2026版高考物理考前讲义专题13 电磁感应中的动力学、能量和动量问题（三大题型）（解析版）

电磁感应中的动力学、能量和动量问题

【题型一】电磁感应中的动力学问题

1.导体棒的动力学分析

电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动

情况。涉及安培力大小、方向的分析。

2．两种状态及处理方法

状态特征处理方法

平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析

非平

加速度不为零根据牛顿第二定律进行分析或结合功能关系进行分析

衡态

3．力学对象和电学对象的相互关系

4．动态分析的基本思路

【例1】如图，一绝缘轻线跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑轻质定滑轮，绳的一端连接一个小物块，

另一端连接一圆形金属线框；左边滑轮的下方虚线所围的区域内有一匀强磁场，其磁感应强度的方向与纸

面垂直。初始时线框位于磁场上方，以某一速度竖直向下运动。已知线框完全在磁场中时速度大小不断增

加，轻线始终处于拉紧状态。忽略空气阻力，则可能的情况是（）

A．线框不会完全离开磁场

B．线框完全离开磁场，然后做加速运动

C．线框完全离开磁场，然后做匀速运动

D．线框刚好完全离开磁场时的速度一定大于刚开始进入磁场时的速度

【答案】B

【详解】A．线框完全在磁场中时不受安培力，其速度大小不断增加，说明线框的质量大于物块的质量，线

框经过磁场下边缘时安培力会阻碍线圈下降，但不会“阻止”线圈下降，即线框会完全离开磁场，故A错误；

BC．以上分析可知，线框的质量大于物块的质量，线框离开磁场后不受安培力，所以线框完全离开磁场后

做加速运动，故B正确，C错误；

D．由于初速度大小不确定，线框进入磁场过程中可能先减速再加速，线框离开磁场过程中，也可能先减速

再匀速，所以线框刚好完全离开磁场时的速度不一定大于刚开始进入磁场时的速度，故D错误。

故选B。

用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题

【例2】（多选）下面是一种电动汽车能量回收系统简化结构图。行驶过程，电动机驱动车轮转动。制动过

程，电动机用作发电机给电池充电，进行能量回收，这种方式叫“再生制动”。某电动汽车4个车轮都采用轮

毂电机驱动，轮毂电机内由固定在转子上的强磁铁形成方向交替的等宽辐向磁场，可视为线圈处于方向交

替的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。正方形线圈固定在定子上，边长与磁场宽度相等均为L，每组线圈

匝数均为N1，每个轮毂上有N2组线圈，4个车轮上的线圈串联后通过换向器（未画出）与动力电池连接。

已知某次开始制动时线圈相对磁场速率为v，回路总电阻为R，下列说法正确的有（）

A．行驶过程，S1断开，S2闭合

B．制动过程，S1断开，S2闭合

C．开始制动时，全部线圈产生的总电动势为E18N1N2BLv

16NBLNNBLv

D．开始制动时，每组线圈受到的安培力为F112

安R

【答案】BC

【详解】AB．行驶过程，电动机驱动车轮转动，则S1闭合，S2断开；制动过程，电动机用作发电机给电池

充电，则S1断开，S2闭合，故A错误，B正确；

C．由图可知，线圈左右两边同时切割磁感线，4个车轮上的线圈串联，则开始制动时，全部线圈产生的总

电动势为E142N1N2BLv8N1N2BLv

故C正确；

EE8NNBLvE

D．开始制动时，回路中的电流为I112

RR

16NBLNNBLv2NBLE

线圈左右两边的安培力同向，则每组线圈受到的安培力为F2NBIL1121

安1R

故D错误；

故选BC。

【例3】在如下图所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒

ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导

轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、

乙、丙图中导体棒ab在磁场中的运动状态是（）

A．甲图中，棒ab做加速度减小的减速运动至静止

B．乙图中，棒ab匀减速运动直到最终静止

C．丙图中，棒ab最终做匀速运动

D．甲、乙、丙中，棒ab最终都静止

【答案】C

【详解】A．图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与

导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；

B．图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒

BLv

的动能全部转化为内能时，ab棒静止；又由于I，FBIL

R

由于速度减小，则产生感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减

小，所以乙图中，棒ab做加速度减小的减速运动最终静止；故B错误；

C．图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速

运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流ab棒向左做匀速运动，故C正

确；

D．由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有图乙中棒ab最终静止，故D错误。

故选C。

【变式1】如图所示，足够长水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中，导体棒垂直于导轨静置。开关S闭合后，

导体棒沿导轨无摩擦运动，不计导轨电阻。关于该棒的速度v、加速度a、通过的电流i及穿过回路中的磁

通量随时间t变化的图像，可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【详解】AB．开关S闭合后，导体棒在安培力的作用下向右运动，当导体棒的速度为v时，电路的电动势

为E合EBLv

EBLv

回路的感应电流为i

R

根据牛顿第二定律，有FBiLma

BLEBLv

导体棒的加速度大小为a

mR

dvBLEBlv

由于a

dtmR

B2L2

Et

利用微积分原理可解出v1emR

BL

B2L2

EBLt

从而可得加速度aemR

mR

故A错误，B正确；

CD．由法拉第电磁感应定律BLv

t

开关S闭合后，导体棒由静止开始运动，此时导体棒将做加速运动，其速度越来越大，回路的感应电流将

aavB2L2

越来越小，加速度将越来越小，将越来越大，即-t图像的斜率将越来越大，根据a

ttvtmR

可知a-t图像的斜率将越来越小，故CD错误。

故选B。

【变式2】（多选）如图所示，两根相距为L的平行光滑金属导轨倾斜放置，处于垂直导轨平面向下、磁感

应强度大小为B的匀强磁场中，两导轨顶端与电容器相连，质量为m、长度为L的金属杆垂直导轨放置，金

属杆与导轨接触良好。开始时电容器不带电，金属杆被锁定在距倾斜导轨底端d处。已知两导轨倾角均为，

电容器电容为C，重力加速度为g，不计一切电阻。现解除锁定，下列说法正确的是（）

A．金属杆下滑过程中做加速度减小的变加速直线运动

B．若增大电容器电容，金属杆下滑时间变短

2mgdsin

C．金属杆下滑到导轨底端时电容器极板间电压UBL

B2L2Cm

B2L2Cdmgsin

D．金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E

B2L2Cm

【答案】CD

【详解】A．t时刻电容器两端的电压为：U=E=BLv

棒沿导轨下滑时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ-F=ma

又棒所受的安培力为：F=BIL

QCUCBLv

电路中电流为：ICBLa

ttt

mgsin

联立以上三式得：a

mCB2L2

式中各量均不变，说明加速度不变，可知导体棒做匀加速直线运动，故A错误；

1

B．若增大电容器电容，加速度减小，则根据dat2

2

可知金属杆下滑时间变长，故B错误；

C．金属杆下滑到导轨底端时的速度v22ad

2mgdsin

电容器极板间电压UBLvBL

B2L2Cm

故C正确；

1B2L2Cdmgsin

D．金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能Emgdsinmv2

2B2L2Cm

故D正确。

故选CD。

【题型二】电磁感应中的能量问题

电磁感应中的能量转化及焦耳热的求法

(1)电磁感应中的能量转化

闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力克服

安培力做功，将其他形式的能转化为电能；通有感应电流的导体在磁场中通过受安培力做功或通过电阻发

热，使电能转化为其他形式的能。

电磁感应现象中能量转化的实质是其他形式的能和电能之间的转化。如图所示。

(2)求解电磁感应中的焦耳热Q的三种方法

【例1】（多选）如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为L的平行导轨固定在水平面内，导

轨左端接有电动势为E，内阻为r的直流电源，导轨电阻不计，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒ab垂

直导轨放置，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑轻质定滑轮后与静止在地面上的质量为m的重物相连，此

时细线恰好伸直且无拉力，导体棒ab。与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大

小为B的匀强磁场中。已知导体棒ab距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度

为g，不计一切摩擦。闭合开关S后，导体棒ab向左运动的过程中，下列说法正确的是（）

mBEL

A．闭合开关S瞬间细线中的拉力大小为Fmg

mMRr

Emg(Rr)

B．导体棒最终的速度大小为v

BLB2L2

EmgR

C．导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为P

BLRr

D．从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒所做的功等于导体棒与重物组成的系统增

加的机械能

【答案】BD

E

【详解】A．闭合开关S瞬间，回路中的电流为I

0rR

导体棒所受安培力FABI0L

对导体棒和重物整体受力分析，根据牛顿第二定律FAmg(Mm)a

对重物m分析，根据牛顿第二定律Fmgma

mBEL

解得FMg

mMRr

A错误；

B．导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，随着导体棒速度

的增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加速运动，最终达到匀

速，设稳定时导体棒的速度大小为v，则回路中的电流

EBLv

I

1Rr

由BI1Lmg

Emg(Rr)

解得v

BLB2L2

B正确；

mg

C．根据B选项可得I

1BL

Emgm2g2r

导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为PEII2r

11BLB2L2

故C错误；

D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的整体，只有安培力和重物的重力做

功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的系统增加的机械能，D正确。

故选BD。

电磁感应现象中能量问题的计算

(1)回路中电流稳定时，可利用电路知识，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接计算。

(2)若电流变化，则利用功能关系、能量守恒定律解决。

【例2】如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，半圆弧的直径为d，间距为

L，两半圆弧面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点O、O′的连线与导轨所在竖直

面垂直，整个空间存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨左端连接一阻值为R的电

阻。现使一电阻为r的金属棒MN从导轨左端最高点，以恒定的速率v0沿导轨运动到右端最高点，运动过

程中金属棒始终与OO′平行且与两导轨接触良好，则在金属棒MN从左端最高点运动到右端最高点的过程中，

下列说法正确的是（）

A．金属棒MN中电流方向始终由M到N

B．金属棒MN中电流大小始终不变

C．金属棒MN所受安培力先做负功后做正功

dB2L2v

D．回路中产生的焦耳热为0

4(Rr)

【答案】D

【详解】AC．在金属棒MN从左端最高点运动到右端最高点的过程中，根据右手定则可知，金属棒中电流

方向始终由N到M，金属棒所受安培力一直水平向左，金属棒所受安培力始终做负功，故AC错误；

2v

BD．经过t时间，金属棒在圆弧上转过的角度为t0t

d

2v

此时金属棒产生的电动势为eBLvsinBLvsin(0t)

00d

eBLv2v

回路中电流为i0sin(0t)

RrRrd

BLv0

由此可知，可知金属棒中电流按照正弦式交变电流变化，电流的有效值为BLv

IRr0

22(Rr)

则在金属棒从左端最高点运动到右端最高点的过程中，回路中产生的焦耳热为

ddB2L2v

QI2(Rr)tI2(Rr)0

2v04(Rr)

故B错误，D正确。

故选D。

【例3】（多选）如图所示，光滑水平桌面上直线边界的一侧存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小

为B，方向垂直于桌面向下。边长为l、电阻为R的单匝正方形导线框abcd平放在桌面上，其对角线ac与

磁场边界平行。现用沿db方向的外力拉着导线框以恒定的速度v进入磁场区域，进入过程中，下列说法正

确的是（）

A．感应电流方向为a→b→c→d→a

B．导线框受到的安培力先均匀增大，后均匀减小

Bl2

C．通过导线框导体横截面的电荷量为

2R

2

2

．导线框中产生的热量小于1B2lv

D2l

2R

【答案】AD

【详解】A．根据楞次定律，可判断知线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a，故A正确；

B．由题意，可知线框在对角线ac未进入磁场的过程中，有效切割长度和线框受到安培力作用导线的等效

长度均为L2vt

E

根据F安BIL，EBLv，I

R

B2L2v4B2v3

可得Ft2t2

安RR

可推知，导线框进入磁场区域过程中，受到的安培力先增大，后减小，但不是均匀的，故B错误；

Bl2

C．导线框进入磁场区域过程中，通过导线框导体横截面的电荷量为q

RR

故C错误；

BLv2Bv2

D．线框在对角线ac恰好进入磁场的过程中，线框中产生感应电流的瞬时值Itt

RR

根据焦耳定律QI2Rt，作出的I2-t图像，图像的面积能反映导线框中产生热量的大小关系。

若I2-t图像为直线，线框在从开始到对角线ac恰好进入磁场的过程中，线框中产生的热量为

2

2

1B2lv2l

Q1

2R2

2

2

全程产生的热量为1B2lv

Q2Q12l

2R

然而实际结合线框中产生感应电流的瞬时值可知I2-t图像在直线的下方，故全程产生的热量

2

2

1B2lv

Q总Q2l

2R

故D正确。

故选AD。

【变式1】如图所示，间距L=2m的光滑平行导轨所在平面与水平面夹角θ=30°，导轨底边AB水平，且接有

一个特殊的电源，电路接通后该电源在不同的外接负载条件下均保持所输出的电流恒定为I=0.5A，导轨上C、

D两点连线与底边平行，E为导轨平面上一点，C、D、E的连线构成等腰直角三角形，O点为等腰直角三

角形CDE过E点高的中点，三角形内部存在垂直导轨平面向下，磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。将一

长度也为L=2m，质量m=0.05kg，电阻为定值的导体棒放置在C、D位置，导体棒受到C、D两处挡板的作

用处于静止状态。导轨足够长，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)闭合开关S的瞬间，导体棒的加速度a的大小；

(2)导体棒第一次经过O点时速度v0的大小；

π

(3)已知闭合开关S后经s导体棒第一次经过O点，若以O点为原点沿斜面向上为正方向建立x坐标轴，

4

请写出导体棒所受合力F合与其坐标x的关系式及导体棒从O点第一次到达x=0.25m所用的时间t。（结果均

可用分数表示）

210π

【答案】(1)5m/s；(2)m/s；(3)F合0.5x(N)，s

212

【详解】（1）由左手定则可知导体棒所受安培力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得BIL－mgsinθ=ma

解得a5m/s2

（2）导体棒沿斜面向上运动位移d=0.5m时第一次经过O点，由几何关系易得此时导体棒处于磁场中的长

度为L1m；向上运动过程中导体棒处于磁场中的长度随其位移均匀减小，安培力做功

BILBIL

WFxd

A2

3

解得WJ

16

mv2

由动能定理得Wmgdsin300

2

10

解得vm/s

02

L

（3）导体棒坐标为x时，导体棒处于磁场中的长度为2x

2

L

合力大小F合BI(2x)mgsin30

2

即F合0.5x(N)

π

可知导体棒以O点为中心做简谐运动，振幅A=0.5m，且导体棒第一次经过O点用时s为四分之一周期，

4

可得T=πs

A

导体棒过O点后再经第一次到达x=0.25m

2

2π

从导体棒第一次经过O点时开始计时，则有xAsint

T

Tπ

解得所用时间ts

1212

【变式2】如图甲所示，PQ、MN两条平行的粗糙金属轨道与水平面成角，轨道上端M、P之间接可变电

阻R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向可调且始终垂直于轨道平面向上。质量为m0.2kg的金属杆ab

水平放置在轨道上，其接入电路部分的阻值为r，其和导轨间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2，

轨道电阻不计且足够长。

103

(1)若60，当杆ab由静止释放瞬间加速度大小为m/s2。求；

3

(2)若30，现从静止释放杆ab且施加与导轨平面成60斜向右上方的恒定拉力F0.5mg，如图乙，

测得其最大速度为vm。改变可变电阻的阻值R，得到vm与R的关系式Rvm2（各量均取国际单位）。已

知MN、PQ两平行金属轨道间距离L=1m。求：

a．磁感应强度B的大小和r的阻值；

b．当变阻箱R取4Ω，且金属杆ab在下滑d=9m前速度已达最大，ab杆下滑d的过程中，电阻r上产生的

焦耳热。

3

【答案】(1)；(2)a.1T，2Ω；b.1.8J

3

【详解】（1）若60，当杆ab释放瞬间，对杆由牛顿第二定律有mgsinmgcosma

3

得

3

（2）a.若30，棒受F作用由静止释放，棒感应电动势EBLv

E

回路电流I

Rr

安培力F安BIL

对棒由牛顿第二定律有mgsinFcosmgcosFsinF安ma

B2L2v

联立得mgsinFcosmgcosFsinma

Rr

当a0时，v取最大值vm

B2L2v

即mgsinFcosmgcosFsinm0

Rr

2

代入数据整理得RBvmr

由题意Rvm2

得B1T，r2Ω

b.当R4Ω时，由Rvm2得

vm6m/s

设杆下滑d9m过程中，回路因电流做功产生的总焦耳热为Q,r上产生的焦耳热为Qr，对杆在下滑d过程

1

中，由动能定理有mgsinFcosmgcosFsindWmv20

F安m

2

r

又QW，QQ

F安rRr

，

联立得Q5.4JQr1.8J

【题型二】电磁感应中的动量问题

动量定理在电磁感应中的应用

在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解单杆所受其他恒力(非安培力)作用的时间、

单杆的速度、单杆的位移和通过单杆的横截面的电荷量。

－－

(1)求通过单杆的横截面的电荷量、单杆的速度或单杆运动的时间：－BIlΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，q＝IΔt

ΔΦ

＝n。

R总

－

B2l2v－

(2)求单杆运动的位移、单杆的速度或单杆运动的时间：－Δt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，x＝vΔt。

R

【例1】（多选）如图所示，宽度d0.2m的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小B1T，方向垂直纸面

向里。一正方形导线框abcd，从距磁场上边界高度h0.2m处自由下落，其下边ab刚进入磁场和刚离开磁

场时的速度相同。已知线框质量m10g，边长l0.1m，电阻R0.1，g取10m/s2，则（）

A．线框刚进入磁场时线框中有逆时针方向的电流

B．线框完全离开磁场时的速度为3m/s

C．线框在穿越磁场过程中产生的热量为0.02J

2

D．线框穿越整个磁场所用时间为s

10

【答案】AD

【详解】A．根据右手定则可知电流方向为逆时针，故A正确；

2

B．设线框刚进入磁场的速度为v，则v2gh，线框完全离开磁场时的速度为v1，由题意可知线框从完全进

22

入磁场到即将离开磁场过程中只受重力，则有vv12gl

可得v12m/s

故B错误；

12

C．由能量守恒可得mghdlQ热mv

21

解得Q热0.04J

故C错误；

B2L2v

D．线框进入和离开的过程所用时间相同为t，mgtitmvmv

Ri1

21

可得ts

10

完全进入磁场到刚要离开磁场所用时间为t1，根据v1gt1v

22

解得ts

110

2

故总时间为2tts

110

故D正确。

故选AD。

【例2】（多选）如图所示，光滑平行金属导轨M1N1和M2N2固定在水平面内，导轨间某个区域存在竖直向

下的匀强磁场，金属棒P和Q分别静置在磁场两侧的导轨上，金属棒P的质量为m。某时刻金属棒P以初

速度v0水平向右运动，穿过磁场区域后与金属棒Q发生非弹性碰撞，金属棒P刚好再次穿出磁场区域，金

1

属棒Q碰后的速度为v。下列说法正确的是（）

50

A．金属棒P两次穿过磁场区域的过程中，速度变化量的大小相等

B．金属棒Q的质量为5m

3

C．金属棒P碰撞前的速度大小为v

50

2

D．整个过程中，金属棒P和Q产生的焦耳热为mv2

50

【答案】AB

【详解】A．设金属导轨间距为L，磁场为B，磁场宽度为d，回路总电阻为R总，金属棒两次穿过磁场区域

BLd

过程中，根据动量定理可得BLItmv末mv初，qIt

R总

B2L2d

可得Δv

mR总

由此可知，两次穿过磁场的速度变化量的大小相等，故A正确；

B．设第一次穿过磁场的速度为v1，由A可知第二次穿过磁场的速度v20v0v1

1

PQ发生碰撞，根据动量守恒定律可得mvMvmv

1502

解得M5m

即金属棒Q的质量为5m，故B正确；

CD．由于PQ发生非弹性碰撞，无法求解碰撞之后P的速度，无法求解金属棒P碰撞前的速度大小和整个过

程中金属棒P和Q产生的焦耳热，故CD错误。

故选AB。

【例3】（多选）在轨稳定运行的天和核心舱内，我国航天员进行的某次科研实验如图所示：一个正方形闭

合线圈以速度v1垂直磁场边界进入矩形匀强磁场区域，此后线圈穿过该磁场，若线圈恰好离开磁场时的速

度大小为v2，则下列关于线圈的说法正确的是（）

A．进入磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向

B．离开磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向

vv

C．完全进入磁场时的速度等于12

2

vv

D．完全进入磁场时的速度小于12

2

【答案】AC

【详解】A．进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时

针方向，故A正确；

B．离开磁场的过程中，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，

故B错误；

CD．设完全进入磁场时的速度为v，线圈进入磁场的过程，根据动量定理可得

BI1Lt1mvmv1

其中

BL2

Itq1

111RR

线圈离开磁场的过程，根据动量定理可得BI2Lt2mv2mv

2

2BLv1v2

其中Itq联立可得mvmv1mv2mv则有v故C正确，D错误。故选AC。

222RR2

【变式1】如图所示，在水平面上的装置由三部分构成，装置中间部分为电路控制系统，电源电动势恒定且

为E，内阻不计，两个开关S1、S2初始状态都断开。装置左右两侧均为足够长且不计电阻的光滑金属导轨，

导轨MN宽度为2L，HG宽度为L，导轨MN和HG之间存在匀强磁场，磁感应强度分别为B和2B，磁场方

向如图所示。将质量均为m的金属杆ab，cd分别如图轻放在水平轨道上，两杆接入电路中的电阻相等，不

计金属杆与导轨的摩擦。

(1)接通S1，求ab杆的最大速度；

(2)当ab杆做匀速运动后，断开S1同时闭合S2，当两杆再次匀速运动时，求cd杆产生的焦耳热。

EmE2

【答案】(1)；(2)

2BL32B2L2

【详解】（1）S1接通，ab中有a→b的电流，ab受水平向右的安培力ab向右做加速运动，ab切割磁感线产

生一个感应电动势,与电源相抵消。当ab产生的感应电动势与电源电动势完全相消时，ab棒不受安培力，

ab将做匀速运动，速度为vm，此时产生的感应电动势为

E2BLvm

解得

E

v

m2BL

（2）断开S1，接通S2，ab向右运动切割磁感线产生感应电流，由b→a，电流再流经cd棒，方向由c到d。

由左手是则可知，ab棒受水平向左的安培力，做减速运动；cd棒受水平向右的安培力，向右做加速运动，

ab、cd.产生互相抵消的电动势，当完全抵消时，电路中无电流。ab、cd做匀速运动速度分别为v1、v2，则

2BLv1B2Lv2

可得

v1=v2

ab、cd中电流相等。ab、cd的安培力分别为F1=2BIL

F2=B×2LI=2BIL

安培力大小相等、方向相反，ab、cd满足动量守恒，有mvmmv1mv2

v

联立解得vvm

122

2

2

电路中的总热量为121vm12mE

Qmvm2mmvm

222216B2L2

1mE2

因为ab、cd的阻值相等，所以cd杆产生的焦耳热为QQ

cd232B2L2

【变式2】如图所示，在绝缘水平面上固定两根光滑平行金属导轨，左右两侧导轨处于竖直向上的磁场中，

磁感应强度大小分别为B和2B，导轨间距分别为2d和d，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

5L的轻质绝缘弹簧，弹簧的劲度系数为k。释放弹簧后两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性

限度内。两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。求：

(1)导体棒PQ的速率为v时，导体棒MN的运动速率及回路的总电功率；

(2)弹簧伸展过程中流过导体棒MN的电流方向及弹簧释放的整个过程中通过导体棒PQ的电荷量。

12B2d2v210BLd

【答案】(1)2v，；(2)M指向N，

R3R

【详解】（1）设任意时刻回路电流为I，则PQ受安培力

F1BI·2d

左手定则可知其方向向右；

MN受安培力F22BId

左手定则可知其方向向左，可知两棒系统受合外力为零，系统动量

守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则2mvmv1

解得导体棒MN的运动速率v12v

B2dv2Bdv2Bdv

此时电流中的电流I1

03RR

2

则此时回路的总电功率PI03R

12B2d2v2

联立解得P

R

（2）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，导体棒MN中的电流方向由M

指向N。两棒最终停止时弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了5L，对双棒，由动量守恒可得2mvPQmvMN

整理得2mvPQtmvMNt

可得2mxPQmxMN

因为xPQxMN5L

10

可得则最终MN位置向右移动xL

MN3

5

PQ位置向左移动xL

PQ3

E

则qIΔtΔt

3R

因为E

t

B2dxPQ2BdxMN

10BLd

联立解得q

3R3R

【变式3】如图，两光滑平行圆弧导轨竖直放置，下端与两根间距为L的光滑平行水平导轨平滑连接，足够

长的水平导轨全部处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。在导轨上放置长度略大于L的导体棒

a、b、c。a棒的质量为2m，接入电路的电阻为R，b棒和c棒的质量均为m，接入电路的电阻均为2R。

已知初始时a棒和b棒间距为d，且均处于静止状态。现让c棒从圆弧导轨上高为h处由静止释放，c棒与b

棒如果发生碰撞则会粘在一起。已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，且导体棒运动过程中始终与导轨

垂直且接触良好。

(1)c棒刚进入磁场时，求a棒和b

棒的加速度之比；

(2)若使c棒与b棒不发生碰撞，求

初始时b棒离磁场左边界