2026届高考物理一轮复习模型解读与针对性训练14.电磁感应+动量定理模型(学生版+解析)

这是一份2026届高考物理一轮复习模型解读与针对性训练14.电磁感应+动量定理模型(学生版+解析)，共9页。
【电磁感应+动量定理模型解读】
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＋eq \(I,\s\up6(－))LBΔt＝mv－mv0
或I其他－eq \(I,\s\up6(－))LBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量和为零，则有
eq \(I,\s\up6(－))LBΔt＝mv－mv0或－eq \(I,\s\up6(－))LBΔt＝mv－mv0。
2.求电荷量：q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(mv0－mv,BL)。
3.求位移：由－eq \f(B2L2\(v,\s\up6(－)),R总)Δt＝mv－mv0有
x＝eq \(v,\s\up6(－))Δt＝eq \f(（mv0－mv）R总,B2L2)。
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。
－Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＋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。
eq \f(－B2L2\(v,\s\up6(－))Δt,R总)＋F其他Δt＝mv－mv0，eq \(v,\s\up6(－))Δt＝x。
【高考真题】
【典例1】．(2023·辽宁高考)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eq \f(4B2d2v,3R)
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eq \f(BLd,3R)
答案：AC
解析：弹簧伸展的过程中，穿过闭合回路的磁通量向上增加，由楞次定律可判断回路中的电流方向为顺时针，A正确；设MN的质量为m，则PQ的质量为2m，对PQ由动量定理得Ft－eq \x\t(I)·2dBt＝2mv，对MN由动量定理得Ft－eq \x\t(I)d·2Bt＝mv′，解得导体棒MN的速度为v′＝2v，PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感应电流大小为I＝eq \f(E,3R)＝eq \f(2Bdv,R)，则MN所受的安培力大小为FMN＝Id·2B＝eq \f(4B2d2v,R)，B错误；整个运动过程中，MN的加速度为aMN＝eq \f(F－Id·2B,m)，PQ的加速度为aPQ＝eq \f(F－I·2dB,2m)，则aMN∶aPQ＝2∶1，由B选项分析可知MN与PQ的速率之比为2∶1，则由公式v2＝2ax可知MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；由C选项分析可知两导体棒静止时，MN的位移大小为eq \f(2L,3)，PQ的位移大小为eq \f(L,3)，由法拉第电磁感应定律得eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，又eq \x\t(I)＝eq \f(eq \x\t(E),3R)，通过MN的电荷量为q＝eq \x\t(I)·Δt，整理得q＝eq \f(ΔΦ,3R)，代入数据解得q＝eq \f(2Bd·\f(2L,3)＋B·2d·\f(L,3),3R)＝eq \f(2BLd,3R)，D错误。
【典例2】(2023·湖南高考)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
答案：(1)eq \f(2mgRsin θ,B2L2) (2)2gsin θ (3)gt0sin θ＋eq \f(mgRsin θ,B2l2) eq \f(2m2gR2sin θ,B4L4)
解析：(1)a匀速运动时受力平衡，有
mgsin θ＝I0LB
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有
I0＝eq \f(BLv0,2R)
联立解得v0＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)。
(2)a匀速运动时，由(1)可得电路中电流
I0＝eq \f(mgsin θ,BL)
对b由牛顿第二定律有mgsin θ＋I0LB＝ma0
联立解得a0＝2gsin θ。
(3)方法一 对a、b分别由牛顿第二定律有
mgsin θ－ILB＝ma1
mgsin θ＋ILB＝ma2
联立可得2mgsin θ＝m(a1＋a2)
设共速时a、b的速度变化量分别为Δv1、Δv2，
对加速度积分有2mgt0sin θ＝m(Δv1＋Δv2)
设共速时速度为v，有
Δv1＝v－v0
Δv2＝v－0
联立可得v＝gt0sin θ＋eq \f(mgRsin θ,B2L2)
m(a2－a1)＝2ILB
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有
BL(v1－v2)＝2IR
联立可得m(a2－a1)＝eq \f(B2L2,R)(v1－v2)
左边对加速度积分，右边对速度积分，有
m(Δv2－Δv1)＝eq \f(B2L2,R)Δx
联立可得Δx＝eq \f(2m2gR2sin θ,B4L4)。
方法二 分析可知a与b受到的安培力大小始终相等，则对a、b由动量定理分别有
mgsin θ·t0－eq \x\t(F)安t0＝mv－mv0，
mgsin θ·t0＋eq \x\t(F)安t0＝mv，
联立解得
v＝gt0sin θ＋eq \f(mgRsin θ,B2L2)，eq \x\t(F)安t0＝eq \f(m2gRsin θ,B2L2)，
又eq \x\t(F)安t0＝eq \x\t(I)LBt0，
q＝eq \x\t(I)t0＝eq \f(eq \x\t(E),2R)t0＝eq \f(BLΔx,2R)，
联立解得Δx＝eq \f(2m2gR2sin θ,B4L4)。
【针对性训练】
1. （山西吕梁市2025年高三年级第三次模拟考试）如图所示，足够长的光滑水平轨道左侧部分的轨道间距为，右侧部分的轨道间距为，两部分轨道通过导线连通。整个区域存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小。质量的金属棒和质量的金属棒垂直于导轨分别静止放置在左、右两侧轨道上。现给金属棒一大小为、方向沿轨道向右的初速度，已知两金属棒接入电路的有效电阻均为，轨道电阻不计，，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，棒总在宽轨上运动，棒总在窄轨上运动。下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程金属棒、动量守恒
B. 金属棒匀速运动的速度大小为
C. 整个过程通过金属棒某横截面的电荷量为
D. 整个运动过程金属棒、扫过的面积之差为
【答案】BC
【解析】．因为受到的安培力大小不相等，合力不为零，所以整个过程金属棒动量不守恒，A错误；
B．选取水平向右正方向，对分别应用动量定理，对有
对Q有
其中
整理得
两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有
即
联立解得，B正确；
在Q加速过程中根据动量定理有
又电荷量
解得，C正确；
根据
代入数据解得，D错误。
2. 如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为s。则( )
A.当流过棒的电荷量为eq \f(q,2)时，棒的速度为eq \f(v0,4)
B.当棒发生位移为eq \f(s,3)时，棒的速度为eq \f(v0,2)
C.在流过棒的电荷量达到eq \f(q,2)的过程中，棒释放的热量为eq \f(3BqLv0,16)
D.整个过程中定值电阻R释放的热量为eq \f(3BLqv0,4)
答案 C
解析 对ab棒由动量定理有－Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv0，而q＝eq \(I,\s\up6(－))t，即－BqL＝0－mv0，当流过棒的电荷量为eq \f(q,2)时，有－B·eq \f(q,2)L＝mv1－mv0，解得v1＝eq \f(1,2)v0，A错误；当棒发生位移为s时，q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLs,R)，则当棒发生位移为eq \f(s,3)时，q′＝eq \f(ΔΦ′,R)＝eq \f(BLs,3R)，可知此时流过棒的电荷量q′＝eq \f(q,3)，代入Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝eq \f(2,3)v0，B错误；定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量达到eq \f(q,2)的过程中，棒释放的热量为Q＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mveq \\al(2,0)－\f(1,2)mveq \\al(2,1)))＝eq \f(3,16)mveq \\al(2,0)＝eq \f(3BqLv0,16)，C正确；同理可得整个过程中定值电阻R释放的热量为Q′＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(qBLv0,4)，D错误。
3 (2024·江西南昌联考)如图，间距为L的平行导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2eq \r(gd)
B.金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为eq \r(2gd)
C.金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgd
D.金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为eq \f(B2L2d－mR\r(gd),mgR)
答案 ABC
解析 根据动能定理有mg·2d＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v1＝2eq \r(gd)，故A正确；由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为v1′，进磁场Ⅱ的速度为v2，则有eq \f(1,2)mv1′2＋mgd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，又v2＝v1，解得金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为v1′＝eq \r(2gd)，故B正确；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－eq \f(1,2)mv1′2，解得金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为Q＝2mgd，故C正确；设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)－(－mv1)，该过程的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLd,2R)，解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t＝eq \f(B2L2d－（4－2\r(2)）mR\r(gd),2mgR)，故D错误。
4. 如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为s。则( )
A.当流过棒的电荷量为eq \f(q,2)时，棒的速度为eq \f(v0,4)
B.当棒发生位移为eq \f(s,3)时，棒的速度为eq \f(v0,2)
C.在流过棒的电荷量达到eq \f(q,2)的过程中，棒释放的热量为eq \f(3BqLv0,16)
D.整个过程中定值电阻R释放的热量为eq \f(3BLqv0,4)
答案 C
解析 对ab棒由动量定理有－BLt＝0－mv0，而q＝t，即－BqL＝0－mv0，当流过棒的电荷量为eq \f(q,2)时，有－B·eq \f(q,2)L＝mv1－mv0，解得v1＝eq \f(1,2)v0，A错误；当棒发生位移为s时，q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLs,R)，则当棒发生位移为eq \f(s,3)时，q′＝eq \f(ΔΦ′,R)＝eq \f(BLs,3R)，可知此时流过棒的电荷量q′＝eq \f(q,3)，代入BLΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝eq \f(2,3)v0，B错误；定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量达到eq \f(q,2)的过程中，棒释放的热量为Q＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mveq \\al(2,0)－\f(1,2)mveq \\al(2,1)))＝eq \f(3,16)mveq \\al(2,0)＝eq \f(3BqLv0,16)，C正确；同理可得整个过程中定值电阻R释放的热量为Q′＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(qBLv0,4)，D错误。
5. 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＝eq \f(B2L2v0,mR)
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，回路产生的内能为eq \f(2,5)mveq \\al( 2,0)
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eq \f(2mv0,5BL)
答案：ACD
解析：开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝eq \f(E,2R)，导体棒D所受安培力F＝ILB，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝eq \f(B2L2v0,mR)，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，由动量定理得，对C棒有－eq \x\t(I)·2LBΔt＝mΔv1，对D棒有eq \x\t(I)LBΔt＝mΔv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝eq \f(2,5)v0，v1＝eq \f(1,5)v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)，解得Q＝eq \f(2,5)mveq \\al( 2,0)，故C正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有－eq \x\t(I)·2LBΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝eq \f(2mv0,5BL)，故D正确。
6．(2023·河北邯郸一模)如图所示，在竖直平面内固定有足够长的平行金属导轨PQ、MN，导轨间距为L，在QN之间连接有阻值为R的电阻，导轨上放有质量为m、电阻为eq \f(1,5)R的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一大小为F＝2mg的拉力，使其由静止开始向上运动，经时间t后金属杆达到最大速度。金属杆ab运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，不计导轨电阻，当地重力加速度为g，则下列结论正确的是( )
A．通过电阻R的感应电流方向由N向Q
B．金属杆ab的最大速度为eq \f(6mgR,5B2L2)
C．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，上升的高度为eq \f(5mgR,6B2L2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(6mR,5B2L2)))
D．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为eq \f(mg,BL)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(6mR,5B2L2)))
答案：BD
解析：由楞次定律可知，通过电阻R的感应电流方向为由Q向N，故A错误；导体棒速度为v时，产生的电动势为E＝BLv，流过导体棒的电流为I＝eq \f(E,\f(1,5)R＋R)＝eq \f(5BLv,6R)，导体棒所受安培力FA＝ILB＝eq \f(5B2L2v,6R)，由牛顿第二定律可得F－mg－eq \f(5B2L2v,6R)＝ma，当a＝0时，速度最大，解得最大速度为vm＝eq \f(6mgR,5B2L2)，故B正确；金属杆ab由静止到最大速度的过程中，由动量定理Ft－mgt－eq \x\t(I)LBt＝mvm，又因为eq \x\t(I)＝eq \f(5BL\(v,\s\up8(－)),6R)，eq \x\t(I)＝eq \f(q,t)，可得Ft－mgt－eq \f(5B2L2h,6R)＝mvm，Ft－mgt－BLq＝mvm，解得上升的高度h＝eq \f(6mgR,5B2L2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(6mR,5B2L2)))，通过电阻R的电荷量q＝eq \f(mg,BL)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(6mR,5B2L2)))，故C错误，D正确。故选BD。
7．(多选)(2024·河南新安模拟)如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽L，高h，大小均为B。电梯后方固定一个N匝矩形线圈，线圈总电阻为R，高度为H，H＝3h，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为m，忽略一切阻力，重力加速度为g。若电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落，某时刻电梯下降3H时，速度为v，则( )
A．下降3H时，线圈的电动势为E＝NBLv
B．下落瞬间电梯加速度的大小为g
C．若电梯与地面的距离足够高，电梯最终的速度为vm＝eq \f(mgR,N2B2L2)
D．下降3H过程所需要的时间为eq \f(v,g)＋eq \f(12N2B2L2H2,mgR)
答案：BD
解析：下降3H时，上下两边均切割磁感线产生感应电动势，故线圈的电动势为E＝2NBLv，故A错误；下落瞬间，电梯速度为零，无感应电动势，安培力为零，则只受重力作用，加速度的大小为g，故B正确；若电梯与地面的距离足够高，最终安培力与重力平衡，电梯匀速运动，此时F＝2NImLB＝2NBLeq \f(2NBLvm,R)＝eq \f(4N2B2L2vm,R)＝mg，解得vm＝eq \f(mgR,4N2B2L2)，故C错误；下降3H过程，根据动量定理得mgt－eq \f(4N2B2L2eq \x\t(v),R)t＝mv，其中3H＝eq \x\t(v)t，解得t＝eq \f(v,g)＋eq \f(12N2B2L2H,mgR)，故D正确。
8. （2025学年湖北省百师联盟高三下二轮复习联考（二）） 如图所示，半径为r、间距为2L的光滑圆弧导轨与水平光滑导轨在M、N处相切且平滑连接，水平导轨由两个足够长的宽窄导轨组成，宽导轨的间距为2L，窄导轨的宽度为L，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根粗细相同、材质相同的均匀金属棒a、b分别放在宽窄导轨上，长度与导轨宽度相同，a棒的质量为m，电阻为R。a棒从圆弧导轨顶端由静止沿圆弧导轨滑下，到a、b棒运动稳定的整个过程中，两棒始终与导轨接触良好且垂直于导轨，不计导轨的电阻，重力加速度为g。在a、b棒整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. a棒克服安培力做的功大于安培力对b棒做的功
B. b棒的最大加速度大小为
C. b棒上产生的焦耳热为
D. 流过b棒的电荷量为
【答案】ABD
【解析】a棒克服安培力做功，使得a棒的动能转化为电能，安培力对b棒做正功，使得b棒的动能增加，同时电流流过整个回路还要转化为焦耳热，故A正确；
由于金属棒a、b粗细相同、材质相同，则a、b棒质量之比为2:1，电阻之比为2:1，b棒加速度最大时，回路中感应电流最大，对应a棒刚进入磁场时，根据，，
对b棒，由牛顿第二定律得
解得
故B正确；
当a、b棒运动稳定后，回路中没有感应电流，设此时a棒的速度为v1，b棒的速度为v2，则
即
对a棒，根据动量定理有
对b棒，根据动量定理有
解得，
回路中产生的总焦耳热
由于a、b棒电阻之比为2:1，所以b棒产生的焦耳热为，故C错误；
对b，根据动量定理得
电荷量，故D正确。
9. (浙江诸暨市2025年5月高三适应性考试试题)如图所示，两个光滑刚性正方形金属线框A1B1C1D1和A2B2C2D2交叠固定在光滑水平面上，交叠点E和F恰好为两边中点，且彼此相互绝缘。在两线框交叠区域存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场（交叠的金属线框在磁场边缘以内）。已知两线框质量均为m，边长均为a，单位长度电阻均为r0。现将匀强磁场在极短的时间内减小为零，不计线框电感。
（1）判断线框A1B1C1D1中感应电流方向（“顺时针”或“逆时针”），并求流过截面的电量；
（2）求线框A2B2C2D2受到安培力冲量的大小和方向；
（3）若线框A1B1C1D1不固定，交叠点E和F不彼此绝缘（接触电阻不计），而且线框所在平面整个区域都存在着匀强磁场B0，求匀强磁场减小为零时线框A1B1C1D1速度的大小。（忽略磁场减小过程中线框的移动）
【答案】（1）顺时针； （2）；向左 （3）
【解析】（1）根据楞次定律可知，线框A1B1C1D1中感应电流的方向：顺时针；
由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律，
流过截面的电量
（2）线框A2B2C2D2受到安培力冲量的方向：向左；
设某时刻线框的电流为i，则
线框受到安培力的冲量
则
得
（3）根据两环对称性，设某时刻两线框电流i1和i2如图所示。
设回路A1EA2D2C2FC1B1中的电动势为E1，则
得
设回路ED1FB2中的电动势为E2，则
得
【或：对于A1B1C1D1：】
由于，线框A1B1C1D1所受安培力的合力方向向左，速度方向向左；
设线框A1B1C1D1获得速度大小为v，利用动量定理，
可得
解得