素养培优4 动量观点在电磁感应中的综合应用
1.（2025·北京石景山一模）如图所示，一充好电的平行板电容器放在光滑绝缘水平面上，两极板垂直于水平面，相距为L，匀强磁场方向垂直水平面向下，磁感应强度大小为B。t＝0时刻，将一长度为L的导体棒ab垂直极板放在两极板之间的水平面上，从静止释放，t1时刻导体棒经过图中虚线位置时电流大小为i（i≠0），此时导体棒动量变化率为k。运动中导体棒始终与极板接触良好，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A.0～t1时间内，导体棒的动量变化量一定大于kt1
B.0～t1时间内，导体棒的动量变化量一定小于kt1
C.k的方向水平向左
D.k的大小为iL
2.〔多选〕（2025·山东济宁二模）汽车减震器可以有效抑制车辆振动，某电磁阻尼减震器的简化原理图如图所示。匀强磁场的宽度L0＝1 m，磁感应强度大小B＝1 T，方向竖直向下。一轻质弹簧处于原长，水平且垂直于磁场边界放置在光滑水平面上，弹簧右端固定，左端恰与磁场右边界平齐。一宽度L＝0.2 m，足够长的单匝矩形硬质金属线框abcd水平固定在一塑料小车上（图中小车未画出），线框右端与小车右端平齐，二者的总质量m＝0.5 kg，线框电阻R＝0.08 Ω，使小车带着线框以v0＝5 m/s的速度沿光滑水平面垂直于磁场边界正对弹簧向右运动，ab边向右穿过磁场右边界后小车开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A.线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为5 m/s2
B.ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，通过线框某一横截面的电荷量为25 C
C.ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，线框产生的焦耳热为2.25 J
D.小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为2 J
3.〔多选〕（2025·四川攀枝花二模）如图所示，光滑平行水平导轨ab、cd之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒A、B置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。现给金属棒B一个瞬时冲量使其获得沿导轨向右的初速度v，已知金属棒A、B的电阻均为R、质量均为m，初始时A、B之间的距离为s，导轨电阻不计且足够长，则下列说法中正确的是（ ）
A.金属棒A、B的最终速度大小为
B.金属棒A上产生的焦耳热为
C.流过金属棒A上的电荷量为
D.最终金属棒A、B之间距离为s＋
4.（2025·山东烟台联考）如图所示，两条平行光滑金属导轨固定在倾角为θ的斜面上，斜面区域存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上端接有线圈，线圈的匝数为n，线圈中存在垂直于线圈平面的磁场，磁场均匀减小到零后不再变化。在磁场减小过程中，放置在导轨上的金属棒MN恰好静止。金属棒从开始运动到达到最大速度的过程中通过的位移为x。已知导轨间距和金属棒长度均为L，线圈和金属棒的电阻均为R，金属棒的质量为m，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨足够长，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g，不计线圈自感。求：
（1）穿过线圈的磁通量变化率k；
（2）金属棒从开始运动到达到最大速度所用的时间t。
5.（2025·黑吉辽蒙高考14题）如图a，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B-t图像如图b所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图c所示，其中0～1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
（1）求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F。
（2）在图b中画出1～2 s内B-t图像（无需写出计算过程）。
（3）从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
6.（2025·安徽高考15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。
7.（2025·甘肃高考15题）在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。
（1）求初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向；
（2）系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器电荷量的表达式；
（3）求系统达到稳定状态后两机械臂的速度；若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？
素养培优4 动量观点在电磁感应中的综合应用
1.A 以水平向右为正方向，对导体棒有BiLΔt＝Δp，Δp的方向水平向右；所以k＝＝BiL，k的方向水平向右，故C、D错误；0～t1时间内，电容器带电荷量逐渐减小，则流过导体棒的电流减小，平均电流大于t1时刻的电流，所以该过程中导体棒的动量变化量一定大于kt1，故A正确，B错误。
2.AC 线框刚进入磁场左边界时，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，又I＝，E＝BLv0，联立解得a＝5 m/s2，故A正确；根据q＝Δt，又＝，＝，ΔΦ＝BL0L，联立解得q＝＝＝2.5 C，故B错误；设ab边刚到右边界时速度为v，根据动量定理有－BLΔt＝mv－mv0，又q＝Δt，联立可得－BqL＝mv－mv0，解得v＝4 m/s，ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，根据能量守恒定律可得线框产生的焦耳热为Q＝m－mv2＝2.25 J，故C正确；ab边从磁场右边界出来后压缩弹簧，通过线框的磁通量不变，故线框中不产生感应电流，根据能量守恒定律，可知线框的动能全部转化为弹簧的弹性势能，则弹簧获得的最大弹性势能Epm＝mv2＝4 J，故D错误。
3.AD 规定向右为正方向，由动量守恒定律有mv＝2mv共，解得A、B的最终速度大小为v共＝，故A正确；由能量守恒定律可知，整个回路产生的热量Q＝mv2－×2m，联立解得Q＝mv2，则金属棒A上产生的焦耳热为QA＝＝mv2，故B错误；对A，由动量定理有BLt＝mv共，联立解得q＝t＝，故C错误；根据q＝t＝t＝t＝＝，联立解得Δx＝，则最终金属棒A、B之间距离为x＝s＋Δx＝s＋，故D正确。
4.（1） （2）＋
解析：（1）金属棒恰好静止，由平衡条件有
mgsin θ＝ILB
根据闭合电路欧姆定律有I＝
根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nk
解得磁通量的变化率k＝。
（2）速度最大时，由平衡条件有mgsin θ＝
金属棒加速运动过程中，由动量定理有
mgsin θ·t－LB·t＝mvm－0
根据闭合电路欧姆定律有＝＝
其中t＝x
解得t＝＋。
5.（1）0.015 N （2）见解析图 （3）0.01 m/s
解析：（1）0～1 s内导体框中产生的感应电动势为E＝·L2
解得E＝0.05 V
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I＝
解得I＝0.1 A
根据图b斜率大小可知0.5 s时的磁感应强度B0满足＝
解得B0＝0.15 T
t＝0.5 s时，ad边受到的安培力大小为F＝B0IL
解得F＝0.015 N。
（2）由于顺时针方向为电流正方向，则由题图c知1～2 s内电流沿逆时针方向，大小为I1＝0.2 A
根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势E1＝I1R
根据法拉第电磁感应定律得E1＝·L2
解得＝0.2 T/s，根据楞次定律和安培定则可知，导体框中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，对应的B-t图像如图所示。
（3）解法一：由（2）中分析知2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁场不随时间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的安培力为FA＝B2ItL＝B2L＝
导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有Σ－Δt＝mv1－mv0
结合Δx＝vtΔt、ΣΔx＝L
得－·L＝mv1－mv0
解得v1＝0.01 m/s。
解法二：还可以通过积累电荷量求解，导体框速度从v0变为v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理得Σ－B2ItLΔt＝mv1－mv0结合Δq＝ItΔt、ΣΔq＝q得－B2Lq＝mv1－mv0
流过导体框的电荷量为
q＝Δt2＝Δt2＝Δt2＝＝
解得v1＝0.01 m/s。
6.（1） （2） （3）m
解析：（1）第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得其产生的电动势为E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流I＝
此时第1根导体棒所受的安培力为F安＝BLI
安培力的功率P安＝F安v0
联立解得P安＝。
（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设流过其的平均电流为，运动时间为t，则该过程通过第2根导体棒横截面的电荷量q＝t
则对第2根导体棒，由动量定理有
－BLt＝0－mv0
联立解得q＝。
（3）根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量，则
第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q1＝·m＝×m
第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q2＝··m＝×m
第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q3＝··m＝×m
依次类推，第n根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Qn＝··m＝×m
所以定值电阻R上产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＋Q3＋…＋Qn＝m（ 1－＋－＋－＋…＋－）
解得Q总＝m。
7.（1）BLv0，沿机械臂1向上 （2）BI1L，BI2L，Q＝CU
（3），方向向右
解析：（1）由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E＝BLv0
由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上。
（2）系统在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，则两机械臂安培力的大小分别为F1＝BI1L，F2＝BI2L。
设电容器所带电荷量为Q，则Q＝CU。
（3）达到稳定I1＝I＝0时，两机械臂的速度相同，设此时两臂的速度为v，产生的感应电动势与电容器的电压相等，回路中没有电流，稳定时电容器所带电荷量为Q＝CBLv，取向右为正方向，对机械臂1，根据动量定理得－BLΔt＝mv－mv0，即BQ1L＝mv0－mv，对机械臂2，根据动量定理得BLΔt＝mv－0，即BQ2L＝mv，由于机械臂1相当于电源，根据电荷量之间的关系可得Q＝Q1－Q2，联立可得两机械臂的速度为v＝
方向向右
设某一时刻机械臂1和2速度分别为v1和v2，则电容器两端电压U＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R
即BL＝I2R＋I1R
对该式两边取全过程时间的累计有
BLΔt＝I2RΔt＋I1RΔt
其中Δt＝x1－x2＝dmin，I1Δt＝Q1，I2Δt＝Q2
即BLdmin＝R
从开始到最终稳定的过程中，对机械臂1和机械臂2分别根据动量定理有
－BL·Δt＝mv－mv0，BL·Δt＝mv
即BLQ1＝mv0－mv，BLQ2＝mv
可得BL＝mv0
联立解得稳定时的速度和两棒间初始距离的最小值为dmin＝。
3 / 3素养培优4 动量观点在电磁感应中的综合应用
培优一 动量定理在电磁感应中的应用
在单杆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。
求解的物理量 关系式 模型示例
电荷量或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，即－BqL＝mv2－mv1
位移 －＝0－mv0，即－＝0－mv0
时间 －BLΔt＋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）
－＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他·Δt＝mv2－mv1，已知位移x、F其他（F其他为恒力）
【典例1】 （2025·陕晋青宁高考7题）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＝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
尝试解答
【典例2】 （2025·四川攀枝花二模）“福建舰”是我国完全自主设计的第一艘电磁弹射型全通甲板航空母舰。如图所示为某实验室模拟电磁弹射的原理图，弹射过程中金属棒MN将沿两根相互平行的光滑水平轨道运动，轨道内有竖直向下的匀强磁场，轨道左侧用开关与直流电源相连，电源电压恒定。已知金属棒质量m＝1 kg、电阻R＝5 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，两导轨间距离L＝0.5 m，左侧直流电源的电压U＝200 V，轨道电阻不计且足够长，求：
（1）刚接通开关S的瞬间，金属棒的加速度大小a；
（2）从接通开关S到金属棒的速度v＝10 m/s的过程中，通过金属棒的电荷量q；
（3）金属棒能达到的最大速率vm。
尝试解答
培优二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
物理模型 （双杆模型） “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，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 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
【典例3】 （2025·江西鹰潭一模）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。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、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。现给ab棒一水平向右的初速度v0，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m，电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A.ab棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为d→c
B.ab运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动
C.在0～t0时间内，ab棒产生的热量为m
D.在0～t0时间内，通过cd棒的电荷量为
尝试解答
【典例4】 （2025·江西赣州联考）如图所示，水平面内有不计电阻的导轨，导轨宽轨部分间距为2L，窄轨部分间距为L，长度足够长，轨道倾斜部分与水平面成θ角，倾斜导轨与水平导轨平滑连接。水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为L的金属棒Q静止在窄轨上，质量为m、长度为2L的金属棒P从某处静止释放，P下滑到倾斜导轨底端时的速度为v0①，P、Q在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，P、Q始终未相碰②。P在水平宽轨上运动的时间为；P离开宽轨的瞬间，P的速度为，Q的速度为。已知重力加速度大小为g，除水平宽轨外不计所有摩擦。③求：
（1）P棒释放时的高度h；
（2）P的最终速度大小；
（3）P与水平宽轨间的动摩擦因数（用k表示）。
审题指导：
信息提取 信息加工
质量为m、长度为L的金属棒Q静止在窄轨上，质量为m、长度为2L的金属棒P从某处静止释放，P下滑到倾斜导轨底端时的速度为v0① 在金属棒P下滑过程中，根据动能定理mgh＝m，求出h
P、Q在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，P、Q始终未相碰② P离开水平宽轨后，金属棒P与金属棒Q组成的系统动量守恒m＋m＝（m＋m）v共，即可求出金属棒P的最终速度大小
P在水平宽轨上运动的时间为；P离开宽轨的瞬间，P的速度为，Q的速度为。已知重力加速度大小为g，除水平宽轨外不计所有摩擦。③ P在宽轨上运动时分别对金属棒P和Q利用动量定理即求出P与水平宽轨间的动摩擦因数
尝试解答
“三步法”破解：电磁学高考压轴大题
【典例】 （2025·山东高考18题）（16分）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。
（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k1＝，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。
三步审题：
规范答题：
（1）金属框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，则其受力平衡，根据受力分析可知其所受安培力
F安＝mgtan α（2分）
对金属框在区域Ⅰ内的运动，由法拉第电磁感应定律有
E＝BLvcos α（1分）
由闭合电路欧姆定律有I＝
由安培力公式有F安＝BIL
联立解得v＝（1分）
则对金属框由静止释放至刚进入区域Ⅰ的过程，由动能定理有
mgssin α＝mv2（2分）
解得s＝。（2分）
（2）金属框在区域Ⅱ中达到平衡状态时，由平衡条件有
（Bpq－Bef）LI'＝mgsin α（2分）
其中Bpq＝k1t＋k2（x＋L），Bef＝k1t＋k2x
金属框在区域Ⅱ中切割磁感线产生的电动势，可以视为一个感生电动势和一个动生电动势的叠加，其中感生电动势E1＝＝k1L2（1分）
动生电动势E2＝BpqLv'－BefLv'＝k2L2v'（1分）
又I'＝
联立解得金属框达到平衡状态时的速度大小v'＝0
设从0时刻到金属框刚达到平衡状态的时间为t0，由动量定理有
－k2L2't0＋mgt0sin α＝0－mv0（2分）
又'＝，＝k2L2'，'t0＝d
联立解得d＝。（2分）
规范点拨：
1.要有必要的文字说明。列方程之前一般要说明研究对象、研究过程（或状态）、选用的物理规律等。如：
线框做匀速直线运动，
则F安＝mgtan α
2.要列原始方程，不写变形式。
变形式容易写错，如果书写错误，方程不得分。如：
mgssin α＝mv2
不能写成gssin θ＝v2
3.要列分步式，不写连等式或综合方程。
高考阅卷是按步得分，写连等式或综合方程一旦出现错误，各个分步的分将一起丢掉。如：
E1＝＝k1L2
E2＝BpqLv'－BefLv'＝k2L2v'
E＝E1＋E2
如果写成连等
E'＝＝L2＝k1L2＋k2L2·＝（k1＋k2v）L2
如果计算有误，将丢掉4分。
4.表示同一个物理量的字母（包括上角标或下角标）前后书写要保持一致，不同物理量不能混淆。如：
－k2L2't0＋mgt0sin α＝0－mv0
两式中的k2与k1不能混淆，“L”不能写成“l”否则将丢掉4分。
素养培优4 动量观点在电磁感应中的综合应用
培优一
【典例1】 D 进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿逆时针方向，A错误；刚进磁场区域时，甲线框切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，线框中的电流I＝，所受合力等于所受安培力F安甲＝BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F安甲＝，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙＝，有F安甲∶F安乙＝2∶1，B错误；结合B项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别有－t进＝mΔv进，－t出＝mΔv出，其中t进＝2L，t出＝2L，又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v乙＝v0＋Δv进＋Δv出，联立解得v乙＝，C错误；与C项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v甲＝0，所以由能量守恒定律可知，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Q甲＝m，Q乙＝m－m，联立可得Q甲∶Q乙＝4∶3，D正确。
【典例2】 （1）40 m/s2 （2）10 C （3）200 m/s
解析：（1）设开关闭合瞬间通过金属棒MN的电流为I，对金属棒，由闭合电路欧姆定律有I＝
根据牛顿第二定律有BIL＝ma
代入数据，联立解得a＝40 m/s2。
（2）设通过金属棒MN的电流瞬时值为i，在极短时间Δt内速度的变化量为Δv，对金属棒，由动量定理有ΣBiLΔt＝ΣmΔv＝mv
又因为ΣiΔt＝ΣΔq＝q
联立解得q＝10 C。
（3）当金属棒到达最大速度时，感应电动势与电源电压相等，则有U＝BLvm
代入数据解得vm＝200 m/s。
培优二
【典例3】 D 金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d，故A错误；ab运动后，由于安培力作用，速度会逐渐减小，同时cd棒将做加速运动，回路总电动势减小，电流减小，cd棒受到的安培力会减小，由F＝mcda可知，cd棒的加速度会减小，故B错误；两金属棒组成的系统动量守恒，则mv0＝（m＋m'）v0，解得m'＝2m，由于ab棒与cd棒质量之比为1∶2，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为1∶2，由R＝ρ得电阻之比为2∶1，故ab棒与cd棒产生的热量之比为2∶1，对于两棒组成的系统，由能量守恒定律有m＝（m＋m'）＋Q，0～t0时间内，ab棒产生的热量Qab＝Q＝m，故C错误；对cd棒，由动量定理有BLt0＝2m×v0，又q＝t0，则在0～t0时间内，通过cd棒的电荷量q＝，故D正确。
【典例4】 （1） （2）v0 （3）k
解析：（1）金属棒P沿光滑导轨下滑，根据动能定理可得mgh＝m
解得h＝。
（2）金属棒P离开水平宽轨后，金属棒P与金属棒Q组成的系统动量守恒，则有m＋m＝（m＋m）v共
解得v共＝v0
即金属棒P的最终速度大小为v0。
（3）金属棒P在宽轨上运动时，对金属棒P，由动量定理，则有－μmgt－ΣBi2LΔt＝m－mv0
对金属棒Q，由动量定理，则有ΣBiLΔt＝m－0
由于t＝
联立上式得μ＝k。
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素养培优4 动量观点在电磁感应中的综合应用
02
培优二
01
培优一
动量定理在电磁感应中的应用
动量守恒定律在电磁感应中的应用
03
“三步法”破解：
电磁学高考
压轴大题
04
分层 强化训练
夯基固本提能
目
录
contents
培优一 动量定理在电磁感应中的应用
在单杆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。
求解的物理量 关系式 模型示例
电荷量 或速度
位移
求解的物理量 关系式 模型示例
时间
【典例1】 （2025·陕晋青宁高考7题）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＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作
用，则（ D ）
D
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
解析：进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线
框中的电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框切割磁感线，
由右手定则可知，线框中的电流沿逆时针方向，A错误；刚进磁场区域
时，甲线框切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，线框中的电流I＝，所受合
力等于所受安培力F安甲＝BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大
小F安甲＝，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙＝
，有F安甲∶F安乙＝2∶1，B错误；
结合B项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别有－t进
＝mΔv进，－t出＝mΔv出，其中t进＝2L，t出＝2L，又乙线框完全
出磁场区域时的速度大小v乙＝v0＋Δv进＋Δv出，联立解得v乙＝，C错误；
与C项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v甲＝0，所以由能量
守恒定律可知，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Q甲＝m，Q乙＝m－m，联立可得Q甲∶Q乙＝4∶3，D
正确。
方法总结
平均电流是解决问题的桥梁，一方面通过q＝Δt和时间相联系，另一
方面通过＝和＝，ΔΦ和面积、位移相联系。
【典例2】 （2025·四川攀枝花二模）“福建舰”是我国完全自主设计的
第一艘电磁弹射型全通甲板航空母舰。如图所示为某实验室模拟电磁弹射
的原理图，弹射过程中金属棒MN将沿两根相互平行的光滑水平轨道运
动，轨道内有竖直向下的匀强磁场，轨道左侧用开关与直流电源相连，电
源电压恒定。已知金属棒质量m＝1 kg、电阻R＝5 Ω，匀强磁场的磁感应
强度B＝2 T，两导轨间距离L＝0.5 m，左侧直流电源的电压U＝200 V，轨
道电阻不计且足够长，求：
（1）刚接通开关S的瞬间，金属棒的加速度大小a；
答案： 40 m/s2
解析： 设开关闭合瞬间通过金属棒MN的电流为I，对金属棒，由闭合
电路欧姆定律有I＝
根据牛顿第二定律有BIL＝ma
代入数据，联立解得a＝40 m/s2。
（2）从接通开关S到金属棒的速度v＝10 m/s的过程中，通过金属棒的电荷
量q；
答案： 10 C
解析： 设通过金属棒MN的电流瞬时值为i，在极短时间Δt内速度的变
化量为Δv，对金属棒，由动量定理有ΣBiLΔt＝ΣmΔv＝mv
又因为ΣiΔt＝ΣΔq＝q
联立解得q＝10 C。
（3）金属棒能达到的最大速率vm。
答案： 200 m/s
解析： 当金属棒到达最大速度时，感应电动势与电源电压相等，则
有U＝BLvm
代入数据解得vm＝200 m/s。
培优二 动量守恒定律在电磁感应 中的应用
物理模型 （双杆模
型） “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问
题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡 两杆都在运动，对于这种情况，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 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
【典例3】 （2025·江西鹰潭一模）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。空间存在竖直向下的匀强磁
场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、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。现给ab棒一水平向右的初速度v0，其
速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂
直且接触良好。已知ab棒的质量为m，电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下
列说法正确的是（ D ）
D
A. ab棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为d→c
B. ab运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动
解析：金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知cd棒中的电流方向为
c→d，故A错误；ab运动后，由于安培力作用，速度会逐渐减小，同时cd
棒将做加速运动，回路总电动势减小，电流减小，cd棒受到的安培力会减
小，由F＝mcda可知，cd棒的加速度会减小，故B错误；两金属棒组成的系统动量守恒，则mv0＝（m＋m'）v0，解得m'＝2m，由于ab棒与cd棒质量之比为1∶2，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为1∶2，由R＝ρ得电阻之比为2∶1，故ab棒与cd棒产生的热量之比为2∶1，对于两棒组成的系统，由能量守恒定律有m＝（m＋m'）＋Q，0～t0时间内，ab棒产生的热量Qab＝Q＝m，故C错误；对cd棒，由动量定理有BLt0＝2m×v0，又q＝t0，则在0～t0时间内，通过cd棒的电荷量q＝，故D正确。
【典例4】 （2025·江西赣州联考）如图所示，水平面内有不计电阻的导
轨，导轨宽轨部分间距为2L，窄轨部分间距为L，长度足够长，轨道倾斜
部分与水平面成θ角，倾斜导轨与水平导轨平滑连接。水平导轨部分存在
竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为L的金属棒
Q静止在窄轨上，质量为m、长度为2L的金属棒P从某处静止释放，P下滑
到倾斜导轨底端时的速度为v0①，P、Q在运动过程中始终相互平行且与导
轨保持良好接触，P、Q始终未相碰②。P在水平宽轨上运动的时间为；
P离开宽轨的瞬间，P的速度为，Q的速度为。已知重力加速度大小为
g，除水平宽轨外不计所有摩擦。③求：
（1）P棒释放时的高度h；
（2）P的最终速度大小；
（3）P与水平宽轨间的动摩擦因数（用k表示）。
审题指导：
信息提取 信息加工
质量为m、长度为L的金属棒Q静止在窄
轨上，质量为m、长度为2L的金属棒P
从某处静止释放，P下滑到倾斜导轨底
端时的速度为v0①
信息提取 信息加工
P、Q在运动过程中始终相互平行且与
导轨保持良好接触，P、Q始终未相碰
②
P在宽轨上运动时分别对金属棒P
和Q利用动量定理即求出P与水平
宽轨间的动摩擦因数
答案：（1） （2）v0 （3）k
解析：（1）金属棒P沿光滑导轨下滑，根据动能定理可得mgh＝m
解得h＝。
（2）金属棒P离开水平宽轨后，金属棒P与金属棒Q组成的系统动量守恒，
则有m＋m＝（m＋m）v共
解得v共＝v0
即金属棒P的最终速度大小为v0。
（3）金属棒P在宽轨上运动时，对金属棒P，由动量定理，则有－μmgt－
ΣBi2LΔt＝m－mv0
对金属棒Q，由动量定理，则有ΣBiLΔt＝m－0
由于t＝
联立上式得μ＝k。
“三步法”破解：电磁学高考压轴大题
【典例】 （2025·山东高考18题）（16分）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。
（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k1＝，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。
三步审题：
规范答题：
（1）金属框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，则其受力平衡，根据受力分析可
知其所受安培力
F安＝mgtan α （2分）
对金属框在区域Ⅰ内的运动，由法拉第电磁感应定律有
E＝BLvcos α （1分）
由闭合电路欧姆定律有I＝
由安培力公式有F安＝BIL
联立解得v＝ （1分）
则对金属框由静止释放至刚进入区域Ⅰ的过程，由动能定理有
mgssin α＝mv2 （2分）
解得s＝。 （2分）
（2）金属框在区域Ⅱ中达到平衡状态时，由平衡条件有
（Bpq－Bef）LI'＝mgsin α （2分）
其中Bpq＝k1t＋k2（x＋L），Bef＝k1t＋k2x
金属框在区域Ⅱ中切割磁感线产生的电动势，可以视为一个感生电动势和
一个动生电动势的叠加，其中感生电动势E1＝＝k1L2 （1分）
动生电动势E2＝BpqLv'－BefLv'＝k2L2v' （1分）
又I'＝
联立解得金属框达到平衡状态时的速度大小v'＝0
设从0时刻到金属框刚达到平衡状态的时间为t0，由动量定理有
－k2L2't0＋mgt0sin α＝0－mv0 （2分）
又'＝，＝k2L2'，'t0＝d
联立解得d＝。 （2分）
规范点拨：
1. 要有必要的文字说明。列方程之前一般要说明研究对象、研究过程（或
状态）、选用的物理规律等。如：
线框做匀速直线运动，
则F安＝mgtan α
2. 要列原始方程，不写变形式。
变形式容易写错，如果书写错误，方程不得分。如：
mgssin α＝mv2
不能写成gssin θ＝v2
3. 要列分步式，不写连等式或综合方程。
高考阅卷是按步得分，写连等式或综合方程一旦出现错误，各个分步的分
将一起丢掉。如：
E1＝＝k1L2
E2＝BpqLv'－BefLv'＝k2L2v'
E＝E1＋E2
如果写成连等
E'＝＝L2＝k1L2＋k2L2·＝（k1＋k2v）L2
如果计算有误，将丢掉4分。
4. 表示同一个物理量的字母（包括上角标或下角标）前后书写要保持一
致，不同物理量不能混淆。如：
－k2L2't0＋mgt0sin α＝0－mv0
两式中的k2与k1不能混淆，“L”不能写成“l”否则将丢掉4分。
分层 强化训练
夯基固本提能
1. （2025·北京石景山一模）如图所示，一充好电的平行板电容器放在光
滑绝缘水平面上，两极板垂直于水平面，相距为L，匀强磁场方向垂直水
平面向下，磁感应强度大小为B。t＝0时刻，将一长度为L的导体棒ab垂直
极板放在两极板之间的水平面上，从静止释放，t1时刻导体棒经过图中虚
线位置时电流大小为i（i≠0），此时导体棒动量变化率为k。运动中导体
棒始终与极板接触良好，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A. 0～t1时间内，导体棒的动量变化量一定大于kt1
B. 0～t1时间内，导体棒的动量变化量一定小于kt1
C. k的方向水平向左
D. k的大小为iL
√
1
2
3
4
5
6
7
解析： 以水平向右为正方向，对导体棒有BiLΔt＝Δp，Δp的方向水
平向右；所以k＝＝BiL，k的方向水平向右，故C、D错误；0～t1时
间内，电容器带电荷量逐渐减小，则流过导体棒的电流减小，平均电
流大于t1时刻的电流，所以该过程中导体棒的动量变化量一定大于kt1，
故A正确，B错误。
1
2
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5
6
7
2. 〔多选〕（2025·山东济宁二模）汽车减震器可以有效抑制车辆振动，
某电磁阻尼减震器的简化原理图如图所示。匀强磁场的宽度L0＝1 m，磁感
应强度大小B＝1 T，方向竖直向下。一轻质弹簧处于原长，水平且垂直于
磁场边界放置在光滑水平面上，弹簧右端固定，左端恰与磁场右边界平
齐。一宽度L＝0.2 m，足够长的单匝矩形硬质金属线框abcd水平固定在一
塑料小车上（图中小车未画出），线框右端与小车右端平齐，二者的总质
量m＝0.5 kg，线框电阻R＝0.08 Ω，使小车带着线框以v0＝5 m/s的速度沿
光滑水平面垂直于磁场边界正对弹簧向右运动，ab边向右穿过磁场右边界
后小车开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法
正确的是（ ）
1
2
3
4
5
6
7
A. 线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为5 m/s2
B. ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，通过线框某一横截面的电荷量
为25 C
C. ab边从磁场左边界运动到右边界过程中，线框产生的焦耳热为2.25 J
D. 小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为2 J
√
√
1
2
3
4
5
6
7
解析： 线框刚进入磁场左边界时，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，又I
＝，E＝BLv0，联立解得a＝5 m/s2，故A正确；根据q＝Δt，又＝，＝
，ΔΦ＝BL0L，联立解得q＝＝＝2.5 C，故B错误；设ab边刚到右
边界时速度为v，根据动量定理有－BLΔt＝mv－mv0，又q＝Δt，联立可得
－BqL＝mv－mv0，解得v＝4 m/s，ab边从磁场左边界运动到右边界过程
中，根据能量守恒定律可得线框产生的焦耳热为Q＝m－mv2＝2.25
J，故C正确；ab边从磁场右边界出来后压缩弹簧，通过线框的磁通量不变，故线框中不产生感应电流，根据能量守恒定律，可知线框的动能全部转化为弹簧的弹性势能，则弹簧获得的最大弹性势能Epm＝mv2＝4 J，故D错误。
1
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7
3. 〔多选〕（2025·四川攀枝花二模）如图所示，光滑平行水平导轨ab、
cd之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨间距为L，金属
棒A、B置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。现给金属棒B一个瞬时冲量
使其获得沿导轨向右的初速度v，已知金属棒A、B的电阻均为R、质量均为
m，初始时A、B之间的距离为s，导轨电阻不计且足够长，则下列说法中正
确的是（ ）
√
√
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7
解析： 规定向右为正方向，由动量守恒定律有mv＝2mv共，解得A、B
的最终速度大小为v共＝，故A正确；由能量守恒定律可知，整个回路产生
的热量Q＝mv2－×2m，联立解得Q＝mv2，则金属棒A上产生的焦耳
热为QA＝＝mv2，故B错误；对A，由动量定理有BLt＝mv共，联立解得q
＝t＝，故C错误；根据q＝t＝t＝t＝＝，联立解得Δx＝
，则最终金属棒A、B之间距离为x＝s＋Δx＝s＋，故D正确。
1
2
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5
6
7
4. （2025·山东烟台联考）如图所示，两条平行光
滑金属导轨固定在倾角为θ的斜面上，斜面区域存
在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为
B。导轨上端接有线圈，线圈的匝数为n，线圈中存
在垂直于线圈平面的磁场，磁场均匀减小到零后不
再变化。在磁场减小过程中，放置在导轨上的金属棒MN恰好静止。金属棒从开始运动到达到最大速度的过程中通过的位移为x。已知导轨间距和金属棒长度均为L，线圈和金属棒的电阻均为R，金属棒的质量为m，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨足够长，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g，不计线圈自感。求：
1
2
3
4
5
6
7
答案：
（1）穿过线圈的磁通量变化率k；
解析： 金属棒恰好静止，由平衡条件有
mgsin θ＝ILB
根据闭合电路欧姆定律有I＝
根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nk
解得磁通量的变化率k＝。
1
2
3
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5
6
7
（2）金属棒从开始运动到达到最大速度所用的时间t。
答案： ＋
解析：速度最大时，由平衡条件有mgsin θ＝
金属棒加速运动过程中，由动量定理有
mgsin θ·t－LB·t＝mvm－0
根据闭合电路欧姆定律有＝＝
其中t＝x
解得t＝＋。
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7
5. （2025·黑吉辽蒙高考14题）如图a，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正
方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平
行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边
长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B-t图像如图b所示。导
体框中的感应电流I与时间t关系图像如图c所示，其中0～1 s内的图像未画
出，规定顺时针方向为电流正方向。
1
2
3
4
5
6
7
（1）求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F。
答案： 0.015 N
解析： 0～1 s内导体框中产生的感应电动势为E＝·L2
解得E＝0.05 V
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I＝
解得I＝0.1 A
根据图b斜率大小可知0.5 s时的磁感应强度B0满足＝
解得B0＝0.15 T
t＝0.5 s时，ad边受到的安培力大小为F＝B0IL
解得F＝0.015 N。
1
2
3
4
5
6
7
（2）在图b中画出1～2 s内B-t图像（无需写出计算过程）。
答案： 见解析图
1
2
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4
5
6
7
解析：由于顺时针方向为电流正方向，则由题图c知1～2 s内电流沿逆时针
方向，大小为I1＝0.2 A
根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势E1＝I1R
根据法拉第电磁感应定律得E1＝·L2
解得＝0.2 T/s，根据楞次定律和安培定则可知，导体框
中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，对应的B-t图像如图
所示。
1
2
3
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5
6
7
（3）从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体
框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
答案： 0.01 m/s
解析：解法一：由（2）中分析知2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁
场不随时间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的
安培力为FA＝B2ItL＝B2L＝
导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有Σ－
Δt＝mv1－mv0
1
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4
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7
结合Δx＝vtΔt、ΣΔx＝L
得－·L＝mv1－mv0
解得v1＝0.01 m/s。
解法二：还可以通过积累电荷量求解，导体框速度从v0变为v1，规定水平
向右为正方向，根据动量定理得Σ－B2ItLΔt＝mv1－mv0结合Δq＝ItΔt、ΣΔq
＝q得－B2Lq＝mv1－mv0
流过导体框的电荷量为
q＝Δt2＝Δt2＝Δt2＝＝
解得v1＝0.01 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
6. （2025·安徽高考15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
2
3
4
5
6
7
（1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
答案：
解析： 第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得其产生
的电动势为E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流I＝
此时第1根导体棒所受的安培力为F安＝BLI
安培力的功率P安＝F安v0
联立解得P安＝。
1
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3
4
5
6
7
（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；
答案：
解析：第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设流过其的平均电流
为，运动时间为t，则该过程通过第2根导体棒横截面的电荷量q＝t
则对第2根导体棒，由动量定理有
－BLt＝0－mv0
联立解得q＝。
1
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5
6
7
（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： m
1
2
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5
6
7
解析：根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减为0的过
程，其初动能均转化为回路中产生的总热量，则
第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q1＝·m＝×m
第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q2＝··m＝×m
第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
1
2
3
4
5
6
7
Q3＝··m＝×m
依次类推，第n根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产
生的热量为Qn＝··m＝×m
所以定值电阻R上产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＋Q3＋…＋Qn＝m（ 1－
＋－＋－＋…＋－）
解得Q总＝m。
1
2
3
4
5
6
7
7. （2025·甘肃高考15题）在自动化装配车间，
常采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd
为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，
电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，
方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。
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（1）求初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向；
答案： BLv0，沿机械臂1向上
解析： 由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1的感应电动势
大小为E＝BLv0
由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上。
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（2）系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两
机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器电荷
量的表达式；
答案： BI1L，BI2L，Q＝CU
解析：系统在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，则两机械臂安培力
的大小分别为F1＝BI1L，F2＝BI2L。
设电容器所带电荷量为Q，则Q＝CU。
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（3）求系统达到稳定状态后两机械臂的速度；若要两机械臂不相撞，二
者在初始时刻的间距至少为多少？
答案： ，方向向右
解析：达到稳定I1＝I＝0时，两机械臂的速度相同，设此时两臂的速度为v，
产生的感应电动势与电容器的电压相等，回路中没有电流，稳定时电容器
所带电荷量为Q＝CBLv，取向右为正方向，对机械臂1，根据动量定理得
－BLΔt＝mv－mv0，即BQ1L＝mv0－mv，对机械臂2，根据动量定理得
BLΔt＝mv－0，即BQ2L＝mv，由于机械臂1相当于电源，根据电荷量之
间的关系可得Q＝Q1－Q2，联立可得两机械臂的速度为v＝
方向向右
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设某一时刻机械臂1和2速度分别为v1和v2，则电容器两端电压U＝BLv1－
I1R＝BLv2＋I2R
即BL＝I2R＋I1R
对该式两边取全过程时间的累计有
BLΔt＝I2RΔt＋I1RΔt
其中Δt＝x1－x2＝dmin，I1Δt＝Q1，I2Δt＝Q2
即BLdmin＝R
从开始到最终稳定的过程中，对机械臂1和机械臂2分别根据动量定理有
－BL·Δt＝mv－mv0，BL·Δt＝mv
即BLQ1＝mv0－mv，BLQ2＝mv
可得BL＝mv0
联立解得稳定时的速度和两棒间初始距离的最小值为dmin＝。
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