本專題的考查集中在楞次定律，法拉第電磁感定律的應用，電磁感應中的圖象問題、電路問題、動力學和能量問題，題型以選擇題為主；計算題常以“導體棒”切割磁感線為背景，還可能會涉及動量的問題。

一、楞次定律和法拉第電磁感應定律
1．判定感應電流方向的兩種方法
(1)楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應強度發生變化的情形。
(2)右手定則：一般用于導體棒切割磁感線的情形。
2．感應電荷量的計算
q＝I－t＝nΔΦR＋r(n：匝數，ΔΦ：磁通量變化量，R＋r：閉合電路的總電阻)
二、電磁感應中力電綜合問題
1．掌握電磁感應綜合問題的解題步驟
(1)確定電源部分，即電源的電動勢大小和極性，電源的內阻大小。
(2)確定外電路。
(3)綜合運動閉合電路的歐姆定律、運動學公式、牛頓運動定律、能量和動量守恒等定律知識解答。
2．必須辨明的“3個易錯易混點”
(1)發生電磁感應的電路中，產生感應電動勢的部分為“電源”，其余部分為“外電路”。
(2)安培力做正功，電能轉化為其他形式的能量，安培力做負功，其他形式的能量轉化為電能。
(3)安培力的沖量為I＝BI－l•Δt＝qBl＝B2l2R＋rx。

1．(多選)在三角形ABC區域中存在著磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，三邊電阻均為R的三角形導線框abc沿AB方向從A點以速度v勻速穿過磁場區域。如圖所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。線框穿過磁場的過程中(　　)

A．感應電流先沿逆時針方向，后沿順時針方向
B．感應電流先增大，后減小
C．通過線框的電荷量為3BL26R
D．c、b兩點的最大電勢差為3BLv
2．(多選)如圖所示，豎直光滑導軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場區域，其區域內的磁場方向都垂直于導軌平面向外，區域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，C2中磁場的磁感應強度恒為B2，一質量為m、電阻為r、長度為L的金屬桿AB穿過區域C2的圓心，垂直地跨放在兩導軌上，且與導軌接觸良好，并恰能保持靜止(軌道電阻不計，重力加速度大小為g)。則(　　)

A．通過金屬桿的電流方向為從A到B
B．通過金屬桿的電流大小為mg2B2a
C．定值電阻的阻值為2kπB2a3mg
D．整個電路中產生的熱功率為kπamg2B2

1．(多選)(2020•山東學業水平等級考試•T12)如圖所示，平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內的剛性導體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發生轉動)。從圖示位置開始計時，4 s末bc邊剛好進入磁場。在此過程中，導體框內感應電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時間t的關系圖像可能正確的是(　　)

2．如圖甲所示，固定的光滑平行導軌(電阻不計)與水平面的夾角為θ＝30°，導軌足夠長且間距L＝0.5 m，底端接有阻值為R＝4 Ω的電阻，整個裝置處于垂直導體框架斜向上的勻強磁場中，一質量為m＝1 kg、電阻r＝1 Ω、長度也為L的導體棒MN在沿導軌向上的外力F作用下由靜止開始運動，拉力F與導體棒速率倒數的關系如圖乙所示，已知g＝10 m/s2。則(　　)

A．v＝5 m/s時拉力大小為7 N
B．v＝5 m/s時拉力的功率為140 W
C．勻強磁場的磁感應強度的大小為2 T
D．當導體棒的加速度a＝8 m/s2時，導體棒受到的安培力的大小為2 N

1．如圖，均勻帶正電的絕緣圓環a與金屬圓環b同心共面放置，當a繞O點在其所在平面內順時針減速旋轉時，由此可知(　　)

A．圓環b具有擴張趨勢
B．圓環b中產生順時針方向的感應電流
C．若圓環a逆時針加速旋轉，圓環b中產生逆時針方向的感應電流
D．若圓環a逆時針減速旋轉，圓環b中產生順時針方向的感應電流
2．電磁驅動是21世紀初問世的新概念、新技術，現已廣泛應用在我們的日常生活中。裝在汽車上的磁性轉速表就利用了電磁驅動，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是(　　)

A．永久磁體和鋁盤應裝在同一轉軸上，兩者同步轉動游絲鋁盤
B．永久磁體和鋁盤應裝在不同的轉軸上，兩者轉動方向相反
C．永久磁體相對鋁盤轉動，鋁盤中產生感應電流，并受安培力而轉動
D．在電磁驅動的過程中，通過克服安培力做功消耗機械能轉化為電能
3．(多選)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導體棒MN放在導軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導軌平面的磁場中，磁感應強度B的變化情況如圖乙所示（圖示磁感應強度方向為正），MN始終保持靜止，則0～t2時間內(　　)

A．流過電阻R的電流方向始終沒變
B．電容器C的a板一直帶正電
C．t1時刻電容器C的帶電量為零
D．MN所受安培力的方向始終沒變
4．如圖，在光滑的水平面上，一半徑為r的金屬環勻速穿過一個方向豎直向下的有界勻強磁場(磁場寬度d＞2r)。規定金屬環中感應電流沿順時針方向為正方向，以進入磁場瞬間為計時起點，下列能表示圓環中感應電流隨時間變化的圖像是(　　)

5．(多選)如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置在磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，導軌間距為L，電阻忽略不計，左端連接兩個電阻R1和R2，R1＝r，R2＝2r。長為3L、電阻為3r的粗細均勻的金屬棒垂直放置在導軌上，其中ab＝bc＝L。金屬棒在水平向右的外力F（F未知）的作用下，以速度v做勻速直線運動，下列說法正確的是(　　)

A．導體棒ad間的電壓Uad＝3BLv
B．外力
C．流過R2電流
D．R1上的功率為
6．如圖，用一根總電阻為2R粗細均勻的銅導線制成半徑為L的圓環，PQ為圓環的直徑，其左右兩側四分之一圓面積內各存在垂直于圓環所在平面的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，但方向相反。一根長度為2L、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環的圓心O點緊貼著圓環以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動，轉動過程中金屬棒MN與圓環始終接觸良好，不計一切阻力和摩擦，下列說法正確的是(　　)

A．轉動過程中流過金屬棒中電流方向始終是從N到M
B．圖示位置金屬棒兩端的電壓大小為23BωL2
C．從PQ位置開始計時，0～時間內通過金屬棒MN的橫截面電荷量為零
D．金屬棒旋轉一周的過程中，金屬棒中電流的有效值為
7．(多選)如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌MAC、NBD水平放置，MA、NB間距L＝0.4 m，AC、BD的延長線相交于點E且AE＝BE，E點到AB的距離d＝6 m，M、N兩端與阻值R＝2 Ω的電阻相連。虛線右側存在方向與導軌平面垂直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝1 T，一根長度也為L＝0.4 m、質量m＝0.6 kg電阻不計的金屬棒，在外力作用下從AB處以初速度v0＝2 m/s沿導軌水平向右運動，棒與導軌接觸良好，運動過程中電阻R上消耗的電功率不變。則(　　)

A．電路中的電流為0.4 A
B．金屬棒向右運動12d過程中克服安培力做的功為0.72 J
C．金屬棒向右運動12d過程中外力做功的平均功率為3.52 W
D．金屬棒向右運動12d過程中在電阻中流過的電量為0.45 C
8．如圖所示，空間內固定有兩平行金屬導軌，左側部分水平且光滑，處于豎直向上的勻強磁場中；右側傾角為α且足夠長，處于垂直導軌平面斜向上的勻強磁場中。導軌上連接的電阻R1＝R2＝R，理想電源的電動勢為E，內阻忽略不計。質量為m的導體棒靜置在左側水平金屬導軌上，閉合開關S的同時，給導體棒一水平向右的初速度，導體棒恰能做勻速直線運動，直至水平拋出。一段時間后，導體棒剛好沿右側導軌方向落在導軌上。已知兩勻強磁場的磁感應強度大小均為B，導軌間距均為d，重力加速度為g。若導軌及導體棒的電阻均不計，導體棒在運動過程中始終保持水平且與導軌垂直，求：

(1)棒獲得的水平初速度大小；
(2)右導軌頂端距左導軌的高度；
(3)棒在右導軌上最終的速度大小。

9．如圖甲所示，有一邊長L＝3 m的正方形金屬線框，其質量m＝1 kg、電阻R＝6 Ω，在一個方向與v0平行的水平外力F作用下勻減速進入勻強磁場。已知磁場方向垂直紙面向里，磁場左右邊界的寬為2L。以線框右邊進入磁場開始計時，線框的初速度v0＝4 m/s，在t＝1.0 s時線框左邊進入磁場立即撤去外力，外力F大小隨時間t變化的圖線如圖乙所示。若線框與水平面間接觸光滑且絕緣。則：

(1)線框進入磁場過程的加速度a大小及磁感應強度B的大小；
(2)求線框離開磁場右邊界時的速度v′；
(3)已知線框進入磁場過程中拉力做功WF＝－2.5 J，求線框從進入磁場到離開磁場整個過程中產生的電熱Q。

10．如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，間距L＝0.4 m，定值電阻R＝1.6 Ω，電容器電容C＝2.5 F，磁感應強度B＝1 T的勻強磁場垂直于導軌平面向上。有一質量m＝0.1 kg、電阻不計的導體棒ab與導軌垂直放置且接觸良好，僅閉合S1，ab在水平外力F作用下運動。電阻R兩端電壓隨時間變化的規律如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求ab的加速度大小；
(2)求從ab開始運動5 s內通過R的電荷量；
(3)若開始時斷開S1，閉合S2后，導體棒受到大小為導體棒重力一半的水平拉力，試分析導體棒的運動狀態及5 s時間內電容器中儲存的能量。

11．如圖甲所示，兩條平行光滑水平導軌間距為L，左右兩側折成傾斜導軌，其傾角均為θ＝45°，左側軌道高為12L。導軌水平部分有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化規律如圖乙所示。導體棒ab固定在左側導軌最高點，cd固定在水平導軌上，與左側軌道底端相距為2L，導體棒ab、cd長均為L、電阻均為R，質量分別為m和2m。從0時刻開始，靜止釋放導體棒ab，當ab到達左側軌道底端時立即釋放導體棒cd。不計導軌電阻和空氣阻力，已知L＝1 m，R＝0.5 ?，m＝1 kg，g＝10 m/s2，B0＝2 T。求：（結果保留根號）

(1)導體棒ab在左側導軌上運動的過程中導體棒cd產生的焦耳熱Q；
(2)若水平導軌足夠長，且兩棒在水平導軌上不會相撞，則兩棒在水平導軌上運動過程中通過導體棒截面的電荷量q是多少；
(3)在(2)的條件下，若右側傾斜導軌足夠長，且導體棒落在傾斜導軌上時立即被鎖定，求導體棒ab、cd最終靜止時的水平間距x。

1．(多選)
【答案】AD
【解析】線圈穿越磁場的過程中，磁通量先增加后減小，則根據楞次定律可知，感應電流先沿逆時針方向，后沿順時針方向，選項A正確；線框穿過磁場的過程中，切割磁感線的有效長度先增加、后減小、再增加，則感應電流先增加、后減小、再增加，選項B錯誤；根據q＝ΔΦR總，因進入和穿出磁場時，磁通量的變化量相同，且感應電流先沿逆時針方向，后沿順時針方向，可知通過線框的電荷量為零，選項C錯誤；當線框完全進入磁場時，c、b兩點的電勢差最大，最大為Ucb＝E＝B•3Lv＝3BLv，選項D正確。]
【點評】注意題目中的關鍵字眼：“三角形導線框”表明線框進入磁場過程中有效長度發生變化；“穿過磁場區域”表明磁通量先增大，后減少。
2．(多選)
【解析】區域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，可知磁感應強度均勻增大，穿過整個回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通過金屬桿的電流方向為從B到A，故A錯誤；對金屬桿，根據平衡方程得mg＝B2I•2a，解得I＝mg2B2a，故B正確；由法拉第電磁感應定律，回路中產生的感應電動勢E＝ΔΦΔt＝ΔB1Δtπa2＝kπa2；且閉合電路歐姆定律有I＝ER＋r，又I＝mg2B2a，解得R＝2πkB2a3mg－r，故C錯誤；整個電路中產生的熱功率P＝EI＝πkamg2B2，故D正確。
【答案】BD

1．(多選)
【答案】BC
【解析】第1 s內，ae邊切割磁感線，由E＝BLv可知，感應電動勢不變，導體框總電阻一定，故感應電流一定，由安培力F＝BIL可知ab邊所受安培力與ab邊進入磁場的長度成正比；第2 s內，導體框切割磁感線的有效長度均勻增大，感應電動勢均勻增大，感應電流均勻增大；第3～4 s內，導體框在第二象限內切割磁感線的有效長度保持不變，在第一象限內切割磁感線的有效長度不斷增大，但兩象限磁場方向相反，導體框的兩部分感應電動勢方向相反，所以第2 s末感應電動勢達到最大，之后便不斷減小，第3 s末與第1 s末，導體框切割磁感線的有效長度相同，可知第3 s末與第1 s末線框中產生的感應電流大小相等，A錯誤，B正確；但第3 s末ab邊進入磁場的長度是第1 s末的3倍，即ab邊所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C正確，D錯誤。
【點評】本題通過不規則導體框在磁場中的運動考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力。本題的易錯點是：2～4 s內導體框切割磁感線的有效長度是變化的。
2．【答案】C
【解析】由題圖乙可知，v＝5 m/s時拉力F＝14 N，拉力的功率PF＝Fv＝70 W，A、B錯誤；導體棒的最大速度vmax＝10 m/s，此時拉力最小Fmin＝7 N，Fmin－mgsin θ－F安＝0，F安＝B2L2vmaxR＋r，得B＝2 T，C正確；F＝701v，F－mgsin θ－F安＝ma，F安＝B2L2vR＋r＝15v，當a＝8 m/s2時，由以上三式得v2＋65v－350＝0，解得v＝5 m/s，故此時安培力的大小F安＝15v＝1 N，D錯誤。

1．【答案】B
【解析】當帶正電的絕緣圓環a順時針減速旋轉時，相當于順時針方向電流，并且在減小，根據右手螺旋定則，其內有垂直紙面向里的磁場，其外有垂直紙面向外的磁場。因垂直向外磁場不全在b環中，因此會導致b環中的磁通量減小，根據楞次定律，b環中感應電流在b環內產生垂直紙面向里的磁場，根據安培定則可知，b環中產生順時針方向的感應電流。根據左手定則，磁場對b環電流的作用力向內，所以圓環b具有收縮趨勢，故A錯誤，B正確；若a環逆時針加速旋轉，同理a中有逆時針方向增大的電流，b環中產生順時針方向的感應電流，故C錯誤；若a環逆時針減速旋轉，同理，a中有逆時針方向減小的電流，依據右手螺旋定則與楞次定律，b環中產生逆時針方向的感應電流，故D錯誤。
2．【答案】C
【解析】永久磁鐵固定在轉軸上，鋁盤國定在指針軸上，鋁盤和永久磁體不是同轉軸帶動，所以兩者轉動不是同步的，故A錯誤；該轉速表運用了電磁感應原理，由楞次定律知，鋁盤磁場總是阻礙永久磁鐵轉動，要使減小穿過鋁盤磁通量的變化，永久磁鐵轉動方向與鋁盤轉動方向相同，故B錯誤；當永久磁鐵隨轉軸轉動時，產生轉動的磁場，在鋁盤中產生感應電流，這時永久磁鐵的磁場會對鋁盤上的感應電流有安培力的作用，而產生一個轉動的力矩，使指針轉動，由于彈簧游絲的反力矩會使指針穩定在某一刻度上，故C正確；在電磁驅動的過程中，通過安培力做功消耗電能轉化為機械能，故D錯誤。
3．【答案】AB
【解析】由圖乙可知，磁感應強度先減小后方向相反增大，即穿過回路的磁通量先減小后方向相反且增大，根據楞次定律，回路中感應電流產生的磁場阻礙遠磁場的變化，所以回路中感應電流產生的磁場方向不會發生變化，則回路中的感應電流方向不發生變化，A正確；根據楞次定律可判斷，通過R的電流一直向下，電容器a板電勢較高，一直帶正電，B正確；t1時刻磁場應強度為零，但是磁通量的變化量不為零，所以感應電動勢不為零，即感應電流不為零，則電容器C的帶電量不為零，C錯誤；通過MN的電流方向不發生變化，但是磁場方向發生了變化，所以MN所受的安培力方向發生了變化，D錯誤。
4．【答案】B
【解析】進入磁場的圓弧環切割磁感線產生感應電動勢，設半徑與水平方向的夾角為θ，則E＝2Brvsin θ。進入磁場的初始階段由右手定則可知電流方向為逆時針方向，且E逐漸增大，感應電流逐漸增大，當恰好半個圓環進入磁場時感應電流達到最大；此后電流逐漸減小，由右手定則知電流還是逆時針方向。金屬環完全進入磁場后，由于金屬環內的磁通量不變，所以沒有感應電流。在金屬環從磁場穿出時，由右手定則知電流方向是順時針方向，電流逐漸增大；穿出半個圓后電流逐漸減小，仍然是順時針方向。故B正確，ACD錯誤。
5．【答案】BD
【解析】根據電磁感應定律可知，此時導體棒ad產生的感應電動勢E＝3BLv，因ab＝bc＝cd＝L，可知Eab＝Ebc＝Ecd＝BLv，閉合電路總電阻，則感應電流，此時bc兩端的電壓Ubc＝I?23r＝25BLv，則導體棒ad間的電壓Uad＝Ubc＋Eab＋Ecd＝2.4BLv，故A錯誤；金屬棒此時受力平衡，安培力等于水平外力，，故B正確；因為R1、R2并聯，R1∶R2＝1∶2，則I1∶I2＝2∶1，可得，故C錯誤；，則電功率，故D正確。
6．【答案】D
【解析】當OM在左上方磁場中時，由右手定則可知金屬棒中電流方向是從N到M，當OM在右下方磁場中時，由右手定則可知金屬棒中電流方向是從M到N，故A錯誤；圖示位置金屬棒產生的感應電動勢E＝2×BLω×12L＝BωL2，外電路的總電阻r＝12R，圖示位置金屬棒兩端的電壓大小U＝13BωL2，故B錯誤；從PQ位置開始計時，0～時間內切割磁感線產生的平均感應電動勢E＝BωL2，所以平均感應電流不為0，則通過金屬棒MN的橫截面電荷量不為零，故C錯誤；金屬棒轉動一周過程中有半個周期內有電流產生，且大小，金屬棒旋轉一周的過程中，由，可得金屬棒中電流的有效值，故D正確。
7．【答案】ACD
【解析】金屬棒開始運動時產生感應電動勢E＝BLv0＝0.8 V，電路中的電流I＝ER＝0.4 A，A正確；金屬棒向右運動運動距離為x時，金屬棒接入電路的有效長度為L1，由幾何關系可得，此時金屬棒所受安培力 (0≤x≤12d)，作出F－x圖象，由圖象可得運動12d過程中克服安培力所做的功，B錯誤；金屬棒運動12d過程所用時間為t，W＝I2Rt，解得t＝ s，設金屬棒運動的12d的速度為v，由于電阻R上消耗的電功率不變，則有BLv0＝B12Lv，v＝2v0，由動能定理可得Pt－W＝12mv2－12mv02，解得P＝3.52 W，C正確；由圖可知，則q＝IΔt＝ΔΦR＝0.45 C，D正確。

8．【解析】(1)因導體棒勻速運動，故導體棒受到的安培力為零，即感應電動勢等于電源電動勢E，即：
E＝Bdv0
故導體棒獲得的初速度。
(2)設右導軌頂端距左導軌的高度為h，因導體棒沿右側導軌方向落于導軌，所以導體棒的末速度方向與沿導軌方向，此時有：
，vx＝v，vy2＝2gh
聯立解得。
(3)導體棒最終在導軌上做勻速直線運動，所以受力平衡：
mgsin α＝Bid，E＝Bdvm，E＝IR2
聯立解得：。
9．【解析】(1)設加速度大小為a，取向左為正方向，則有：
線框右邊進入時
線框左邊進入時

又L＝v0t－12at2
聯立解得：a1＝2 m/s2，B＝0.5 T。
(2)面積表示沖量，有：IF＝－12(F1＋F2)t＝－0.875 N?s
線框進磁場時有：IF＋IFA＝mv－mv0
代入得IFA＝－1.125 N?s
線框出磁場和進入磁場安培力的沖量相等：IFA′＝IFA＝－1.125 N?s
線框離開磁場右邊界時有：IF＋2IFA＝mv′－mv0
得v′＝0.875 m/s，方向水平向右。
(3)動能定理：WF＋WFA＝12mv′2－12mv02
解得：Q＝－WFA≈5.12 J。
10．【解析】(1)ab棒運動切割磁感線，產生的動生電動勢E＝BLv
僅閉合S1，棒無內阻，則閉合電路中電阻R的電壓U＝E＝BLv
因其U－t圖像均勻增大，說明是棒的速度隨時間均勻增大，有：U＝E＝BLat
由斜率的意義可得：BLa＝k＝0.8
解得棒的加速度a＝2 m/s2。
(2)由電量的定義式有：q＝I－t
因棒做勻加速直線運動，有：v＝12v＝12at
則可得
聯立解得通過R的電荷量q＝6.25 C。
(3)若開始時斷開S1，閉合S2后，棒在F＝12mg的拉力作用下加速運動，切割磁感線產生動生電動勢，同時給電容器充電，設任一時刻棒運動的速度為v，電流為i，則由牛頓第二定律有：
12mg－BiL＝ma1
由于棒和導軌的電阻不計，則有：UC＝BLv
因在任一段時間Δt內通過回路橫截面的電荷量與電容器所帶電荷量的變化相同，則有：

代入到牛頓第二定律表達式可得
可證得棒的加速度恒定，即棒做勻加速直線運動；代入數據可得加速度a1＝1 m/s2。
棒在5 s內勻加速的速度和位移為：
v1＝a1t＝5 m/s，x1＝12a1t2 ＝12.5 m
對棒由動能定理，有：Fx1－WFA＝12mv12－0
安培力做負功把機械能轉化為電能再儲存為電容器中的電場能，則5 s時間內電容器中儲存的能量為
ΔE電＝WFA＝5 J。
11．【解析】(1)ab棒在左側軌道下滑過程有： ①
mgsin θ＝ma②
解得 s ③
此時刻以后磁場恒定不變，則ab在左側軌道上運動過程中回路中的電動勢為
④
此過程中cd棒產生的焦耳熱 ⑤
聯立③④⑤解得：Q＝85J。
(2)ab棒到達低端的速度v0＝at1
解得v0＝10 m/s⑥
ab、cd兩棒在水平軌道上運動過程中動量守恒且末速度相等：mv0＝3mv⑦
對cd棒由靜止到達共速應用動量定理：B0ILΔt＝2mΔv⑧
對⑧式兩邊求和得 ⑨
聯立⑥⑦⑨式解得： C。
(3)設Δx為兩棒在水平軌道上的相對位移，第(2)問中
解得 m
cd棒拋出后到；落到右側傾斜軌道有h＝12gt22
xcd＝vt2
且h＝xcd
此過程中ab棒和cd棒的水平速度相等，則xab＝xcd
聯立解得 m
則xab＜2L－Δx
故導體棒cd落在右側傾斜軌道后導體棒ab仍在水平軌道上，再次構成閉合回路。設ab棒接下來在水平軌道上的位移為xab′，對ab棒由動量定理：

而兩邊求和得
解得 m
由此可知xab′＋xab＜2L－Δx
故導體棒ab最終靜止在水平軌道上，與cd水平間距離x＝2L－Δx－xab′＝(2－ ) m。

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