文档内容
第四部分 重点模型与核心问题深究
专题4.6 电磁感应中的杆模型与框模型
目录
模型一 单杆＋导轨模型..........................................................................................................................................1
类型1 单杆＋电阻＋导轨模型中的四类问题................................................................................................1
类型2 单杆＋电容器(或电源)＋导轨模型中的四种题型.............................................................................3
模型二 双杆＋导轨模型中的四类问题..................................................................................................................6
模型三 线框模型....................................................................................................................................................10
类型1 线框穿越磁场过程的图像问题.........................................................................................................11
类型2 线框穿越磁场过程的动力学及能量问题..........................................................................................12
专题强化训练............................................................................................................................................................13
模型一 单杆＋导轨模型
单杆＋导轨模型是由单杆、导轨、电阻或电容器、磁场一般为匀强磁场组成，从导轨的放置方式上
来分，可有水平导轨、竖直导轨、倾斜导轨三种类型，求解过程中要做好三个分析：电路分析、动力学分
析、能量分析，在计算感应电荷量时，还要用到动量定理知识，试题难度一般较大。
类型1 单杆＋电阻＋导轨模型中的四类问题
【例1】如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点
间接有阻值为R的电阻。整个装置处于磁感应强度为 B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。将质
量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。重力
加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求：
(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量。
(3)若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现用沿导轨平面向上的恒定外力F作用在金属杆cd上，使
cd由静止开始沿导轨向上运动，求cd的最大加速度和最大速度。
【解题指导】
(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度分析思路：
【答案】(1)gsin θ，方向沿导轨平面向下 ，方向沿导轨平面向下 (2)mgxsin θ－
(3)见解析
【解析】 (1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，
则杆产生的感应电动势E＝BLv，
回路中的感应电流I＝
杆所受的安培力F＝BIL
根据牛顿第二定律有mgsin θ－＝ma
当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝gsin θ，方向沿导轨平面向下
当杆的加速度a＝0时，速度最大，最大速度v ＝，方向沿导轨平面向下。
m
(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，
根据能量守恒定律得mgxsin θ＝Q ＋mv 2
总 m
又Q ＝Q ，所以Q ＝mgxsin θ－。
杆 总 杆
（3）分析金属杆运动时的受力情况可知，金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五
个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有
F－mgsin θ－F －F＝ma
安 f
又F ＝BIL，I＝＝，
安
所以F ＝BIL＝
安F＝μF ＝μmgcos θ
f N
故F－mgsin θ－－μmgcos θ＝ma
当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度
a ＝－gsin θ－μgcos θ，方向沿导轨平面向上
m
当杆的加速度a＝0时，速度最大，
v ＝。
m
[方法规律] “单杆＋电阻＋导轨”四种题型剖析
题型一(v≠0) 题型二(v＝0) 题型三(v＝0) 题型四(v＝0)
0 0 0 0
质量为m，电阻不计的
轨道水平光滑，杆 cd 倾斜轨道光滑，倾角为 竖直轨道光滑，杆cd
单杆 cd 以一定初速度
质量为m，电阻不计， α，杆cd质量为m，电 质量为 m，电阻不
说明 v 在光滑水平轨道上滑
0
两平行导轨间距为 L， 阻不计，两平行导轨间 计，两平行导轨间距
动，两平行导轨间距为
拉力F恒定 距为L 为L
L
示意
图
杆以速度v切割磁感线
开始时a＝，杆cd速度 开始时 a＝gsin α，杆 开始时a＝g，杆cd速
产生感应电动势 E＝
v↑⇒感应电动势 E＝ cd速度v↑⇒感应电动势 度 v↑⇒感应电动势 E
BLv，电流 I＝，安培
力学 BLv↑⇒I↑⇒安培力F
安
＝ E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F ＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F
力 F＝BIL＝。杆做减
观点 BIL↑，由 F－F ＝ma ＝BIL↑，由mgsin α－ ＝BIL↑，由mg－F
安 安 安 安
速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，
知a↓，当a＝0时，v最 F ＝ma知a↓，当a＝0 ＝ma 知 a↓，当 a＝0
安
当v＝0时，a＝0，杆
大，v ＝ 时，v最大，v ＝ 时，v最大，v ＝
m m m
保持静止
图像
观点
F做的功一部分转化为
重力做的功(或减少的
重力做的功(或减少的
杆的动能，一部分转化
能量 动能全部转化为内能： 重力势能)一部分转化
重力势能)一部分转化
为内能：
观点 Q＝mv2 为杆的动能，一部分转
0
为杆的动能，一部分
化为内能：
W F ＝Q＋mv m 2 转化为内能：W ＝Q
GW ＝Q＋mv 2 ＋mv 2
G m m
类型2 单杆＋电容器(或电源)＋导轨模型中的四种题型
【例2】如图所示，在竖直向下的磁感应强度为 B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道 MN、
PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。
轨道和导体棒的电阻均不计。
(1)如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀
速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻，闭合开关S，导体棒从
静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度v ，求此时电源的输出功率。
m
(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右
运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示，已知t 时刻电容器两极板间的电势差为U 。
1 1
求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。
(4)若图3中导体棒在恒定水平外力F作用下，从静止开始运动，导轨与棒间的动摩擦因数为μ，写出导体
棒的速度大小随时间变化的关系式。
【解题指导】
(1)导体棒匀速运动→受力平衡→求出拉力做的功。导体棒切割磁感线产生感应电动势→产生感应电流→求
出回路的电能。
(2)闭合开关S→导体棒变加速运动→产生的感应电动势不断增大→达到电源的路端电压→棒中没有电流→
由此可求出电源与电阻所在回路的电流→电源的输出功率。
(3)导体棒在外力作用下运动→回路中形成充电电流→导体棒还受安培力的作用→由牛顿第二定律列式分析。
【答案】见解析
【解析】(1)导体棒切割磁感线，E＝BLv导体棒做匀速运动，F＝F
安
又F ＝BIL，其中I＝
安
在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功
W＝FvΔt＝F vΔt＝Δt
安
电路获得的电能ΔE＝EIΔt＝Δt
可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)导体棒达到最大速度v 时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLv
m m
电源与电阻所在回路的电流I＝
电源的输出功率P＝UI＝。
(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，
BLv＝U
由电容器的Ut图可知U＝t
导体棒的速度随时间变化的关系为v＝t
可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝
由C＝和I＝，得I＝＝
由牛顿第二定律有F－BIL＝ma
可得F＝＋。
(4)导体棒由静止开始做加速运动，电容器所带电荷量不断增加，电路中将形成充电电流，设某时刻棒的速
度为v，则感应电动势为E＝BLv
电容器所带电荷量为Q＝CE＝CBLv
再经过很短一段时间Δt，电容器两端电压的增量和电荷量的增量分别为 ΔU＝ΔE＝BLΔv，ΔQ＝CΔU＝
CBLΔv
流过导体棒的电流I＝＝＝CBLa
导体棒受到的安培力f＝BIL＝CB2L2a
1
导体棒所受到的摩擦力f＝μmg
2
由牛顿第二定律得F－f－f＝ma
1 2联立以上各式解得a＝
显然导体棒做匀加速直线运动，所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为
v＝t。
[方法规律] “单杆＋电容器(或电源)＋导轨”四种题型剖析
题型一(v＝0) 题型二(v＝0) 题型三(v＝0) 题型四(v＝0)
0 0 0 0
轨道水平光滑，杆cd质 轨道水平光滑，杆cd质量 轨道倾斜光滑，杆 cd 质 轨道竖直光滑，杆 cd
说
量为m，电阻不计，两 为m，电阻不计，两平行 量为m，电阻不计，两平 质量为m，电阻为R，
明
平行导轨间距为L 导轨间距为L，拉力F恒定 行导轨间距为L 两平行导轨间距为L
示
意
图
开始时a＝gsin α，杆cd 开始时a＝g，杆cd速
S闭合，杆cd受安培力 开始时 a＝，杆 cd 速度
速度v↑⇒E＝BLv↑，经过 度v↑⇒E＝BLv↑，经过
F＝，a＝，杆 cd 速度 v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度
力 Δt 速度为 v＋Δv，E′＝ Δt速度为v＋Δv，E′＝
v↑⇒感应电动势 E
感
＝ 为 v＋Δv，E′＝BL(v＋
学 BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－ BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′
BLv↑⇒I↓⇒安培力 F＝ Δv) ， Δq ＝ C(E′ － E) ＝
观 E) ＝ CBLΔv ， I ＝ ＝ －E)＝CBLΔv，I＝＝
BIL↓⇒加速度 a↓，当 E CBLΔv，I＝＝CBLa，F
安
点 CBLa，F ＝CB2L2a， CBLa，F ＝CB2L2a，
安 安
＝E 时，v 最大，且 ＝CB2L2a，F－F ＝ma，a
感 安
mgsin α－F ＝ma，a mg－F ＝ma，a＝，
安 安
v ＝ ＝，所以杆做匀加速运动
max
＝，所以杆做匀加速运动 所以杆做匀加速运动
图
像
观
点
能 重力做的功一部分转
F 做的功一部分转化为动 重力做的功一部分转化为
量 电源输出的电能转化为 化为动能，一部分转
能，一部分转化为电场 动能，一部分转化为电场
观 动能：W ＝mv 2 化为电场能：W ＝mv2
电 m G
能：W ＝mv2＋E 能：W ＝mv2＋E
F C G C
点 ＋E
C
模型二 双杆＋导轨模型中的四类问题
双杆＋导轨模型是由双杆和导轨、匀强磁场组成，其中导轨有光滑和不光滑两种情况，两杆各自运动范围内导轨的宽度有相等和不相等两种情况，两杆可能有初速度，也可能受外力作用，总之，试题情景多样，
过程复杂，难度较大。
【例3】[多选]如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨
间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上
有a、b两导体棒，质量分别为m ＝m，m ＝2m，接入电路的阻值分别为R ＝R，R ＝2R。b棒静止放置在
a b a b
水平导轨上距a棒足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面高度为h处由静止释放，运动过程中两导体棒与
导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，则( )
A．a棒刚进入磁场时回路中的感应电流大小为
B．a棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力大小为
C．a棒和b棒最终稳定时的速度大小为
D．从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热为mgh
【解题指导】以单棒为研究对象，当单棒的加速度a＝0时，导体棒达到稳定速度。以双棒为研究对象，二
者相互作用的过程满足动量守恒。
【答案】BCD
【解析】设a棒刚进入磁场时的速度为v，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，刚进入磁场时，a棒切割磁
感线产生的感应电动势E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律有I＝，联立解得I＝，A错误。a棒刚进入磁场时，
b棒受到的安培力为F＝BIL，代入电流I解得F＝，方向水平向右，B正确。设两棒最后稳定时的速度为
v′，从a棒进入磁场到两棒速度达到稳定，两棒组成的系统所受外力之和为零，根据动量守恒定律有 mv＝
3mv′，解得v′＝＝，C正确。a棒进入磁场后开始产生内能，从a棒进入磁场到两棒共速的过程中，设a棒
产生的焦耳热为E ，b棒产生的焦耳热为E ，根据能量守恒定律有mv2＝mv′2＋E ＋E ，两棒串联，产生的
a b a b
焦耳热与电阻成正比，则E＝2E，联立解得E＝mgh，D正确。
b a a
【例4】[多选](2019·全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行
金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v 向右滑动。运动过程中，
0
ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 、v 表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可
1 2
能正确的是( )【答案】AC
【解析】： 导体棒ab向右运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受阻力F作用，速度
减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大。如图所示
两导体棒之间的速度差Δv＝v －v 逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，感应电流非均匀变化。
1 2
当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。系统的动量守恒，则
mv＝2mv ，v ＝。故A、C正确，D错误。导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其vt图像应该是曲
0 共 共
线，故B错误。
【例5】．[多选](2022·陕西一模)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 0.2 T，足
够长的光滑水平金属导轨，左侧间距为0.6 m，右侧间距为0.2 m。质量均为0.02 kg的金属棒M、N垂直导
轨放置，开始时金属棒M、N均保持静止。现使金属棒M以10 m/s的速度向右运动，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，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，直到M、N达到稳
定状态。g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．由M、N两金属棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变
B．由M、N两金属棒组成的系统动量守恒
C．在两棒运动的整个过程中，电路中产生的焦耳热为0.9 J
D．在两棒运动的整个过程中，通过M、N两个导体棒的电荷量相等，均为1.5 C
【答案】ACD
【解析】： 开始时金属棒M向右做减速运动、N向右做加速运动，回路的面积在减小，当回路没有感应
电流时，面积不变，故由M、N两金属棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变，故 A正确；M棒受到的安培力始终是N棒的三倍，M、N组成的系统外力之和不为零，动量不守恒，B错误；稳定时，M、N两金
属棒产生的感应电动势大小相等，回路感应电流为零，金属棒不受安培力，金属棒做匀速直线运动，即：
BL v ＝BL v 时，两金属棒做匀速直线运动，由动量定理得：对M：－BIL t＝mv －mv ，对N：BIL t＝
M 1 N 2 M 1 0 N
mv ；由能量守恒定律得：mv2＝mv2＋mv2＋Q，解得：Q＝0.9 J，C正确；回路中有电流时有电荷通过金
2 0 1 2
属棒，金属棒做匀速运动时回路没有电流，从 M开始减速到匀速运动过程，对M，由动量定理得：－
BIL t＝mv－mv，电荷量：q＝It，则：－BL q＝mv－mv，代入数据：q＝1.5 C，故D正确。
M 1 0 M 1 0
【例6】.(多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和
bc边垂直.ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略.一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平
恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，
且与bc边保持平行.经过一段时间后( )
A.金属框的速度大小趋于恒定值
B.金属框的加速度大小趋于恒定值
C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】 BC
【解析】 当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大
小为a ，则有F－Bil＝Ma ；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小
1 1
为a，则有Bil＝ma ，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v，MN速度为v，则电路中的感应电流为
2 2 1 2
i＝，感应电流从0开始增大，则a 从零开始增加，a 从开始减小，加速度差值减小.当a＝a 时，得F＝(M
2 1 1 2
＋m)a，a＝恒定，由F ＝ma可知，安培力趋于恒定，则感应电流趋于恒定，据i＝知金属框与MN的速度
安
差保持不变，v－t图象如图所示，故A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于
金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误.
[方法规律] “双杆＋导轨”四种题型剖析(双棒质量m＝m、电阻r＝r，导轨电阻不计)
1 2 1 2
题型四(不光滑平行导轨)
题型一(光滑的平行 题型二(光滑不等距 题型三(光滑的导轨) 导轨) 平行导轨)
示意图
导体棒长度L＝ 摩擦力F ＝F ＝F
1 导体棒长度L f1 f2 f
1
导体棒长度L
1
＝L
2 2L 2 ，两棒只在各自 ＝L
2 导体棒长度L＝L
1 2
的轨道上运动
图像观点
开始时，若F2F，则
f
做加速度减小的加
力学观点 速度减小的加速运 定时，两棒以相 棒2先做变加速运动后做匀
速运动，稳定时，
动，稳定时，两棒以 同的加速度做匀 加速运动，棒 1先静止后做
两棒的加速度均为
相等的速度匀速运动 加速运动 变加速运动，最后和棒 2做
零，速度之比为1∶2
加速度相同的匀加速运动
两棒组成的系统动 两棒组成的系统
量不守恒 动量不守恒
两棒组成的系统动量 两棒组成的系统动量不守对
动量观点
守恒 单棒可以用动量定理恒
对单棒可以用动量 对单棒可以用动
定理 量定理
拉力做的功一部
分转化为双棒的 拉力做的功一部分转化为双
系统动能的减少量等 系统动能的减少量 动能，一部分转 棒的动能，一部分转化为内
能量观点
于产生的焦耳热 等于产生的焦耳热 化为内能(焦耳 能(摩擦热和焦耳热)：W＝Q
1
热)：W＝Q＋ ＋Q＋E ＋E
2 k1 k2
E ＋E
k1 k2
模型三 线框模型
线框模型研究的是线框穿越匀强磁场时发生的电磁感应过程。高考试题通过此模型对电磁感应过程中
的电路、动力学、功能关系进行考查，在求解此类问题时，要注意分析清楚线框进入磁场和离开磁场时的
运动情况和受力情况。
【例7】如图甲所示，空间内有一磁感应强度B＝0.8 T的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为H，磁
场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为 L＝2 m、d＝0.8 m(d＜H)，质量m＝0.4 kg，电阻R＝3.2Ω。将导线框从距磁场高h＝0.8 m处由静止释放，导线框平面始终与磁场方向垂直，导线框上下边始终保
持水平，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)导线框下边缘刚进入磁场时加速度的大小。
(2)若在导线框上边缘进入磁场之前，导线框已经开始做匀速运动。求导线框进入磁场过程中产生的焦耳热
Q。
(3)请在图乙中画出从导线框由静止开始下落到导线框上边缘进入磁场的过程中，导线框速度 v随t变化的
图像(定性画出)。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)1.4 J (3)见解析图
【解析】(1)导线框从静止释放到下边缘刚进入磁场，根据动能定理mgh＝mv2
1
解得v＝＝ m/s＝4 m/s
1
导线框下边切割磁感线，感应电动势为E＝BLv
1
根据闭合电路欧姆定律I＝
安培力大小为F ＝BIL＝＝ N＝3.2 N
安
根据牛顿第二定律mg－F ＝ma
安
解得a＝g－＝10 m/s2－ m/s2＝2 m/s2。
(2)导线框匀速运动，重力和安培力等大反向
mg＝
解得v＝＝ m/s＝5 m/s
2
从导线框静止释放到上边缘刚进入磁场，根据动能定理得mg(h＋d)－Q＝mv2
2
解得Q＝mg(h＋d)－mv2＝0.4×10×1.6 J－×0.4×52 J＝6.4 J－5 J＝1.4 J。
2(3)导线框未进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，
vt图像如图所示。
【方法规律】解决线框模型问题的两大关键
(1)分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，
才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答。
(2)分析线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力
为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。
类型1 线框穿越磁场过程的图像问题
1.如图所示，有一边长为L的正方形线框abcd，由距匀强磁场上边界H处静止释放，下降过程中ab边始终
与磁场边界平行，且ab边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动。匀强磁场区域宽度也为L。ab边
开始进入磁场时记为t ，cd边出磁场时记为t ，忽略空气阻力，从线框开始下落到cd边刚出磁场的过程中，
1 2
线框的速度大小v、加速度大小a、ab两点的电压大小U 、线框中产生的焦耳热Q随时间t的变化图像可
ab
能正确的是( )
【答案】C
【解析】： 线框在磁场上方H处开始下落到ab边开始进入磁场过程中线框做匀加速运动；因线框ab边
刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动，可知线框直到cd边出磁场时也做匀速运动，选项A、B错
误。线框ab边进入磁场的过程：E＝BLv，则U ＝BLv；ab边出磁场后cd边在磁场中运动的过程：E＝
ab
BLv，则U ＝BLv；线框进入磁场和出离磁场过程中电动势相同，均为E＝BLv，时间相同，则产生的热量
ab
相同，故选项C正确，D错误。
类型2 线框穿越磁场过程的动力学及能量问题
2．[多选](2022·河南名校联考)如图所示，一水平方向的匀强磁场，磁场区域的高度为 h，磁感应强度为
B。质量为m、电阻为R、粗细均匀的矩形线圈，ab＝L，bc＝h，该线圈从cd边离磁场上边界高度H＝处
自由落下，不计空气阻力，重力加速度为g，设cd边始终保持水平，则( )A．cd边刚进入磁场时速度大小v＝
B．cd边刚进入磁场时其两端电压U ＝
cd
C．线圈穿过磁场的时间t＝
D．线圈穿过磁场过程中，回路中产生的热量Q＝2mgh
【答案】CD
【解析】： 由题意可知，线圈从开始运动到cd边进入磁场时做自由落体运动，故cd边刚进入磁场时速
度大小满足v2＝2gH，解得v＝，故A错误；cd边刚进入磁场时其两端电压U ＝IR，IR＝BLv，解得U
cd cd
＝，故B错误；cd边刚进入磁场时受安培力F＝BIL＝＝mg，所以线圈匀速穿过磁场，时间t＝＝，故C正
确；回路中产生的热量等于重力势能的减少量，即Q＝2mgh，故D正确。
专题强化训练
1.(2022·湖南长沙市模拟)如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v、v 的速度沿光滑导轨(电阻
1 2
不计)匀速滑到a′b′位置，若v∶v＝1∶2，则在这两次过程中( )
1 2
A.回路电流I∶I＝1∶2
1 2
B.产生的热量Q∶Q＝1∶4
1 2
C.通过任一截面的电荷量q∶q＝1∶2
1 2
D.外力的功率P∶P＝1∶2
1 2
【答案】 A
【解析】 回路中感应电流为：I＝＝，I∝v，则得I∶I ＝v∶v ＝1∶2，A正确；产生的热量为Q＝I2Rt＝2R
1 2 1 2
＝，Q∝v，则得Q∶Q ＝v∶v ＝1∶2，B错误；通过任一截面的电荷量为q＝It＝＝，q与v无关，则得q∶q ＝
1 2 1 2 1 2
1∶1，C错误；由于棒匀速运动，外力的功率等于电路中的热功率，即P＝I2R＝2R，P∝v2，则得P∶P ＝
1 2v2∶v2＝1∶4，D错误.
1 2
2.(2022·湖北普通高中协作体联考)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，
导轨左端有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨垂直且接触良
好.整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒以初速度v 沿导轨向右运动，前进距离
0
s后停止.在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A.金属棒运动的平均速度大于
B.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C.通过电阻R的电荷量为
D.电阻R上产生的焦耳热为mv2
0
【答案】 C
【解析】 金属棒向右运动，受到向左的安培力 F ＝，做加速度不断减小的减速运动，其平均速度小于，
安
故A错误；由能量守恒定律知金属棒克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热之和，故B错
误；由q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝，故C正确；由能量守恒定律有Q ＝mv2，又R＝R ，所以电阻R上产生的
总 0 总
焦耳热为mv2，故D错误.
0
3．[多选](2022·哈六中第三次调研)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为
0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导
线框一直向右做匀速直线运动，cd边在t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)
所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在0.4～0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
【答案】BC【解析】： 由Et图像可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，选项B正确；
E＝0.01 V，根据E＝BLv可知，B＝0.2 T，选项A错误；导线框进磁场过程中，感应电流方向为顺时针方
向，根据右手定则可知，原磁场的磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在0.4～0.6 s这段时
间内，导线框中的感应电流I＝＝ A＝2 A，所受的安培力大小为F＝BIL＝0.04 N，选项D错误。
4.(多选)(2022·宁夏银川市唐徕回民中学检测)如图甲所示，两根足够长的光滑固定金属导轨ab、cd与水平
面成θ＝30°，导轨间距离为l＝1 m，电阻不计，一个阻值为R 的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的
0
上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B＝1 T．现将
一质量为m、不计电阻的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好，且
始终与导轨保持垂直，改变电阻箱的阻值 R，测定金属棒的最大速度v ，得到－的关系如图乙所示，g取
m
10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．金属棒的质量m＝0.2 kg
B．金属棒的质量m＝0.1 kg
C．定值电阻R＝1 Ω
0
D．定值电阻R＝2 Ω
0
【答案】 AD
【解析】 金属棒以速度v 下滑时，由法拉第电磁感应定律得E＝Blv ，由闭合电路欧姆定律得E＝I·，当
m m
金属棒以最大速度v 下滑时，由平衡条件得BIl－mgsin θ＝0，联立解得＝·＋·，由－图象可得＝1，·＝
m
0.5，解得m＝0.2 kg，R＝2 Ω，故选A、D.
0
5．[多选](2022·福州二模)如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向
竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a质量为
2m，导体棒b质量为m，长度均为l，电阻均为r，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨
水平向右的初速度v 。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说
0
法正确的是( )
A．任何一段时间内，导体棒b动能增加量跟导体棒a动能减少量的数值总是相等的B．任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反
C．全过程中，通过导体棒b的电荷量为
D．全过程中，两棒共产生的焦耳热为
【答案】BCD
【解析】： 根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段
时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒可知，a动
能减少量的数值等于b动能增加量与产热之和，故A错误，B正确；最终共速速度2mv ＝(2m＋m)v，对b
0
棒mv－0＝Bl·t＝Blq，解得q＝，根据能量守恒，两棒共产生的焦耳热为Q＝×2mv2－(2m＋m)v2＝，故C、
0
D正确。
6．[多选](2022·济宁模拟)如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强
度方向与水平面垂直。边长为l的正方形单匝金属线框abcd位于水平面内，cd边与磁场边界平行。t＝0时
刻线框在水平外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙
所示，下列说法正确的是( )
A．水平外力为恒力
B．匀强磁场的宽度为
C．从开始运动到ab边离开磁场的时间为2t
0
D．线框穿出磁场过程中外力F做的功大于线框中产生的热量
【答案】BD
【解析】： 线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此水平
外力F必然不是恒力，选项A错误； 由题图乙可知2t ～4t 时间内线框进入磁场，设线框做匀加速直线运
0 0
动的加速度为a，边框长为：l＝a(4t)2－a(2t)2＝6at2，磁场的宽度为：d＝a(6t)2－a(2t)2＝16at2，故d＝，
0 0 0 0 0 0
选项B正确； 设t时刻线框穿出磁场，则有：6at2＝at2－a(6t)2，解得：t＝4t，C错误； 根据能量守恒可
0 0 0
知，线框穿出磁场过程中外力F做的功等于线框增加的动能和产生的热量，故线框穿出磁场过程中外力 F
做的功大于线框中产生的热量，选项D正确。
7．[多选]如图甲所示，水平面内粗糙导轨MN、PQ相距为L，置于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场
中，导轨电阻不计。两根电阻均为R相同的金属棒ab、cd置于导轨上且与导轨接触良好，电流表内阻不计；
若ab棒在水平外力F作用下由静止开始向右运动，电流表示数随时间变化图线如图乙所示，在 t 时刻cd
0棒刚要开始运动，下列说法中正确的是 ( )
A．ab棒在t 时间内做匀加速直线运动
0
B．若在t 时刻突然撤去外力F，此时ab棒的加速度大小为a＝
0
C．在t 时间内，通过cd棒的电量为
0
D．在t 时间内，力F做的功为ab棒的焦耳热、摩擦生热和其增加的动能三者之和
0
【答案】ABC
【解析】： 根据E＝BLv，得I＝＝，由图像可知，t 时间内I＝kt，则速度v与时间t成正比，即ab棒在
0
t 时间内做匀加速直线运动，选项A正确。若在t 时刻突然撤去外力F，此时对cd棒：f＝BIL；ab棒的加
0 0 0
速度大小为a＝＝，选项B正确。根据q＝It，可知It图像的面积等于电荷量，则由图像可知在t 时间内，
0
通过cd棒的电量为，选项C正确；在t 时间内，力F做的功为ab棒和cd棒的焦耳热、ab棒的摩擦生热以
0
及增加的动能四者之和，选项D错误。
8.(多选)(2022·辽宁营口市高三期末)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域．区域
Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度为2B，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁感应强度为B，磁场
边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG长均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形
导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行．t 时刻ab边刚越过GH进入磁场
1
Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v 做匀速直线运动；t 时刻ab边下滑到PQ与MN之间的某位置，此时导
1 2
线框又恰好以速度v 做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
2
A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为a＝gsin θ
B．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v∶v＝4∶3
1 2
C．从t 到t 的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量
1 2
D．从t 到t 的过程中，有m机械能转化为电能
1 2
【答案】 AC【解析】 ab边进入磁场Ⅰ区域时E＝2BLv ，I＝＝，F ＝2BIL＝，
1 安
由平衡条件得F ＝＝mgsin θ，
安
当ab边刚越过PQ时，E′＝BLv ＋2BLv ＝3BLv ，I′＝＝，F ′＝BI′L＋2BI′L＝
1 1 1 安
由牛顿第二定律得F ′－mgsin θ＝ma
安
解得a＝gsin θ，故A正确；
第二次平衡时，根据平衡条件，有F ″＝＝mgsin θ
安
联立解得v∶v ＝9∶4，故B错误；从t 到t 的过程中，根据功能关系，导线框克服安培力做功的大小等于机
1 2 1 2
械能的减少量，故C正确；从t 到t 的过程中，设导线框下降的高度为Δh，则机械能转化为电能有mv2－
1 2 1
mv2＋mg·Δh，故D错误．
2
9．[多选](2022·柳州模拟)如图所示，宽为L的平行光滑金属导轨MN和PQ由圆弧部分和水平部分平滑连
接，右端接阻值为R的定值电阻，水平轨道的左边部分矩形区域内有竖直向上、大小为 B的匀强磁场。在
圆弧部分的某一高度h处由静止释放一根金属棒，金属棒到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒质量为
m，电阻为，与导轨始终垂直且接触良好。导轨电阻不计，重力加速度为g。则在整个运动过程中( )
A．通过电阻的最大电流大小为
B．金属棒两端的最大电压为BL
C．磁场区域长度d＝
D．右端电阻R产生的焦耳热为mgh
【答案】AC
【解析】： 金属棒下滑过程中机械能守恒，则有mgh＝mv2，金属棒到达水平面时的速度v＝，金属棒到
达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势为 E＝
BLv，最大的感应电流为I＝＝，故A正确；金属棒两端的电压为路端电压，最大值为U＝IR＝，故B错误；
金属棒在整个运动过程中，由动量定理得－BLΔt＝0－mv，而q＝Δt，又q＝＝，联立解得d＝，故C正确；
由能量守恒整个电路产生的焦耳热为mgh，右端电阻R产生的焦耳热小于mgh，故D错误。
10.(2022·重庆巴蜀中学高三月考)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内边长为L的正方形闭合金属线框，金
属线框的质量为m，电阻为R.在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁
场区域的水平边界，并与金属线框的bc边平行，磁场方向垂直于金属线框平面向里.现使金属线框从MN
上方某一高度处由静止开始下落，图乙是金属线框t＝0时刻从静止开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场
PQ边界的v－t图象.重力加速度为g，不计空气阻力.则下列说法正确的是( )A.金属线框进入磁场过程中ab边不受安培力
B.线框将匀速离开磁场
C.磁场边界MN与PQ的间距为2.5L
D.线框从释放到完全离开磁场产生的焦耳热为2mgL
【答案】 C
【解析】 根据金属线框进入磁场的过程中，bc边切割磁感线产生感应电动势，闭合回路产生感应电流，
故ab边要受安培力，A错误；根据题图乙可知线框进入磁场时做匀速运动，根据安培力的计算公式，可得
F ＝＝mg，完全进入磁场时开始做加速度为 g的匀加速运动，线框开始离开磁场时的速度 v>v ，则
安 2 1
>mg，故线框离开磁场时做减速运动，B错误；根据v－t图象可知，t 到2t 图线与t轴所围面积为L，L＝
0 0
vt,2t 到3t 图线与t轴所围面积为(v ＋v)t ＝1.5L，故磁场宽度等于2.5L，C正确；根据金属线框进入磁场
10 0 0 1 2 0
过程中为匀速运动可知，进入过程中产生的热量为Q ＝mgL，金属线框离开磁场时的速度大于金属线框进
1
入磁场时的速度，故离开磁场时产生的热量Q>Q，故焦耳热大于2mgL，D错误.
2 1
11．[多选](2022·成都模拟)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成 θ角放置，导轨间距为L且
电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂
直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度v 由导轨底端M点上滑，经一段时间滑行距离x到达最
0
高点N后，又返回底端M点。金属棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为 r，重力加速
度为g。下列说法正确的是( )
A．金属棒上滑过程中通过电阻R的电荷量为
B．整个过程中电阻R中的电流先从b到a后从a到b
C．金属棒下滑时间大于上滑时间
D．金属棒上滑时间为
【答案】ACD
【解析】： 金属棒上滑过程中通过电阻R的电荷量为q＝＝，故A正确；由楞次定律可知，金属棒上滑过程电阻R中电流从a到b，下滑过程电阻R中电流从b到a，故B错误；根据能量守恒得，除最高点外，
在任何一个位置上，上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速
度，所以t 时，甲和乙都加速运动，
当g<时，甲和乙都减速运动，
当g＝时，甲和乙都匀速运动.
故选A、B.
16.(多选)(2022·全国甲卷，20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的
左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导
轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所
带的电荷量为Q，合上开关S后( )
A.通过导体棒MN电流的最大值为
B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【答案】 AD
【解析】 开始时电容器两极板间的电压U＝，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I＝＝，随着电容器放
电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，
A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，
B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，
由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确。
18.(多选)(2022·湖北新高考演练卷)如图所示，在距地面高h＝1.25 m处固定有两根间距为l＝0.5 m水平放
置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源E，右端边缘处静置有一长l＝0.5 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝
5.0 Ω的导体棒ab，导体棒所在空间有磁感应强度大小为B＝1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场。闭合开关
后，导体棒ab以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离d＝2.5 m，重力加速度
g＝10 m/s2，则( )A.在空中运动过程中，导体棒a端的电势低于b端的电势
B.导体棒抛出时的初速度大小为5 m/s
C.在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定
D.闭合开关后，通过导体棒的电荷量为1.0 C
【答案】 BC
【解析】 由右手定则可知，导体棒在空中运动过程中，在水平方向上要切割磁感线，从而产生感应电动
势，但无感应电流，不受安培力，故导体棒在平抛运动过程中水平方向上的速度v 不变，由E＝Blv 可知
0 0
导体棒上产生的感应电动势大小不变，且a端电势高于b端电势，故A错误，C正确；导体棒从抛出到落
地的时间为t＝＝0.5 s，故导体棒做平抛运动的初速度v＝＝5 m/s，故B正确；设闭合开关时导体棒中有电
0
流流过的时间为Δt，由动量定理可得BIlΔt＝mv －0，因q＝IΔt，故有Blq＝mv ，即q＝，代入数据解得q
0 0
＝2.0 C，故D错误。
20.(多选)如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平，垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度 B＝
2.5 T。正方形单匝金属线框在磁场上方 h＝0.45 m处，质量为0.1 kg，边长为0.4 m，总阻值为1 Ω。现将
线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速
度均为2 m/s，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A.cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9 W
B.匀强磁场区域的高度为0.65 m
C.穿过磁场的过程中线框电阻产生的热量为0.65 J
D.线框通过磁场上边界所用时间为0.3 s【答案】 ABD
【解析】 cd边刚进入磁场时的速度为v＝＝ m/s＝3 m/s，cd边刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动
1
势为E＝BLv ＝2.5×0.4×3 V＝3 V，此时cd边受到的安培力为F ＝BIL＝BL＝2.5××0.4 N＝3 N，则cd边刚
1 A
进入磁场时克服安培力做功的功率为P＝Fv＝9 W，故A正确；ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速
A 1
度均为v ＝2 m/s，根据对称性cd边刚到达下边界时的速度为3 m/s，从ab边刚好进入磁场到cd边刚到达
2
下边界时，由于线框的磁通量不变，则无电流产生，加速度为重力加速度，则有 v－v＝2gh，得h＝0.25
m，匀强磁场区域的高度为s＝h＋L＝0.65 m，故B正确；由能量守恒定律得Q＝mg(s＋L)＋mv－mv＝1.3
J，故C错误；线框通过磁场上边界过程由动量定理得mgt－BiLt＝mv －mv ，即mgt－BqL＝mv －mv ，此
2 1 2 1
过程的电荷量为q＝＝，联立解得t＝0.3 s，故D正确。
21.(多选)(2022·河南平顶山质检)据悉，一种利用电磁感应原理的健身器械“智能电磁式健身器械阻尼器”
在近期获得专利，相比传统机械式健身器材，具有安全、易检测的优点，其原理如图甲所示，水平平行的
粗糙金属导轨固定在水平地面上，导轨足够长，电阻不计，处于垂直水平面向上的匀强磁场中，磁感应强
度B＝1 T，导轨间距L＝2 m，左侧接有定值电阻R＝3 Ω。一质量m＝1 kg的金属棒ab放在导轨上、接入
电路部分的阻值r＝1 Ω，在水平向右的拉力的作用下由静止开始从某处沿导轨向右加速运动，金属棒的v
－x图像如图乙所示。若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数 μ＝0.4，取g＝10 m/s2。则
金属棒从静止开始向右运动位移x＝1 m的过程中，下列说法正确的是( )
1
A.b端的电势比a端低
B.拉力做的功为7 J
C.金属棒ab上产生的焦耳热为1 J
D.通过电阻R的电荷量为0.5 C
【答案】 BD
【解析】 根据右手定则可知，b端相当于电源正极，b端的电势比a端高，故A错误；金属棒从静止开始
向右运动位移x ＝1 m的过程中，克服安培力做功W ＝BL·x＝vx，结合图像面积可知Q＝W ＝1 J，金属
1 安 安棒ab上产生的焦耳热Q′＝Q＝0.25 J，故C错误；根据能量守恒定律，拉力做的功为W＝Q＋mv2＋μmgx＝
7 J，故B正确；金属棒从静止开始向右运动位移x ＝1 m的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝Δt＝＝0.5
1
C，故D正确。
22.(多选)(2022·河南六市联考)如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B，左
侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均
垂直于导轨放置，处于静止状态。ab接入电路的电阻为R，cd接入电路的电阻为2R，两棒始终在对应的
导轨部分运动，并始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给 cd一水平向右的初速度v，则对
0
此后的运动过程，下列说法正确的是( )
A.导体棒ab和cd组成的系统动量守恒
B.cd棒最终的速度为v
0
C.全过程中，通过导体棒cd的电荷量为
D.从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为mv
【答案】 CD
【解析】导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，所以导体棒 ab和cd组成的系统
动量不守恒，故A错误；当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有 BLv ＝
ab
B·2Lv
cd
对ab棒，由动量定理得BI·LΔt＝mv
ab
对cd棒，由动量定理得
－BI·2LΔt＝2mv －2mv
cd 0
联立解得v ＝，v ＝，故B错误；
cd ab
对cd棒，有q＝IΔt
又－BI·2LΔt＝2mv －2mv
cd 0联立解得q＝，故C正确；
由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热
Q＝×2mv－×2mv－mv
解得Q＝mv，故D正确。
23.(多选)(2022·安徽六安市省示范高中教学质检)如图甲所示，足够长光滑水平导轨MN、PQ间连接两定值
电阻R ＝3 Ω，R ＝6 Ω，导轨间距L＝0.5 m，整个装置处在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，质量m＝
1 2
0.1 kg的导体棒ab垂直导轨放置，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动，F－t图像如乙图所示，则下
列选项正确的是( )
A.导体棒匀加速运动的加速度a＝2 m/s2
B.导体棒电阻r＝1 Ω
C.t＝2 s时电阻R 的热功率 W
1
D.0～2 s内通过R 的电荷量为0.5 C
1
【答案】 AC
【解析】 由F－t图像得t＝0时，F ＝0，F＝0.2 N，则a＝＝2 m/s2，选项A正确；2 s末速度v＝at＝4
安
m/s，此时F ＝0.25 N，由F ＝得R ＝4 Ω，又R ＝＋r，得r＝2 Ω，B错误；在2 s末时刻，电路电流I
安 安 总 总
＝＝0.5 A，流过R 电流I ＝I＝ A，R 的热功率为P ＝IR ＝ W，C正确；0～2 s内，导体棒的位移x＝at2
1 1 1 1 1
＝4 m，电路的总电荷量为Q＝＝＝0.5 C，流过R 的电荷量为C，D错误。
1
24.(多选)(2022·宁夏石嘴山市4月模拟)如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，电阻不计，其所在平
面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导
轨平面向上。现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆
下滑达到最大速度v 时，运动的位移为x，则( )
mA.在此过程中金属杆的速度均匀增加
B.金属杆下滑的最大速度
C.在此过程中流过电阻R的电荷量为
D.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin α－mv
【答案】 BC
【解析】 对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin α－BIL＝ma
根据闭合电路欧姆定律有I＝
联立解得mgsin α－＝ma
可知，随着速度的增大，加速度不断减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，所以速度不是均匀增大；
当加速度为零时，速度达到最大，则有mgsin α－＝0
解得v ＝，故A错误，B正确；在此过程中流过电阻R的电荷量为q＝IΔt，又I＝，E＝，联立解得q＝
m
＝，故C正确； 根据能量守恒定律得，在此过程中回路中产生的总热量为Q＝mgxsin α－mv，电阻R产
生的焦耳热为Q ＝Q＝(mgxsin α－mv)，故D错误。
R
25.(2022·人大附中检测)如图，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ
平行且间距为l，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。质量为m的金属棒ab由静
止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，某时刻棒的速度大
小为v，从开始运动到该时刻的过程中流过ab棒某一横截面的电荷量为q，重力加速度为g。求：
(1)速度大小为v时ab棒两端的电压；
(2)从开始运动到速度为v的过程中金属棒下滑的位移大小；(3)有同学尝试求上述过程中金属棒中产生的焦耳热。他的做法是：因Q＝I2Rt，把q＝It和E＝Blv代入，得
Q＝qBlv。请问这种做法是否正确，并说明理由。
【答案】：(1)0 (2) (3)错误，理由见解析
【解析】：(1)ab棒两端的电压为路端电压，因为导轨电阻不计，故路端电压为 0，即ab棒两端的电压为
0。
(2)在运动过程中，由法拉第电磁感应定律，得
＝＝
q＝Δt＝·Δt＝
解得位移x＝。
(3)做法错误；对于变化的电流，焦耳定律中的I应该为有效值，而电流有效值和运动时间相乘It是没有意
义的。
另外，电流有效值和电阻的乘积IR也不能表示成Blv。
正确的求法应该根据能量守恒求解。
26．如图所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0 m区域内
存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5 m、电阻R＝0.25 Ω的正方形线框abcd，当平行于
磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入
磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系
如图2所示，在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。
【答案】：(1)0.062 5 N (2)B＝ (3)0.5 C
【解析】：(1)t＝0，B＝0.25 T，线框刚进入磁场时
0 0
回路电流I＝
安培力F＝v
A外力F＝F＝0.062 5 N。
A
(2)线框匀速出磁场，电流为0，磁通量不变Φ＝Φ
1
t＝1.0 s时，B＝0.5 T，磁通量Φ＝BL2
1 1 1 1
t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t)]
1
得B＝。
(3)在0≤t≤0.5 s内电荷量q＝＝0.25 C
1
在0.5 s≤t≤1.0 s内电荷量q＝＝0.25 C
2
总电荷量q＝q＋q＝0.5 C。
1 2
27.(2022·山东济南市期末学习质量评估)如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场
中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为L＝0.5 m，轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为m ＝1 kg，m
a b
＝0.5 kg，电阻分别为R＝1 Ω，R＝2 Ω。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝1.8 m高处自静止沿弧
a b
形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两
棒始终不相碰。g取10 m/s2。求：
(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；
(2)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量；
(3)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热。
【答案】 (1)9 m/s2 向右 (2) C (3)2 J
【解析】 (1)a棒沿弧形轨道下滑h过程，根据机械能守恒有mgh＝mv2
a a
a棒进入磁场瞬间感应电动势E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律I＝
对b棒F ＝BIL
安根据牛顿第二定律F ＝ma
安 b
解得a＝9 m/s2
由左手定则，b棒加速度的方向向右。
(2)对a、b：由动量守恒定律得mv＝v
a 共
解得v ＝4 m/s
共
对b棒，应用动量定理BILt＝mv ，即BLq＝mv
b 共 b 共
解得q＝ C。
(3)a、b棒在水平面内运动过程，由能量转化与守恒定律
mv2－v＝Q
a
根据焦耳定律有Q＝I2t
Q＝I2Rt
a a
联立解得Q＝2 J。
a
