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素养提升20　动量观点在电磁感应中的应用
1.如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a（a＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小（　　）
A.大于 B.等于
C.小于 D.以上均有可能
2.如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场。一质量为m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通过计算可知（g取10 m/s2，不计空气阻力）（　　）
A.导体棒进入磁场时的速度为3 m/s
B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为2 J
C.磁场的长度x1为2 m
D.整个过程通过电阻R的电荷量为3 C
3.（2026·黑龙江哈尔滨期末）如图所示，两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静置放着两根质量为m、电阻为R的相同导体棒ab和cd，构成矩形回路（ab、cd与导轨接触良好），导轨平面内有竖直向上的匀强磁场B。现给cd一个初速度v0，则（　　）
A.ab将向右做匀加速运动
B.ab、cd最终具有相同的速度
C.ab能够获得的最大速度为v0
D.回路产生的焦耳热最多为m
4.〔多选〕（2026·河南周口期末）如图所示，足够长光滑水平导轨由左、右两部分组成，左侧部分间距为2L，右侧部分间距为L，两部分导轨平滑连接。整个区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根导体棒MN和PQ分别垂直放置在导轨的左、右部分，其中MN的质量为2m、电阻为2R，PQ的质量为m、电阻为R。初始时MN、PQ均静止，现导体棒PQ获得水平向右的初速度v0，之后两棒始终在各自导轨上运动，导轨电阻忽略不计。则下列说法正确的是（　　）
A.最终MN的速度为v0，PQ的速度为v0
B.通过回路的总电荷量为
C.回路中产生的总焦耳热为m
D.全过程中PQ所受安培力的冲量大小为mv0
5.（2026·四川绵阳期末）如图所示，足够长光滑平行的金属轨道由倾斜和水平两部分组成，倾斜部分宽度L1＝1 m、倾角θ＝37°，水平部分宽度L＝2 m，所在空间分别存在垂直于各自轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小都为B＝1 T。粗细均匀的两根金属杆ab和cd，长度均为L＝2 m，质量均为m＝1 kg，总电阻均为R＝2 Ω。cd杆放置在水平轨道上距两部分连接处x0＝10 m处，并在外力作用下固定，ab杆在倾斜轨道上某处由静止释放，当ab杆经过连接处时撤去作用在cd杆上的外力。已知ab杆到达斜面底端前已经做匀速运动，经过连接处速度大小不变，滑上水平轨道恰好不脱离轨道，两杆在运动过程中始终垂直于轨道且与轨道接触良好，没有相碰。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）ab杆在倾斜轨道上的最大速度；
（2）稳定后cd与ab间的距离。
6.（2026·甘肃白银期末）如图所示，两根足够长且电阻不计的光滑金属导轨平行放置，两导轨间的距离d＝1 m；导轨的水平部分和弧形部分相切，水平导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝2 T。在弧形导轨上高h＝1.25 m处放置一金属杆a，水平导轨右侧放置另一金属杆b，杆a、b的质量分别为ma＝2 kg、mb＝1 kg，接入电路的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝3 Ω。由静止释放杆a，同时让杆b以v0＝2 m/s的初速度向左运动，杆a下滑到水平导轨处时，杆b的速度大小v1＝1 m/s，方向水平向左。两杆在运动过程中始终与导轨垂直且未碰撞，重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）在杆a运动到水平导轨处的过程中，杆b的位移大小。
（2）在杆a在水平导轨上运动的过程中，通过杆a横截面的电荷量。
（3）在整个运动过程中，杆b产生的焦耳热。
7.（2026·山西运城期末）如图所示，将电阻为R＝0.02 Ω、质量为m＝0.01 kg的单匝正方形闭合线圈abcd水平放置在顺时针运行的水平传送带的最左端，其边长为l＝0.1 m。边界MN、PQ与传送带运行方向垂直，在MN、PQ区域内加一个垂直于传送带平面向下、磁感应强度为B＝0.4 T的匀强磁场，边界MN、PQ间距为d＝0.26 m。线圈在运动过程中左右两边始终与磁场边界平行，其与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，线圈ab边进入磁场区域前已和传送带共速，传送带的速度为v0＝1 m/s。t＝0时刻，线圈ab边与MN重合，t1＝0.2 s时刻，线圈cd边与MN重合，t2时刻线圈ab边与PQ重合。已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，线圈中的感应电流大小；
（2）t1时刻，线圈的速度大小；
（3）0～t2时间内，线圈中产生的焦耳热。
素养提升20　动量观点在电磁感应中的应用
1.B　通过线圈横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程－Bat1＝mv－mv0，线圈离开磁场过程－Bat2＝0－mv，由于q＝t1＝t2，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，故B正确。
2.C　设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据动能定理有mgh1＝m，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出后做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝m－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B错误；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立解得q＝2 C，x1＝2 m，故C正确，D错误。
3.B　根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两根棒速度不相等时回路中才有感应电流，感应电流使两根棒都产生加速度，然而受速度变化影响，有效电动势发生变化，感应电流、安培力、加速度也随之变化，所以ab不可能向右做匀加速运动，故A错误；当两根棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回路中将不再有感应电流，ab、cd最终具有相同的速度，故B正确；根据题意最终两根棒的速度相等，选向右的方向为正，由动量守恒定律有mv0＝（m＋m）v，解得v＝v0，故C错误；根据能量守恒定律，在运动过程中回路中产生的热量为Q＝m－·2m＝m，故D错误。
4.BD　设MN、PQ的最终速度分别为v1、v2，稳定时有B·2Lv1＝BLv2，可得v2＝2v1，由动量定理，对PQ有BLΔt＝mv0－mv2，对MN有B·2LΔt＝2mv1，联立解得v1＝v0，v2＝v0，故A错误；PQ所受安培力的冲量IA＝mv2－mv0＝－mv0， 大小为mv0，故D正确；由于｜IA｜＝BLΔt＝BLq，解得q＝，故B正确；由能量守恒定律有m＝×2m＋m＋Q，联立解得Q＝m，故C错误。
5.（1）18 m/s　（2）1 m
解析：（1）当ab杆在倾斜轨道上的速度最大时有
mgsin 37°＝BIL1，I＝
联立解得vm＝18 m/s。
（2）当ab杆滑入水平轨道后，根据动量守恒定律可得mvm＝2mv
设稳定后cd与ab间的距离为x，对cd，根据动量定理有BL·Δt＝mv，q＝·Δt＝
联立解得x＝1 m。
6.（1）1.25 m　（2）2 C　（3）8.1 J
解析：（1）在杆b开始运动到杆a下滑到水平导轨处的过程中，对杆b，由动量定理得
－Bdt1＝mbv1－mbv0
设在杆b开始运动到杆a运动到水平导轨处的过程中，杆b的位移大小为x，则平均电流为＝
平均感应电动势为＝
联立解得x＝1.25 m。
（2）设杆a滑到水平导轨处的速度为v2，杆a由静止释放滑至水平导轨处，由动能定理magh＝ma
设杆a、b最终的共同速度为v3，在杆a、b都在水平导轨上运动至共速的过程中，由动量守恒定律得mav2＋（－mbv1）＝（ma＋mb）v3
此过程，对杆a由动量定理，
得B'dt＝mav2－mav3
杆a、b串联，流经两杆的电荷量q＝'t
联立解得q＝2 C。
（3）整个运动过程中，由能量守恒定律得
magh＋mb－（ma＋mb）＝Q
则杆b产生的焦耳热Qb＝Q
联立解得Qb＝8.1 J。
7.（1）2 A　（2）0.6 m/s　（3）0.005 2 J
解析：（1）线圈ab边进入磁场区域前已和传送带共速，
则t＝0时刻，线圈中的感应电动势为E＝Blv0
线圈中的感应电流大小为I＝
解得I＝2 A。
（2）由于BIl＞μmg，所以线圈在传送带上所受摩擦力为滑动摩擦力，设t1时刻，线圈的速度大小为v，对线圈进入磁场的过程，以水平向右为正方向，由动量定理可得－Blt1＋μmgt1＝mv－mv0
即－＋μmgt1＝mv－mv0
其中l＝t1
联立解得v＝0.6 m/s。
（3）t1～t2时间内，线圈中焦耳热为零。
对线圈，0～t1时间内，由动能定理得
WA＋μmgl＝mv2－m
根据功能关系可得Q＝－WA
解得Q＝0.005 2 J。
1 / 1素养提升20　动量观点在电磁感应中的应用
1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别常用动量定理的模型。 2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并能灵活运用动量守恒定律解决问题。
提升点一　动量定理在电磁感应中的应用
　（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，磁场方向垂直于导轨平面向下，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来，通过电阻R的电荷量和导体棒的位移分别是多大？
（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、阻值为R的导体棒，当通过导体棒横截面的电荷量为q或导体棒下滑位移为x时，导体棒速度达到v，这个过程所用时间是多少？（结果分别用q、x表示）
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＋LBΔt＝mv－mv0或I其他－LBΔt＝mv－mv0； 若其他力的冲量矢量和为零，则有LBΔt＝mv－mv0或－LBΔt＝mv－mv0。 2.求电荷量：q＝Δt＝。 3.求位移：由－Δt＝mv－mv0有x＝Δt＝。
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。
－BLΔt＋F其他Δt＝mv－mv0，Δt＝q。
（2）若已知位移x，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
＋F其他Δt＝mv－mv0，Δt＝x。
单棒模型
〔多选〕（2026·贵州六盘水期末）如图所示，在水平面内有两根平行放置且足够长的金属导轨CD和PQ（不计导轨电阻），处于竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨间距为L，PC间连接阻值为R的电阻，现有一质量为m，电阻为r的导体棒MN垂直导轨放置，不计导轨和导体棒之间的摩擦，导体棒在恒力F的作用下由静止开始运动，到t时刻导体棒MN速度达到v，在上述过程中下列说法正确的是（　　）
A.导体棒MN做匀加速直线运动 B.t时刻回路中的感应电流大小I＝
C.导体棒MN的位移x＝ D.通过电阻R的电荷量q＝
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　〔多选〕（2026·云南昆明期末）如图所示，水平面上固定放置有“”形光滑金属导轨，平行的两边宽度为L。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒垂直于导轨放置，以初速度v0沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。金属棒与导轨始终垂直且接触良好，不计金属导轨电阻，则（　　）
A.金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为
B.金属棒在磁场中运动的时间为
C.金属棒在磁场中运动的距离为
D.流过金属棒横截面的总电荷量为
双棒模型
〔多选〕如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处，则下列说法正确的是（　　）
A.t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝
B.达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1
C.从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路中产生的内能为m
D.从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
提升点二　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）
双棒无外力 双棒有外力
示意图 （F为恒力）
动力学 观点　 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
（2025·云南昆明二模）如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给导体棒ab一沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻阻值均为R，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中，两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是（　　）
A.整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为m
B.整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为m
C.当导体棒cd的速度为v0时，导体棒ab的速度为v0
D.当导体棒ab的速度为v0时，导体棒cd的速度为v0
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（2026·江苏常州期中）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在间距为L的水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直且两金属棒电阻均为R。图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g，求：
（1）绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
（2）金属棒b上最终产生的焦耳热。
尝试解答
　〔多选〕（2026·广东广州期末）如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间中存在磁感应强度方向竖直向下、大小为B的匀强磁场，两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现使ab棒获得水平向右的瞬时速度v0，ab棒的速度随时间变化的关系如图乙所示。cd棒的质量为m，电阻为R，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻可忽略不计，下列说法正确的是（　　）
　
A.ab棒和cd棒组成的系统动量守恒
B.ab棒的电阻为2R
C.0～t0时间内，cd棒产生的热量为m
D.0～t0时间内，通过cd棒任一横截面的电荷量为
素养提升20　动量观点在电磁感应中的应用
提升点一
寻规探律
　提示：（1）取水平向右为正方向，由－BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，可得q＝；又由－Δt＝0－mv0，得x＝Δt＝。
（2）由－BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt，可得时间Δt＝；或由－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt，可得时间Δt＝。
【例1】　BCD　根据牛顿第二定律可得F－F'＝ma，F'＝BIL＝BL＝，其中速度v'从0增大到v，则加速度大小发生变化，不是匀加速直线运动，故A错误；t时刻回路中的感应电流大小为I＝，故B正确；从开始运动到速度达到v的过程中，根据动量定理可得Ft－t＝mv，又t＝x，解得x＝，故C正确；通过电阻R的电荷量q＝t＝t＝t＝＝，故D正确。
强化训练
　AC　根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为E＝BLv0，通过金属棒的感应电流为I＝＝，金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为F＝BIL＝，故A正确；设金属棒在磁场中运动的距离为x，由动量定理有－FΔt＝－BL·Δt＝0－mv0，其中q＝·Δt＝＝，则有＝mv0，解得金属棒在磁场中运动的距离为x＝，流过金属棒横截面的总电荷量为q＝，若金属棒做匀减速运动，则有x＝t，解得t＝，由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于，故B、D错误，C正确。
【例2】　ACD　开始时，导体棒C中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝BIL，设导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理，对C棒有2BLΔt＝m（v0－v1），对D棒有BLΔt＝mv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝m－m－m，解得Q＝m，故C正确；由动量定理，对C棒有2BLΔt＝m（v0－v1），可得2BLq＝m（v0－v1），解得q＝，故D正确。
提升点二
【例3】　B　由题意知μ＝tan 37°＝0.75，则mgsin 37°＝μmgcos 37°，所以两棒组成的系统沿导轨方向的动量守恒，当最终稳定时有mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，则整个运动过程中回路中产生的焦耳热为Q＝m－×2mv2＝m，则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd＝Qab＝Q＝m，故A错误，B正确；当导体棒cd的速度为v0时，由动量守恒定律有mv0＝m·v0＋mvab，解得vab＝v0，故C错误；由上述分析可知，导体棒ab的最终速度为v0，即导体棒ab的速度由v0减速到v0之后就匀速运动，不可能减小到v0，故D错误。
【例4】　（1）0，　（2）mgh
解析：（1）设a棒滑到水平导轨时速度为v0，根据动能定理，有mgh＝m
解得v0＝
a棒与b棒发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律得m＝m＋m
联立解得v1＝0，v2＝v0＝。
（2）最终b、c以相同的速度匀速运动。取向右为正方向，由动量守恒定律可得mv2＝v
由能量守恒定律可得m＝v2＋Q
联立解得Q＝mgh
则b棒最终产生的焦耳热Q'＝Q＝mgh。
强化训练
　ABD　根据左手定则可知，两金属棒所受安培力大小相等，方向相反，对两金属棒构成的系统，所受外力合力为0，则ab棒和cd棒组成的系统动量守恒，故A正确；根据ab棒的v-t图像可知，当两金属棒速度相等时，根据动量守恒定律有mabv0＝（mab＋m）·v0，解得mab＝，对cd棒进行分析，根据动量定理有BLt0＝m·v0，解得q＝t0＝，故D正确；金属棒ab、cd材料相同、横截面积不同、长度均为L，则有R＝ρ，Rab＝ρ，两材料密度相同，则有＝，解得Rab＝2R，故B正确；0～t0时间内，根据能量守恒定律有Q总＝mab－（mab＋m），cd棒产生的热量Q＝，解得Q＝m，故C错误。
1 / 1(共45张PPT)
素养提升20　动量观点在电磁感应中的应用
目标要求
1. 掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别常用动量定理
的模型。
2. 建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并能灵活运用动量守恒定律解决
问题。
目 录
CONTENTS
提升点一　动量定理在电磁感应中的应用
提升点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
课时跟踪检测
提升点一　
动量定理在电磁感应中的应用
　（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，磁场方向垂直
于导轨平面向下，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来，通过电
阻R的电荷量和导体棒的位移分别是多大？
提示：取水平向右为正方向，由－BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，可得q＝；又由－Δt＝0－mv0，得x＝Δt＝。
（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、阻值为R的导体棒，当通过导体棒横截
面的电荷量为q或导体棒下滑位移为x时，导体棒速度达
到v，这个过程所用时间是多少？（结果分别用q、x表示）
提示：由－BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt，可得时间Δt＝；或由－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt，可得时间Δt＝。
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＋LBΔt＝mv－mv0或I其他－LBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量矢量和为零，则有LBΔt＝mv－mv0或－LBΔt＝mv－mv0。
2. 求电荷量：q＝Δt＝。
3. 求位移：由－Δt＝mv－mv0有x＝Δt＝。
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。
－BLΔt＋F其他Δt＝mv－mv0，Δt＝q。
（2）若已知位移x，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
＋F其他Δt＝mv－mv0，Δt＝x。
单棒模型
〔多选〕（2026·贵州六盘水期末）如图所示，在水平面内有两根平行
放置且足够长的金属导轨CD和PQ（不计导轨电阻），处于竖直向下磁感
应强度为B的匀强磁场中，导轨间距为L，PC间连接阻值为R的电阻，现有
一质量为m，电阻为r的导体棒MN垂直导轨放置，不计导轨和导体棒之间
的摩擦，导体棒在恒力F的作用下由静止开始运动，到t时刻导体棒MN速度
达到v，在上述过程中下列说法正确的是（　BCD　）
BCD
A. 导体棒MN做匀加速直线运动
B. t时刻回路中的感应电流大小I＝
C. 导体棒MN的位移x＝
D. 通过电阻R的电荷量q＝
解析：根据牛顿第二定律可得F－F'＝ma，F'＝BIL＝BL＝，其
中速度v'从0增大到v，则加速度大小发生变化，不是匀加速直线运动，故A
错误；t时刻回路中的感应电流大小为I＝，故B正确；从开始运动到速
度达到v的过程中，根据动量定理可得Ft－t＝mv，又t＝x，解得x＝
，故C正确；通过电阻R的电荷量q＝t＝t＝t＝
＝，故D正确。
〔多选〕（2026·云南昆明期末）如图所示，水平面上固定放置有“ ”形
光滑金属导轨，平行的两边宽度为L。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平
面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，磁场的区域足够
大。质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒垂直于导轨放置，以初速度
v0沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。金属棒与导轨始终垂直且接触良
好，不计金属导轨电阻，则（　　）
A. 金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为
B. 金属棒在磁场中运动的时间为
C. 金属棒在磁场中运动的距离为
D. 流过金属棒横截面的总电荷量为
√
√
解析：根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为E＝BLv0，通过金属棒的感应电流为I＝＝，金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为F＝BIL＝，故A正确；设金属棒在磁场中运动的距离为x，由动量定理有－FΔt＝－BL·Δt＝0－mv0，其中q＝·Δt＝＝，则有＝mv0，解得金属棒在磁场中运动的距离为x＝，流过金属棒横截面的总电荷量为q＝，若金属棒做匀减速运动，则有x＝t，解得t＝，由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于，故B、D错误，C正确。
双棒模型
〔多选〕如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行
放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面
内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根
质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，
且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0
向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且
达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处，则下列说法正确的是
（　ACD　）
ACD
A. t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝
B. 达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1
C. 从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路中产生的内能为m
D. 从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
解析：开始时，导体棒C中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝
，导体棒D所受安培力F＝BIL，设导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，
解得a＝，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒
的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，
由动量定理，对C棒有2BLΔt＝m（v0－v1），对D棒有BLΔt＝mv2，故对
变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B错误；根据能量
守恒定律可知回路产生的内能为Q＝m－m－m，解得Q＝
m，故C正确；由动量定理，对C棒有2BLΔt＝m（v0－v1），可得2BLq＝m（v0－v1），解得q＝，故D正确。
提升点二　
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）
双棒无外力 双棒有外力
示意图
（F为恒力）
双棒无外力 双棒有外力
动力学 观点　 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
（2025·云南昆明二模）如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金
属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直
导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给导体棒ab一沿导轨
平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电
阻阻值均为R，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻
忽略不计。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中，两导体棒始
终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是（　B　）
B
A. 整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为m
B. 整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为m
C. 当导体棒cd的速度为v0时，导体棒ab的速度为v0
D. 当导体棒ab的速度为v0时，导体棒cd的速度为v0
解析：由题意知μ＝tan 37°＝0.75，则mgsin 37°＝μmgcos 37°，所
以两棒组成的系统沿导轨方向的动量守恒，当最终稳定时有mv0＝
2mv，解得v＝0.5v0，则整个运动过程中回路中产生的焦耳热为Q＝
m－×2mv2＝m，则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd＝Qab＝
Q＝m，故A错误，B正确；当导体棒cd的速度为v0时，由动量守
恒定律有mv0＝m·v0＋mvab，解得vab＝v0，故C错误；由上述分析可
知，导体棒ab的最终速度为v0，即导体棒ab的速度由v0减速到v0之后
就匀速运动，不可能减小到v0，故D错误。
（2026·江苏常州期中）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行
水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为m和m的金属棒b和c
静止放在间距为L的水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直且两金属棒电阻
均为R。图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场，磁感
应强度为B。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水
平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正
碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g，求：
（1）绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
答案： 0，　
解析： 设a棒滑到水平导轨时速度为v0，根据动能定理，有mgh＝m
解得v0＝
a棒与b棒发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋
mv2
由机械能守恒定律得m＝m＋m
联立解得v1＝0，v2＝v0＝。
（2）金属棒b上最终产生的焦耳热。
答案：mgh
解析：最终b、c以相同的速度匀速运动。取向右为正方向，由动量守恒定
律可得mv2＝v
由能量守恒定律可得m＝v2＋Q
联立解得Q＝mgh
则b棒最终产生的焦耳热Q'＝Q＝mgh。
　〔多选〕（2026·广东广州期末）如图甲所示，水平面内有两根足够长的
光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间中存在磁感应强度方向竖
直向下、大小为B的匀强磁场，两根材料相同、横截面积不同、长度均为L
的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现使ab棒获得水平向右的瞬时速度
v0，ab棒的速度随时间变化的关系如图乙所示。cd棒的质量为m，电阻为
R，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻可忽略
不计，下列说法正确的是（　　）
A. ab棒和cd棒组成的系统动量守恒
B. ab棒的电阻为2R
C. 0～t0时间内，cd棒产生的热量为m
D. 0～t0时间内，通过cd棒任一横截面的电荷量为
√
√
√
解析：根据左手定则可知，两金属棒所受安培力大小相等，方向相反，对两金属棒构成的系统，所受外力合力为0，则ab棒和cd棒组成的系统动量守恒，故A正确；根据ab棒的v-t图像可知，当两金属棒速度相等时，根据动量守恒定律有mabv0＝（mab＋m）·v0，解得mab＝，对cd棒进行分析，根据动量定理有BLt0＝m·v0，解得q＝t0＝，故D正确；金属棒ab、cd材料相同、横截面积不同、长度均为L，则有R＝ρ，Rab＝ρ，两材料密度相同，则有＝，解得Rab＝2R，故B正确；0～t0时间内，根据能量守恒定律有Q总＝mab－（mab＋m），cd棒产生的热量Q＝，解得Q＝m，故C错误。
课时跟踪检测
1. 如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁
场。现有一个边长为a（a＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初
速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场
时，其速度大小（　　）
A. 大于 B. 等于
C. 小于 D. 以上均有可能
1
2
3
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5
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7
√
解析：　通过线圈横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，由于线圈进入和穿
出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通
过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程－Bat1
＝mv－mv0，线圈离开磁场过程－Bat2＝0－mv，由于q＝t1＝t2，则－
Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，故B正确。
1
2
3
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5
6
7
2. 如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾
斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间
有一竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场。一质量为m＝0.5
kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m
高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水
平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8
m。通过计算可知（g取10 m/s2，不计空气阻力）（　　）
A. 导体棒进入磁场时的速度为3 m/s
B. 导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为2 J
C. 磁场的长度x1为2 m
D. 整个过程通过电阻R的电荷量为3 C
√
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6
7
解析：设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据动能定理有mgh1＝m，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出后做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝m－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B错误；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立解得q＝2 C，x1＝2 m，故C正确，D错误。
1
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7
3. （2026·黑龙江哈尔滨期末）如图所示，两根水平固定的足够长平行光
滑金属导轨上，静置放着两根质量为m、电阻为R的相同导体棒ab和cd，构
成矩形回路（ab、cd与导轨接触良好），导轨平面内有竖直向上的匀强磁
场B。现给cd一个初速度v0，则（　　）
A. ab将向右做匀加速运动
B. ab、cd最终具有相同的速度
C. ab能够获得的最大速度为v0
D. 回路产生的焦耳热最多为m
√
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3
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5
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7
解析： 　根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两根棒速度不相等时回
路中才有感应电流，感应电流使两根棒都产生加速度，然而受速度变化影
响，有效电动势发生变化，感应电流、安培力、加速度也随之变化，所以
ab不可能向右做匀加速运动，故A错误；当两根棒速度相等后，穿过回路
的磁通量不变，回路中将不再有感应电流，ab、cd最终具有相同的速度，
故B正确；根据题意最终两根棒的速度相等，选向右的方向为正，由动量
守恒定律有mv0＝（m＋m）v，解得v＝v0，故C错误；根据能量守恒定
律，在运动过程中回路中产生的热量为Q＝m－·2m＝m，
故D错误。
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7
4. 〔多选〕（2026·河南周口期末）如图所示，足够长光滑水平导轨由左、右两部分组成，左侧部分间距为2L，右侧部分间距为L，两部分导轨平滑连接。整个区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根导体棒MN和PQ分别垂直放置在导轨的左、右部分，其中MN的质量为2m、电阻为2R，PQ的质量为m、电阻为R。初始时MN、PQ均静止，现导体棒PQ获得水平向右的初速度v0，之后两棒始终在各自导轨上运动，导轨电阻忽略不计。则下列说法正确的是（　　）
A. 最终MN的速度为v0，PQ的速度为v0
B. 通过回路的总电荷量为
C. 回路中产生的总焦耳热为m
D. 全过程中PQ所受安培力的冲量大小为mv0
√
√
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7
解析：设MN、PQ的最终速度分别为v1、v2，稳定时有B·2Lv1＝BLv2，可得v2＝2v1，由动量定理，对PQ有BLΔt＝mv0－mv2，对MN有B·2LΔt＝2mv1，联立解得v1＝v0，v2＝v0，故A错误；PQ所受安培力的冲量IA＝mv2－mv0＝－mv0， 大小为mv0，故D正确；由于｜IA｜＝BLΔt＝BLq，解得q＝，故B正确；由能量守恒定律有m＝×2m＋m＋Q，联立解得Q＝m，故C错误。
1
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7
5. （2026·四川绵阳期末）如图所示，足够长光滑平
行的金属轨道由倾斜和水平两部分组成，倾斜部分
宽度L1＝1 m、倾角θ＝37°，水平部分宽度L＝2 m，
所在空间分别存在垂直于各自轨道平面向上的匀强
磁场，磁感应强度大小都为B＝1 T。粗细均匀的两根金属杆ab和cd，长度均为L＝2 m，质量均为m＝1 kg，总电阻均为R＝2 Ω。cd杆放置在水平轨道上距两部分连接处x0＝10 m处，并在外力作用下固定，ab杆在倾斜轨道上某处由静止释放，当ab杆经过连接处时撤去作用在cd杆上的外力。已知ab杆到达斜面底端前已经做匀速运动，经过连接处速度大小不变，滑上水平轨道恰好不脱离轨道，两杆在运动过程中始终垂直于轨道且与轨道接触良好，没有相碰。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；重力加速度g＝10 m/s2。求：
1
2
3
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6
7
（1）ab杆在倾斜轨道上的最大速度；
答案：18 m/s　
解析：当ab杆在倾斜轨道上的速度最大时有mgsin 37°＝BIL1，I＝
联立解得vm＝18 m/s。
1
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6
7
（2）稳定后cd与ab间的距离。
答案：1 m
解析：当ab杆滑入水平轨道后，根据动量守恒定律可得mvm＝2mv
设稳定后cd与ab间的距离为x，对cd，根据动量定理有BL·Δt＝mv，q＝
·Δt＝
联立解得x＝1 m。
1
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7
6. （2026·甘肃白银期末）如图所示，两根足够长且电
阻不计的光滑金属导轨平行放置，两导轨间的距离d＝
1 m；导轨的水平部分和弧形部分相切，水平导轨所在
空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝2T。在弧形导轨上高h＝1.25 m处放置一金属杆a，水平导轨右侧放置另一金属杆b，杆a、b的质量分别为ma＝2 kg、mb＝1 kg，接入电路的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝3 Ω。由静止释放杆a，同时让杆b以v0＝2 m/s的初速度向左运动，杆a下滑到水平导轨处时，杆b的速度大小v1＝1 m/s，方向水平向左。两杆在运动过程中始终与导轨垂直且未碰撞，重力加速度g＝10 m/s2。求：
1
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（1）在杆a运动到水平导轨处的过程中，杆b的位移大小。
答案：1.25 m　
解析：在杆b开始运动到杆a下滑到水平导轨处的过程中，对杆b，由动量定理得－Bdt1＝mbv1－mbv0
设在杆b开始运动到杆a运动到水平导轨处的过程中，杆b的位移大小为x，
则平均电流为＝
平均感应电动势为＝
联立解得x＝1.25 m。
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7
（2）在杆a在水平导轨上运动的过程中，通过杆a横截面的电荷量。
答案：2 C　
解析：设杆a滑到水平导轨处的速度为v2，杆a由静止释放滑至水平导轨处，
由动能定理magh＝ma
设杆a、b最终的共同速度为v3，在杆a、b都在水平导轨上运动至共速的过
程中，由动量守恒定律得mav2＋（－mbv1）＝（ma＋mb）v3
此过程，对杆a由动量定理，得B'dt＝mav2－mav3
杆a、b串联，流经两杆的电荷量q＝'t
联立解得q＝2 C。
1
2
3
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6
7
（3）在整个运动过程中，杆b产生的焦耳热。
答案：8.1 J
解析：整个运动过程中，由能量守恒定律得magh＋mb－（ma＋mb）
＝Q
则杆b产生的焦耳热Qb＝Q
联立解得Qb＝8.1 J。
1
2
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4
5
6
7
7. （2026·山西运城期末）如图所示，将电阻为R＝
0.02 Ω、质量为m＝0.01 kg的单匝正方形闭合线圈
abcd水平放置在顺时针运行的水平传送带的最左端，
其边长为l＝0.1 m。边界MN、PQ与传送带运行方
向垂直，在MN、PQ区域内加一个垂直于传送带平面向下、磁感应强度
为B＝0.4 T的匀强磁场，边界MN、PQ间距为d＝0.26 m。线圈在运动
过程中左右两边始终与磁场边界平行，其与传送带间的动摩擦因数为μ
＝0.2，线圈ab边进入磁场区域前已和传送带共速，传送带的速度为v0
＝1 m/s。t＝0时刻，线圈ab边与MN重合，t1＝0.2 s时刻，线圈cd边与
MN重合，t2时刻线圈ab边与PQ重合。已知重力加速度g＝10 m/s2，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
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（1）t＝0时刻，线圈中的感应电流大小；
答案：2 A　
解析：线圈ab边进入磁场区域前已和传送带共速，则t＝0时刻，线圈
中的感应电动势为E＝Blv0
线圈中的感应电流大小为I＝
解得I＝2 A。
1
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5
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7
（2）t1时刻，线圈的速度大小；
答案：0.6 m/s　
解析：由于BIl＞μmg，所以线圈在传送带上所受摩擦力为滑动摩擦力，设t1时刻，线圈的速度大小为v，对线圈进入磁场的过程，以水平向右为正方
向，由动量定理可得－Blt1＋μmgt1＝mv－mv0
即－＋μmgt1＝mv－mv0
其中l＝t1
联立解得v＝0.6 m/s。
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（3）0～t2时间内，线圈中产生的焦耳热。
答案：0.005 2 J
解析： t1～t2时间内，线圈中焦耳热为零。
对线圈，0～t1时间内，由动能定理得WA＋μmgl＝mv2－m
根据功能关系可得Q＝－WA
解得Q＝0.005 2 J。
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THANKS
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