大值。电压表示数u随时间t的变化关系如图乙所示，已
知t1和t2时刻电压分别为U m
2 和最大值U m，重力加速度为g，金属杆始终与轨道垂直且接触良好。则（ ）
A．回路中磁通量变化量△φ与金属杆位移变化量△x的比值Δφ
Δ x 为一定值
B．运动到t2时刻一半时，金属杆两端电压可能等于U m
2
C．磁感应强度大小B = mg(R+r)sinθ
U ml
D．0∼t1时间内通过金属杆的电荷量q = U m
R [t1−
U m
2 (R+r)
2m g
2 R
2sin
2θ)
【答案】AD
【详解】A．金属导体棒下滑距离为Δ x时，回路中的磁通量变化量为Δϕ = Bl Δ x
所以磁通量变化量与金属杆位移变化的比值Δϕ
Δ x = Bl
是一个定值，故A 正确；
B．运动过程中的速度v，有U =
R
R+r E =
R
R+r Blv
对金属棒受力分析，可得mgsinθ−B
2l
2v
R+r =ma
做加速度逐渐减小的加速运动，在t ❑
2
❑
时刻一半时的速度大于vm
2 ，电压值大于U m
2 ，故B 错误；
C．当最后达到最大速度时，电流为I = U m
R
金属杆合力为零，BIl =mgsinθ
求得B = mgR sinθ
U ml
故C 错误；
D．t1时刻的物体速度为v1，则有U m
2 =
R
R+r Bl v1
求得v1= U m
2( R+r )
2mgsinθ R
2
对0-t1的过程列动量定理，mgsinθt1−Blq =m v1
整理后可得q = U m
R [t1−U m
2( R+r ）
2m g
2 R
2sin
2θ
]
故D 正确
故选AD 。
考向2 “单棒+电容器”模型
。
2.无外力充电式
基本模型
规律
(导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)
电路特点
导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I＝BLv −U C
R
，电容器充电UC 变
大，当BLv＝UC时，I＝0，F 安＝0，棒匀速运动
运动特点和最终特征
棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带
电荷量不为零
最终速度
电容器充电电荷量：q＝CUC
最终电容器两端电压UC＝BLv
对棒应用动量定理：
mv－mv0＝－BIL·Δt＝－BLq
v＝
mv0
m＋B
2 L
2C
v－t 图像
3.无外力放电式
基本模型
规律
(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
电路特点
电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流特点
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流
减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm
运动特点及最终特征
做加速度a 减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
最大速度vm
电容器初始电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：Q＝CUC＝CBLvm
电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：mvm－0＝BIL·Δt＝BLΔQ
vm＝
BLCE
m＋B
2 L
2C
v－t 图像
例1（多选） （）2025 湖南省邵阳市高三下学期第二次联考）某电磁健身器的简化装置如图所示，两根
平行金属导轨相距为，倾角为
，导轨上端串接一个阻值为
的电阻，下端接有电容为
的电容器。
在导轨间长为
的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为
，质量为
的金属棒
水平置于导轨上，用绝缘绳索（平行导轨）通过定滑轮与拉杆
相连，金属棒向上运动时，
闭合，
断开，向下运动时，
断开，
闭合。棒
的初始位置在磁场下方某位置处，一位健身者用大小为
的恒力竖直向下拉动
杆，棒
运动过程中始终保持与导轨垂直，进入磁场时恰好匀速上升，
棒
到达磁场
处时，撤去拉力
，恰好能减速运动到磁场上边界，紧接着棒a 从磁场上边界由静止开始
下滑，此时电容器电量为零，下滑过程中，拉力始终为零。不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量，
金属棒
与导轨接触良好，重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A. 棒a 向上进入磁场时的速度大小为
B. 棒a 减速向上运动的时间为
C. 棒a 在磁场中下滑时做加速度减小的加速运动
D. 棒a 向下离开磁场时的速度大小为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．棒进入磁场时有
又
联立解得
A 选项正确；
B．减速过程，由动量定理得
又
联立解得
B 选项正确
C．导体棒向下运动的过程中，
时间内电容器电荷量的变化量
按定义有：
对棒有
联立可得
可知棒做初速度为零的匀加速运动，
选项错误；
D．导体棒向下出磁场时的速度为，由运动学公式
解得
选项正确。
【变式训练1】（2025·湖南南省长沙市湖南师范大学附属中学高三下学期一模）如图所示，平行金属导轨
abcd 与a′b′c′d′，两导轨间距L = 2 m，ab 与a′b′段是竖直四分之一光滑圆弧，半径R = 20 m，bc 与b′c′是
光滑水平直导轨，cd 与c′d′是与水平成θ = 37°的足够长的粗糙直导轨，有垂直斜面向下的匀强磁场（磁场
只存在斜面轨道部分），磁感应强度B = 5 T，电容器的电容C = 200 μF，将一质量m = 20 g 的金属棒MN
由圆弧最高点静止释放，金属棒MN 与cd、c′d′的动摩擦因数μ = 0.25，重力加速度g = 10 m/s2，cc′处有一
小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，求：
（1）金属棒MN 第一次经过bb′时的速度大小v1；
（2）金属棒MN 在斜面cdc′d′上滑的最大距离d；
（3）最终金属棒MN 与斜面cdc′d′摩擦生的热Q。
【答案】（1）20m/s
（2）
（3）1.14J
【解析】
【小问1 详解】
根据机械能守恒定律得
解得
【小问2 详解】
金属棒
进入
时，cc′处有一小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，在极短的时间
内电容器充电完毕，d′端带正电，且电容器两端电势差和导体棒两端的电势差相等，由动量定理得
其中
，
得
金属棒
沿斜面上滑时，导体棒受重力和摩擦力减速，棒两端电势差减小，电容器要放电，导体棒中电
流由a′指向a，导体棒受安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有
其中
解得
金属棒
在斜面
上滑的最大距离
【小问3 详解】
金属棒
沿斜面下滑时，电容器充电，导体棒中电流由a′指向a，安培力沿斜面向上，对导体棒受力分
析有
且
解得
金属棒
沿斜面下滑至斜面底端时的速度
产生的热量
接着金属棒向左匀速后冲上圆弧轨道再返回cc′，此时电容器已放电完成，重复上述过程
同理可得
，
，
则产生的热量
以此类推
，
故
【变式训练2】（多选）（2025·四川乐山·三模）两根长直光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨
间距为L，空间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场，俯视角度如图所示。导轨左端通
过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E（内阻不计），电容器的电容为C。将质量为m，
电阻为R 的导体棒垂直放置在导轨上，先将开关接到a，待电容充电结束后将开关换接到b。忽略导线和
导轨电阻，且不考虑电磁辐射及回路中电流产生的磁场，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒加速度的最大值为BLE
mR
B．导体棒能够达到的最大速度为E
BL
C．导体棒从开始运动至达到最大速度的过程中，通过导体棒横截面积的电荷量为
CmE
B
2 L
2C +m
D．导体棒达到最大速度时，电容器极板间的电压为
BLE
B
2 L
2C +m
【答案】AC
【详解】A．充电后，电容器电压为E。开关接到“a”时导体棒速度为0，电容器两端电压的最大值为E，
导体棒中电流最大为Im，导体棒所受安培力的最大值为Fm，加速度最大设为am，故I m = E
R ，Fm = I m LB，
Fm =mam
解得am = BEL
mR
故A 正确；
BCD．导体棒达到最大速度vm时，电路中电流为0，电容器两端电压为U，电容器放出的电荷量为ΔQ，
导体棒达到最大速度时，电容器两端电压等于金属杆切割磁感线产生的感应电动势U = BLvm
故电容器放电量为ΔQ =C( E−U )
由动量定理∑ILB Δt =m vm
又∑I Δt = ΔQ
解得vm =
CEBL
B
2 L
2C +m，ΔQ =
CmE
B
2 L
2C +m，U = CE B
2 L
2
B
2 L
2C +m
故BD 错误，C 正确。
故选AC。
【变式训练3】（多选）如图所示，无限长“U”形金属导轨ABCD 和直线形导轨EF、GH 水平平行放置，
导轨均光滑且不计电阻，相邻导轨间距离L=0.4m，AB 和EF 间、GH 和CD 间均有竖直向上的匀强磁场，
磁感应强度大小均为2T，EF、GH 间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为2T，GH 和CD 左端连
有不带电的电容器，电容为0.5F。现有金属棒1、2、3 如图所示垂直导轨放置，三根金属棒长度均为L，
金属棒1、3 质量为1kg，电阻为1Ω。金属棒2 质量为2kg，电阻为2Ω。初始时刻金属棒1、3 静止，开关
S 断开，给金属棒2 水平向右、大小为5m/s 的速度。下列说法正确的是（ ）
A．S 断开，初始时刻通过金属棒2 的电流I 的大小为1A
B．S 断开，金属棒1、2、3 达到稳定状态时，金属棒2 的速度大小为4m/s
C．S 断开，从初始时刻到金属棒1、2、3 达到稳定状态，1 棒产生的焦耳热为5J
D．达到稳定状态时，撤去棒3，同时闭合开关S，电容器最终带的电量大小约为0.54C
【答案】ABD
【详解】A．初始时刻回路中感应电动势为E=B0Lv0=4V，
根据闭合电路的欧姆定律可得I =
E
R1+ R2+ R3
=
4
1+1+2 A=1A，选项A 正确；
B．稳定运行时，棒1、3 的速度均为v1，此时回路中的电流为零，则有B0Lv2=2B0Lv1
取向右为正方向，对棒2 根据动量定理可得−B0 I <=m2(v2−v0)
其中I t =q
则有B0qL=m2（v0-v2）
同理，对棒1 使用动量定理可得B0qL=m1v1
联立解得：v1=2m/s，v2=4m/s，选项B 正确；
C．根据能量守恒定律可得Q总= 1
2 ×m2(v0
2−v2
2)−2× 1
2 m1v1
2=5J
根据焦耳定律可得金属棒1 产生的焦耳热Q1=1
4 Q 总=1.25J，选项C 错误；
D．稳定运行时，棒1 的速度均为v5，棒2 的速度为v4，取向右为正方向，对棒1 根据动量定理可得
B0LQ=m1（v5-v1）
对棒2 使用动量定理B0LQ=m2（v2-v4）
对于整个回路，有B0Lv4=B0Lv5+Q
C
联立解得Q =
4 m1B0 LC v0
10m1+15C B0
2 L
2
带入数据解得Q = 20
37 C≈0.54 C，选项D 正确。
故选ABD。
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
知识点 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1.在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受
摩擦力，且受到的安培力的合力为0 时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。
2.双棒模型(不计摩擦力)
模型示意图及条件
水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、
R2，给棒2 一个初速度v0
电路特点
棒2 相当于电源；棒1 受安培力而加速运动，运动后产生反电动势
电流及速度变化
棒2 做变减速运动，棒1 做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的
电流减小，I＝BL v2−v1
R1＋R2
，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速
度均为零，以相等的速度匀速运动
最终状态
a＝0，I＝0，v1＝v2
系统规律
动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v
能量守恒Q＝1
2m2v0
2－1
2(m1＋m2)v2
两棒产生焦耳热之比
Q1
Q2
＝R1
R2
3.“双杆＋轨道”模型
类型
光滑平行导轨
光滑不等距导轨
示意图两金属杆的质量分别为m1、m2，
电阻分别为r1、r2，导轨间距为
L，其他电阻忽略不计
两金属杆的质量分别为
m1、m2，电阻分别为r1、
r2，导轨间距为L，其他
电阻忽略不计
两金属杆的质量分别为m1、m2，电
阻分别为r1、r2，导轨间距L1＝2L2，
其他电阻忽略不计
力学
观点
开始时，两杆做变加速运动；稳
定时，两杆以相同的加速度做匀
加速运动
杆MN 做加速度逐渐减小
的减速运动，杆PQ 做加
速度逐渐减小的加速运
动，稳定时，两杆的加速
度均为零，以相等的速度
做匀速运动
杆MN 做加速度逐渐减小的减速运
动，杆PQ 做加速度逐渐减小的加速
运动，稳定时，两杆的加速度均为
零，两杆的速度之比vMN∶vPQ＝1∶2
动量观点
系统动量不守恒
系统动量守恒
能量
观点
外力做的功＝金属杆1 增加的动
能＋金属杆2 增加的动能＋焦耳
杆MN 动能的减少量＝杆PQ 动能的增加量＋焦耳热
热
考向 动量守恒定律在电磁感应中的应用
例1．（2025·湖南大联考·一模）如图所示，平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨宽为L，导轨所在空
间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两金属杆质量均为m，两金属杆连入电路部分的电阻均
为R，0 时刻、2 杆静止，同时给1 杆水平向右的初速度
，则：
(1)两杆最终的速度是多少？
(2)设t 时刻两杆的速度已经稳定，则0~t 时间内两杆对地的位移分别是多大？
【答案】(1)
，方向水平向右
(2)
，
【知识点】双杆在等宽导轨上运动问题
【详解】（1）由于两杆受到的安培力大小相等，方向相反，则两金属杆组成的系统满足动量守恒，则有
解得两杆最终的速度大小为
方向水平向右。
（2）设1 杆速度为
，2 杆速度为
，则总电动势为
回路电流为
金属杆所受的安培力为
联立可得
对2 杆，由动量定理得
其中
联立可得
两杆组成的系统动量守恒，则有
即
两边同乘以
，再求和得
即
联立解得
，
【变式训练1】如图所示，光滑金属导轨MN、PQ水平固定放置，间距为L，两导轨之间存在着与导轨平
面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属棒ab与cd质量分别为4 m、m，电阻分别为R、4 R，长度
均为L，放置在导轨上并与导轨垂直。现同时给金属棒ab与cd一个大小为v0的初速度，方向分别向左、向
右，两金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，则下列说法正
确的是（ ）
A．通过金属棒ab的最大电流为BLv0
R
B．金属棒cd的最大加速度为2B
2 L
2v0
5mR
C．金属棒cd的速度减为零时，回路中的电流为3 BLv0
16 R
D．从初始时刻到金属棒cd的速度减为零时，两导体棒之间的距离增大了2mR v0
B
2 L
2
【答案】B
【详解】A．开始运动时通过金属棒ab的电流最大，最大值为I m= 2BLv0
4 R+ R = 2BLv0
5 R
选项A 错误；
B．开始运动时，两棒受安培力最大，加速度最大，则金属棒cd的最大加速度为acd = B I m L
m
= 2B
2 L
2v0
5mR
选项B 正确；
CD．两棒组成的系统受合外力为零，则动量守恒，则从初始时刻到金属棒cd的速度减为零时，根据动量
守恒定律（向左为正）4 m v0−m v0= 4 m v1
解得v1= 3
4 v0
此时回路中的电流为I = BLv1
5 R = 3 BLv0
20 R
该过程中对导体棒cd 由动量定理−B I L Δt =0−m v0
其中I Δt = E
5 R Δt = ΔΦ
5 R = BL Δ x
5 R
解得Δ x = 5mR v0
B
2 L
2
可知两导体棒之间的距离增大了
5mR v0
B
2 L
2 ，选项CD 错误。
故选B。
【变式训练2】如图所示，光滑足够长水平导轨置于磁场中，左侧导轨间距为l，匀强磁场的磁感应强度大
小为2B，右侧导轨间距为2l，匀强磁场的磁感应强度大小为B。导体棒ab和导体棒cd均垂直于导轨放
置，处于静止状态。ab棒和cd棒接入电路的电阻相等，两棒始终在对应的导轨部分运动，且与导轨垂直且
接触良好，导轨电阻不计。现给cd棒一水平向右的初速度v0，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（
）
A．ab和cd组成的系统动量守恒
B．ab达到稳定运动状态时，其两端电压为零
C．cd达到稳定运动状态前，一直做匀减速运动
D．cd克服安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热
【答案】A
【详解】A．导体棒ab和cd构成串联电路，电流等大反向，根据安培力公式，两棒受到的安培力等大反
向，合力为零，系统动量守恒，A 正确；
B．当导体棒ab达到稳定运动状态时，导体棒cd也处于稳定运动状态，两棒共速，回路电流为零，但棒两
端电压等于电动势，B 错误；
C．导体棒cd在做减速运动，导体棒ab在做加速运动，回路总电动势在减小，电流在减小，因此导体棒受
到的安培力也在减小，故导体棒在达到稳定状态前在做加速度逐渐减小的减速运动，C 错误；
D．导体棒cd克服安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热和导体棒ab动能增加量之和，D 错误。
故选A。
【变式训练3】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，回路中产生逆时针方向的电流
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】C
【详解】A．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，故A 错误；
B．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＝2B I·d
方向向右，可知两棒及轻质绝缘弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，设PQ 质量为2m，则
MN 质量为m， PQ 速率为v 时，根据动量守恒定律
2mv=mv′
解得
v′=2v
此时回路中的感应电流
I = 2Bd v
′ + B⋅2dv
R+2 R
= 2Bdv
R
故MN 所受安培力大小为
FMN=2BId＝4 B
2d
2v
R
故B 错误；
C．根据动量守恒定律
2mv=mv′
知整个运动过程中，任意时刻MN 与PQ 的速率都有
v′=2v
故MN 与PQ 的速率之比始终为2 1∶，时间相同，故路程比等于速率比， 故MN 与PQ 的路程之比为2 1∶，
故C 正确；
D．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，时间相同，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
则整个运动过程中，通过MN 的电荷量为
q = I Δt = ΔΦ
R总
=
2B⋅2 L
3 ⋅d + B⋅L
3 ⋅2d
3 R
= 2BLd
3 R
故D 错误。
故选C。
【变式训练4】如图，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD，直宽轨EF、GH 和连接直轨BE、GD
构成，整个导轨处于同一水平面内，AB∥CD∥EF ∥GH，BE 和GD 共线且与AB 垂直，窄轨间距为
L
2 ，宽轨间距为L。空间有方向竖直向上的匀强磁场，宽轨所在区域的磁感应强度大小为B，窄轨所在区
域的磁感应强度大小为2B。棒长均为L、质量均为m、电阻均为R 的均匀金属直棒a、b 始终与导轨垂直
且接触良好。初始时刻，b 棒静止在宽轨上，a 棒从窄轨上某位置以平行于AB 的初速度v0向右运动。a 棒
距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH 足够长。则（ ）
A．a 棒刚开始运动时，b 棒的加速度大小为B
2 L
2v0
2mR
B．经过足够长的时间后，a 棒的速度大小为2
3 v0
C．整个过程中，a 棒克服安培力做的功等于ab 两棒上的发热量
D．整个过程中，b 棒产生的焦耳热为1
6 mv0
2
【答案】D
【详解】A．a 棒刚开始运动时，产生的动生电动势为
E =2B· L
2 v0= BLv0
回路中的总电阻
R总= 3
2 R
则回路中的感应电流为
I = 2 E
3 R = 2BLv0
3 R
在此瞬间对b 棒由牛顿第二定律可得
BIL=ma
解得
a= 2B
2 L
2v0
3mR
故A 错误；
B．分析可知，a 棒、b 棒分别向右做加速度减小的减速运动和加速度减小的加速运动，回路中的感应电动
势为
E = Ea−Eb=2B· L
2 va−BLvb= BL(va−vb)
当va= vb= v时，感应电动势为零，两棒将均做匀速直线运动，对两棒组成的系统合外力
F合= BIL−2BI· L
2 =0
则可知两棒组成的系统动量守恒，有
m v0=2mv
解得
v = v0
2
可知，经过足够长的时间后，a 棒的速度大小为1
2 v0，故B 错误；
C．根据能量守恒可知，整个过程中，a 棒克服安培力做的功等于ab 两棒上的发热量与b 棒所获得的动能
之和，故C 错误；
D．根据能量守恒，可得在整个过程中产生得总热量为
Q = 1
2 mv0
2−1
2 ·2m( v0
2 )
2
而b 棒产生得热量为
Qb= 2
3 Q = 1
6 m v0
2
故D 正确。
故选D。
1.（多选）（2025·湖南·高考真题）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】
【详解】A．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；
B ．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
，
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，故B 错误；
C ．取一微小时间
内，设此时金属杆接入导轨中
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
故C 正确；
D．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，故D 错误。
故选AC。
2.（多选）（2024·湖南·高考真题）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面
内，导轨左端与一阻值为R 的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，A A1右侧处于竖
直向下的匀强磁场中，一质量为m 的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过A A1进
入磁场，最终恰好停在C C1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，
AB = BC =d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆经过B B1的速度为v0
2
B．在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为1
2 mv0
2−1
2 μmgd
C．金属杆经过A A1B1B与B B1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2 倍
【答案】CD
【详解】A．设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有
E = BLv，I = E
2 R
金属杆在AA1B1B 区域运动的过程中根据动量定理有
−BIL Δt =m Δv
则
−B
2 L
2vt
2 R
Δt =m Δv
由于d =∑vt Δt，则上面方程左右两边累计求和，可得
−B
2 L
2d
2 R
=mvB−mv0
则
vB= v0−B
2 L
2d
2mR
设金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C 区域运动的过程中有
−B
2 L
2d
2 R
−μmgt0=−m vB
解得
vB= B
2 L
2d
2mR + μgt0
综上有
vB= v0
2 + μgt0
2
> v0
2
则金属杆经过BB1的速度大于v0
2 ，故A 错误；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
1
2 m v0
2= μmgd +Q
则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
QR= 1
2 Q = 1
4 mv0
2−1
2 μmgd
故B 错误；
C．金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为
−∑BIL Δt =−∑B
2 L
2
2 R vt Δt = B
2 L
2 x
2 R
则金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域滑行距离均为d，金属杆所受安培力的冲量相同，故C 正确；
D．根据A 选项可得，金属杆以初速度v0在磁场中运动有
−B
2 L
2×2d
2 R
−μmgt0=−mv0
金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为t '，全过程对金属棒分析得
−B
2 L
2 x
2 R
−μmgt
′ =0−2m v0
联立整理得
B
2 L
2(x−4 d)
2 R
= μmg(2t0−t
′)
分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过BB1C1C 区域的速度比第一次大，故t
′<t0，可得
x>4 d
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2 倍，故D 正确。
故选CD。
3.（多选)[2024·海南卷] 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,质量分为m1=0.8 kg,m2=0.4 kg,ab 棒电阻为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MN 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 取10 m/s2 ( )
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Δq2=C·BLΔv2,对cd 根据牛顿第二定律有F-
BI2L-m2gsin 30°=m2a2,其中a2= Δv2
t2
,I2= Δq2
t
,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-BI 1L·t=m1v1,其中q1=I 1t=
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MN 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
2
m1v1'2+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.
4..[2024·江西卷] 如图所示,绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨,导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行
金属导轨平滑连接,两侧导轨倾角分别为θ1、θ2,导轨间距均为l=2 m,水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强
磁场,磁感应强度大小B=0.5 T.现有两均匀金属细棒甲和乙,质量分别为m1=6 kg 和m2=2 kg,接入导轨的电阻
均为R=1 Ω.左侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1= 3
20、.初始时刻,乙静止在水平导轨上,与水平导轨
左端P1P2的距离为d,甲从左侧倾斜导轨高度h=4 m 的位置静止滑下.水平导轨足够长,两棒运动过程中始终
与导轨接触良好且保持垂直..不计空气阻力和导轨的电阻.(g 取10 m/s2,sin θ1=0.6,sin θ2=0.8)
(1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向;
(2)为使乙第一次到达水平导轨右侧Q1Q2之前甲和乙不相碰,求d 的最小值;
【答案】.(1)2 m/s2 水平向右 (2)24 m
[解析] (1)对甲从静止到运动至P1P2处的过程,根据动能定理有
m1gh-μ1m1gcos θ1·
ℎ
sin θ1
=1
2m1v0
2-0
甲刚进入磁场时,由法拉第电磁感应定律有
E0=Blv0
根据闭合电路欧姆定律有I0= E0
2 R
对乙由牛顿第二定律有BI0l=m2a 乙0
联立解得a 乙0=2 m/s2
根据楞次定律可知,回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视),结合左手定则可知,乙所受安培力方向水平向右,
则加速度方向水平向右
(2)甲和乙在磁场中运动的过程,由于甲和乙所受的安培力大小相等、方向相反,所以甲、乙组成的系统所受
合外力为0,系统动量守恒,当两者共速时有m1v0=(m1+m2)v 共
联立解得v 共=6 m/s
对乙根据动量定理有BIl·Δt=m2v 共-0
其中I= E
2 R ,E= ΔΦ
Δt ,ΔΦ=BlΔx
为使甲和乙不相碰,甲与乙共速时两者的位移差应不大于距离d,即Δx≤d
联立解得d≥24 m
所以d 的最小值为24 m
5．（2023·重庆·高考真题）如图所示，与水平面夹角为θ 的绝缘斜面上固定有光滑U 型金属导轨。质量为
m、电阻不可忽略的导体杆MN 沿导轨向下运动，以大小为v 的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强
磁场区域，在磁场中运动一段时间t 后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的
电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（ ）
A．流过杆的感应电流方向从N 到M
B．杆沿轨道下滑的距离为3
2 vt
C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D．杆所受安培力的冲量大小为mgt sinθ−mv
【答案】D
【详解】A．根据右手定则，判断知流过杆的感应电流方向从M 到N，故A 错误；
B．依题意，设杆切割磁感线的有效长度为L，电阻为R。杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力，轨
道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ−F安=ma
F安= BIL
I = BLv
R
联立可得杆的加速度
a= gsinθ−B
2 L
2v
mR
可知，杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动；若杆做匀加速直线运动，则杆运动的
距离为
s= v +2v
2
⋅t = 3
2 vt
根据v −t图像围成的面积表示位移，可知杆在时间t 内速度由v达到2v，杆真实运动的距离大于匀加速情
况发生的距离，即大于3
2 vt，故B 错误；
C．由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大。由动能定理可
知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据P= W
t 可得安培力的平均功率小于重力的平均功
率，也即流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C 错误；
D．杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得
mgt sinθ−I 安=m⋅2v −mv
得杆所受安培力的冲量大小为
I 安=mgt sinθ−mv
故D 正确。
故选D。
6.（2023·福建·高考真题）如图，M、N 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可
忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO
′垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属
棒a、b 均垂直于导轨放置，b 始终固定。a 以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接
触良好，并与b 不相碰。以O 为坐标原点，水平向右为正方向建立x 轴坐标；在运动过程中，a 的速度记
为v，a 克服安培力做功的功率记为P。下列v 或P 随x 变化的图像中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】AB．设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a 进入磁
场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有
F ⋅Δt =m v0−mv
根据
F = BIL
I = E
R
E = BLv
可得
F = B
2 L
2v
R
又因为
x = v ⋅Δt
联立可得
B
2 L
2
R
x =m v0−mv
根据表达式可知v 与x 成一次函数关系，故A 正确，B 错误；
CD．a 克服安培力做功的功率为
P = Fv = B
2 L
2
R
⋅v
2= B
2 L
2
R
⋅(v0−B
2 L
2
mR x)
2
故P−x图像为开口向上的抛物线，由于F 和v 都在减小，故P 在减小,故CD 错误。
故选A。
7．（2023·辽宁·高考真题）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
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
【答案】AC
【详解】A．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；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ 受安培力
方向向左；MN 受安培力
方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ 质量为2m，则MN 质量为m， PQ 速率为v 时，
则
解得
回路的感应电流
MN 所受安培力大小为
选项B 错误；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
可得则最终MN 位置向左移动
PQ 位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F 弹，安培力平均
值F 安，则整个过程根据动能定理
可得
选项C 正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN 向左位置移动
，PQ 位置向右移动
，则
选项D 错误。
故选AC。
8．（2024·湖北·高考真题）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
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）
；（2）
；（3）
【详解】（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
解得
则ab 刚越过MP 时产生的感应电动势大小为
（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
可知，整个回路的总电阻为
ab 刚越过MP 时，通过ab 的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（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，由动量守恒定律有
解得
对金属棒
，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为
，金属环运动的距离为
，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP 的最小距离
