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2024 版新课标高中物理模型与方法
专题20 电磁感应中的双导体棒和线框模型
目录
一.无外力等距双导体棒模型............................................................................................................................. 1
二．有外力等距双导体棒模型........................................................................................................................14
三．不等距导轨双导体棒模型........................................................................................................................23
四．线框模型....................................................................................................................................................37
一.无外力等距双导体棒模型
【模型如图】
1．电路特点
棒2 相当于电源；棒1 受安培力而加速起动,运动后产生反电动势.
2．电流特点：
随着棒2 的减速、棒1 的加速，两棒的相对速度
变小，回路中电流也变小。
时：电流最大，
。
时：电流
3．两棒的运动情况
安培力大小：
两棒的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小.棒1 做加速度变小的加速运动，棒2 做加速度变小的减速
1
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运动，最终两棒具有共同速度。
4．两个规律
(1)动量规律：两棒受到安培力大小相等方向相反,系统合外力为零,
系统动量守恒.
(2)能量转化规律：系统机械能的减小量等于内能的增加量.（类似于完全非弹性碰撞）
两棒产生焦耳热之比：
；
5．几种变化：
(1)初速度的提供方式不同 (2)磁场方向与导轨不垂直 (3)两棒都有初速度（两棒动量守恒吗？）
(4)两棒位于不同磁场中（两棒动量守恒吗？）
【模型演练1】（2023 春·江西赣州·高三兴国平川中学校联考阶段练习）如图所示，MN、PQ 是相距为
的两平行光滑金属轨道，倾斜轨道MC、PD 分别与足够长的水平直轨道CN、DQ 平滑相接。水平轨
道CN、DQ 处于方向竖直向下、磁感应强度大小为
的匀强磁场中。质量
、电阻
、长
度
的导体棒a 静置在水平轨道上，与a 完全相同的导体棒b 从距水平轨道高度
的倾斜轨
道上由静止释放，最后恰好不与a 相撞，运动过程中导体棒a、b 始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不
计，重力加速度g 取
。下列说法正确的是（ ）
A．棒b 刚进入磁场时的速度大小为
B．棒b 刚进入磁场时，棒a 所受的安培力大小为
C．整个过程中，通过棒a 的电荷量为
2
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D．棒a 的初始位置到CD 的距离为
【答案】D
【详解】A．棒b 从静止释放到刚进入磁场过程，根据动能定理可得
解得棒b 刚进入磁场时的速度大小为
故A 错误；
B．棒b 刚进入磁场时，产生的电动势为
回路电流为
棒a 所受的安培力大小为
故B 错误；
C．棒b 进入磁场后，两棒组成的系统满足动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动，则有
解得两棒最终的速度大小为
对棒a，根据动量定理可得
又
联立可得整个过程中，通过棒a 的电荷量为
故C 错误；
D．由题意可知棒b 最后恰好不与a 相撞，则有
3
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解得
可知棒a 的初始位置到CD 的距离为
，故D 正确。
故选D。
【模型演练2】（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）如图所示，水平面上固定有足够长的两平行
光滑金属导轨，导轨间的正方形区域abcd 有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，该区域边
长为L=1m。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。质量为
的金属棒P 和另一根质量为
的金属棒Q 分别静置在导轨上的不同位置，如下图所示。现将金属棒P 从离水平面高度h（单
位为米）处静止释放。若两棒发生碰撞，则所有碰撞均为弹性碰撞。已知两金属棒的电阻值均为
，
重力加速度取
，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，两根金属棒运动过程中始终与导
轨垂直且接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．P 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小为
B．每当P 完整穿过磁场区域，P 的速率就减小5m/s
C．当
，P 和Q 不会发生碰撞
D．当
，P 和Q 恰好不发生第二次碰撞
【答案】ACD
【详解】A．
刚进入磁场时的速度
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产生的感应电动势和电流的大小
所受安培力的大小
方向水平向左，故A 正确；
B．第一次穿过磁场区域产生的平均感应电动势
平均感应电流
规定向右为正，设
第一次到达cd 边时的速度为
，则对由动量定理可得
所以只要完整穿过磁场区域，那么P 的速度的大小就减小
故B 错误；
C．分类讨论如下：①当从静止释放运动到cd 边速度恰好为0 时，那么两棒恰好一次碰撞都不发生。设从
高度为H 的位置释放，则有
解得
②当从静止释放后，第二次向右到达cd 的速度等于与Q 第一次碰撞后的速度，则此时恰好不发生两次碰
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撞。设刚进入磁场时的速度为
，第一次碰撞前的速度为
，碰撞后的速度为
，碰撞后Q 的速度为
，
第二次向右到达cd 的速度为
，则有从高度为H 的位置释放
第一次穿过磁场区域后有
第一次碰撞，由动碰静可得
碰撞后再次向右到达cd 的过程有
又由临界条件
解得
故当
碰撞次数为1 次，故CD 正确。
故选ACD。
【模型演练3】（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，固定足够长的间距为L 的平行
光滑金属导轨由水平段和倾角为
的倾斜段平滑相接构成，正方形
区域内存在垂直于倾斜导轨向上、
磁感应强度大小为B 的匀强磁场；水平导轨间从EF 向右区域内存在一个竖直向上的匀强磁场，磁感应强
度大小也为B。一根质量为m、阻值为R、长度为L 的金属棒a 在倾斜导轨上磁场区域的上边界AB 处由静
止释放，经过时间t 穿过
区域后，与水平导轨上另一根质量为2m、阻值为R、长度为L 的静止在EF
左侧的金属棒b 发生弹性碰撞。已知两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，两金属棒碰撞后金属棒a 运动
至倾斜导轨底端时被固定，不再上滑，不计导轨电阻，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（
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）
A．金属棒a 穿过
区域的过程中，通过回路的电荷量为
B．金属棒a 穿过
区域的过程中，产生的焦耳热为
C．碰撞后瞬间金属棒a 速度的大小为
D．金属棒b 最终停在EF 的右边
处
【答案】AD
【详解】A．根据电荷量的计算公式有
故A 正确；
B．根据功能关系可知金属棒a 穿过
区域的过程中，产生的焦耳热小于
，故B 错误；
C．金属棒a 穿过
区域的过程中，根据动量定理有
ab 碰撞过程中根据动量守恒定律及能量守恒定律有
解得
碰撞后瞬间金属棒a 速度的大小为
故C 错误；
D．对金属棒b 根据动量定理有
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解得
故D 正确；
故选AD。
【模型演练4】（2023 春·河南·高三校联考阶段练习）如图（a），水平面内有两根足够长的光滑平行固定
金属导轨，间距为d。导轨所在空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。同种材料制成、
粗细均匀、长度均为d 的两导体棒M、N 静止放置在导轨上。已知M 的质量为m，阻值为R，导轨电阻不
计。现给M 棒一水平向右的初速度v₀，其速度随时间变化关系如图（b）所示，两导体棒运动过程中，始
终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒N 的质量为
B．导体棒N 的阻值为
C．在0~t₁ 内，导体棒M 产生的热量为
D．在0~t₁ 内，通过导体棒M 的电荷量为
【答案】BD
【详解】A．导体棒M、N 受到的安培力大小相等，方向相反，所以两导体棒组成的系统动量守恒，且两
导体棒最终速度大小相等，有
解得
故A 错误；
B．设导体棒的密度为ρ，电阻率为ρ0，两导体棒横截面积为
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和
导体棒M 的阻值为
导体棒N 的阻值为
故B 正确；
C．在0~t₁ 内回路产生的总热量为
所以导体棒M 产生的焦耳热为
故C 错误；
D．由动量定理可知，在0~t₁ 内导体棒N 有
通过导体棒M 的电荷量
解得
故D 正确。故选BD。
【模型演练5】如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．在匀强磁场区域内，有
一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计．质量均为
m＝1 kg，电阻均为R＝2.5 Ω 的金属导体棒MN 和PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ 暂
时锁定，金属棒MN 在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加速度a＝0.4 m/s2向右做匀加速直线运动，
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5 s 后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动．
(1)求棒MN 的最大速度vm；
(2)当棒MN 达到最大速度vm时，解除PQ 锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动．求解除PQ 棒锁
定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热．
(3)若PQ 始终不解除锁定，当棒MN 达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN 继续运动多远后停下来？(运
算结果可用根式表示)
【答案】 (1)2 m/s (2)5 J (3)40 m
【解析】 (1)棒MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F－BIL＝ma
棒MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E＝BLv
棒MN 做匀加速直线运动，5 s 时的速度为：v＝at1＝2 m/s
在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I＝
联立上述式子，有：F＝ma＋
代入数据解得：F＝0.5 N
5 s 时拉力F 的功率为：P＝Fv
代入数据解得：P＝1 W
棒MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：－BImL＝0
Im＝
代入数据解得：vm＝2 m/s
(2)解除棒PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：
mvm＝2mv′
设从PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可
得：Q＝mv－×2mv′2
代入数据解得：Q＝5 J；
(3)棒以MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间△t 内，由动量定理得：－BiL△t＝m△v
对式子两边求和有：∑(－BiLΔt)＝∑(mΔvm)
而△q＝i△t
对式子两边求和，有：∑Δq＝∑(iΔt)
联立各式解得：BLq＝mvm，
又对于电路有：q＝t＝t
由法拉第电磁感应定律得：＝
又q＝
代入数据解得：x＝40 m
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【模型演练6】（2023·安徽芜湖·统考二模）如图所示，
和
是两根足够长且电阻不计的固定光
滑平行金属轨道，其中
和
为轨道的水平部分，
和
是倾角
的倾斜部分。在
右侧
空间中存在磁感应强度大小
，方向坚直向上的匀强磁场，不计导体棒在轨道连接处的动能损失。将
质量
，单位长度电阻值
的导体棒
于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度
，另
一完全相同的导体棒
静止于水平导轨上，导轨间距均为
，导体棒长度均为
。
时，
导体棒
从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，
棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导轨保持
垂直，g 取
。求：
（1）
棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流；
（2）两导体棒的最终速度大小；
（3）从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。
【答案】（1）0.1A；（2）0.5m/s；（3）3.125C
【详解】（1）
棒从斜面轨道滑到底端，根据动能定理，有
切割产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，有
联立解得
（2）因为两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，所以将两棒组成的系统作为研究对象，由动
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量守恒得
解得
（3）从
棒刚进入磁场到与
棒共速，对导体棒
，由动量定理得
代入数据解得
【模型演练7】（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，间距L=1m 的粗糙倾斜金属轨道与水平面间的夹
角
，在其顶端与阻值为2R 的定值电阻相连，间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上，两轨道都
足够长且在
处平滑连接，
至
间是绝缘带，保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。倾斜轨道
处有垂直轨道向上、磁感应强度大小为
的匀强磁场，水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为
的匀强磁场。两根导体棒1、2 的质量均为m=0.1kg，两棒接入电路部分的电阻均为R。初始时刻，
导体棒1 放置在倾斜轨道上，且距离
足够远，导体棒2 静置于水平轨道上。已知倾斜轨道与导体棒1
间的动摩擦因数
，R=1Ω。现将导体棒1 由静止释放，运动过程中未与导体棒2 发生碰撞。
，
，重力加速度g 取
，两棒与轨道始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，不
计金属棒1 经过
时的机械能损失。求：
（1）导体棒1 滑至
瞬间，导体棒2 的加速度大小；
（2）整个运动过程中通过导体棒2 的电荷量。
【答案】（1）
；（2）0.12C
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【详解】（1）导体棒1 在倾斜轨道匀速时的电流
受力分析可知
解得
导体棒1 滑至
瞬间
解得
（2）导体棒1、2 最终在水平轨道上以相同的速度匀速运动，利用动量守恒
对导体棒2 利用动量定理
则
【模型演练8】（2023·福建宁德·校考三模）如图所示，相距
的平行轨道由两部分组成，其中圆弧
轨道光滑，水平轨道粗糙。水平轨道
区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度
。光滑导体
棒
的质量
，电阻
；另一导体棒
的质量
，电阻
，放置在足够长
的水平轨道上，导体棒
与水平导轨间的动摩擦因数
，光滑足够长斜面的倾角
，斜面顶端
固定一轻质光滑小定滑轮，滑轮与水平轨道等高。一绝缘轻绳绕过滑轮一端与导体棒
相连，另一端与处
于斜面上的小物块相连，且
与物块恰好均保持静止（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现让
棒从距
水平轨道高为
处由静止释放，在之后的运动过程中，
棒恰好能与水平轨道上的
棒相遇，全
程两棒均未出磁场区域。已知重力加速度
，求：
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（1）小物块的质量
；
（2）导体棒
的初始位置与水平轨道最左端
间的距离
；
（3）整个过程中，导体棒
产生的焦耳热
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）棒与物块静止，有
得
（2）当
棒进入磁场时，由动能定理得
棒恰好能与水平轨道上的
棒相遇时，设速度为
，系统动量守恒，得
对
棒分析，由动量定理得
且
联立得
（3）相遇前，对系统由能量守恒定律得
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且
代入数据得
二．有外力等距双导体棒模型
【模型如图】
1．电路特点：棒2 相当于电源，棒1 受安培力而起动.
2．运动分析：某时刻回路中电流：
安培力大小：
。棒1：
棒2：
最初阶段，
, 只要
,
；
；
；
；
当
时，
恒定，
恒定，
恒定，两棒匀加速
3．稳定时的速度差
，
，
，
，
【模型演练1】（2023·河北张家口·统考三模）如图所示，水平固定的两足够长平行金属导轨处于足够大的
匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于轨道平面竖直向上（未画出），轨道间距为L、导体棒
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ab、cd 用绝缘细线连接，垂直导轨放置且与导轨接触良好，接入电路的电阻均为R。现给导体棒cd 施加平
行于导轨方向的恒力F，使之以速度
做匀速运动。某时刻剪断导体棒间的细线，从剪断细线开始计时，
经过时间t，导体棒cd 达到最大速度，ab 仍具有一定的速度。已知两导体棒质量均为m，与导轨间的动摩
擦因数均为μ，重力加速度为g。从剪断细线到导体棒cd 达到最大速度的过程中，下列说法正确的
（ ）
A．导体棒ab、cd 组成的系统动量守恒
B．导体棒cd 的最大速度为
C．通过ab 的电荷量为
D．ab、cd 相对滑动的距离为
【答案】AC
【详解】A．导体棒ab、cd 组成的系统
两个导体棒时刻受到等大反向的安培力，系统所受外力的矢量和为0，所以系统动量守恒，故A 正确；
B．导体棒cd 达到最大速度时，对导体棒cd 受力分析可知
由
，
，
根据动量守恒定律有
联立可得
，
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故B 错误；
C．以导体棒ab 为研究对象，由动量定理
，
联立可得
故C 正确；
D．由电荷量的推导公式
得
故D 错误。故选AC。
【模型演练2】（2023·广东清远·校考模拟预测）如图所示，间距为的两光滑平行金属导轨固定在水平绝
缘台上，导轨足够长且电阻不计，质量分别为
、
的金属棒
垂直导轨静止放置，导轨间金属棒的
电阻均为，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为
的匀强磁场中。现用水平恒力
向右拉金
属棒
，运动过程中
始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，最终
运动保持稳定状态，则（ ）
A．
所受的安培力大小为
B．
中电流为
C．
和
的速度差恒为
D．
和
之间的距离保持恒定
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【答案】AC
【详解】A．根据题意可知，
运动保持稳定状态后，
的加速度相同，对
整体，由牛顿第二
定律有
对
由牛顿第二定律有
解得
故A 正确；
B.设
中电流为
，根据安培力公式有
解得
故B 错误；
CD．根据题意，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律有
解得
可知，a 和b 之间的距离不断增大，故D 错误，C 正确。
故选AC。
【模型演练3】（2023 春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）某物理小组想出了一种理想化的“隔
空”加速系统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，
这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固
定水平平行导轨上放有两个金属棒
和
,磁感应强度
的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方
向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离
，每根金属棒质量
均为
，电阻都为
，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良
好，在
时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为
恒力作用于金属棒
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上，使金属棒
在导轨上滑动，经过
，金属棒
的加速度
，求：
（1）此时金属棒
的加速度是多少？
（2）此时两金属棒的速度各是多少？
（3）金属棒
和
的最大速度差是多少？
【答案】（1）
；（2）
，
（3）
【详解】（1）恒力作用于
杆，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手定则
知电流方向为
，电流流经
，根据左手定则
受安培力水平向左，
受到的安培力水平向右，
它们都做加速运动，对
由牛顿第二定律得
对
由牛顿第二定律得
联立解得
（2）设某时刻
速度为
，
速度为
，根据法拉第电磁感应定律有
在
时，对
由牛顿第二定律得
整理得
带入数据得
由于作用于两根杆的安培力等大反向，所以作用于两杆系统的合力为水平恒力
,对系统由动量定理得
带入数据得
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联立解得
，
（3）
杆做加速度减小的加速运动，
杆做加速度增大的加速运动，最终共加速度，设两金属棒的共
同加速度为
，对系统有
对
杆有
其中
联立解得
【模型演练4】（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）在水平面上固定有两光滑平行金属导轨，
如图（a）所示。虚线MN 左侧存在着竖直向下的匀强磁场，导体棒
垂直静止在导轨上且接触良好，
导体棒
用轻质绝缘杆相连，三根导体棒的长度以及导轨宽度均为
。现固定导体棒
，对导
体棒
施加一个与其垂直的力
，使导体棒
做匀加速直线运动，
随导体棒
速度的变化图像如图
（b）所示，经时间
撤去拉力，同时释放导体棒
，经过一段时间三根导体棒运动状态达到稳定，
此时导体棒
间的距离
。已知三根导体棒质量相同，均为
，电阻相同，均为
，
其余电阻不计。求：
（1）磁场的磁感应强度和撤去拉力时导体棒
的速度；
（2）从撤去
到运动状态达到稳定过程中导体棒
上产生的焦耳热；
（3）导体棒
穿出磁场时的速度和轻杆对导体棒
拉力的大小。
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）设导体棒
任意时刻速度为，根据法拉第电磁感应定律有
电流
根据牛顿第二定律有
整理得
结合图（b）有
解得
则
时导体棒
的速度
（2）设导体棒撤去拉力后达到的稳定状态时速度为
，根据动量守恒定律有
解得
设导体棒
上产生的焦耳热为
，根据功能关系有
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解得
（3）把导体棒
看成一根棒，设导体棒
穿出磁场时速度为
，
穿出磁场后，在任意极短时间
内，
对导体棒
根据动量定理有
对从
穿出磁场到
穿出磁场整个过程有
解得
此时导体棒切割磁感线产生的电动势
电流
对导体棒
整体有
轻杆对导体棒
的拉力
解得
【模型演练5】（2023·湖北·模拟预测）如图，两条足够长的平行金属导轨间距L＝0.5m，与水平面的夹角
θ＝30°，处于磁感应强度B＝0.2T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b 两根导体棒质量
分别为ma＝0.3kg、mb＝0.1kg，电阻均为R＝0.1Ω。现将a、b 棒由静止释放，同时用大小为2N 的恒力F
沿平行导轨方向向上拉a 棒。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取
重力加速度g＝10m/s2.已知当a 棒中产生的焦耳热Qa＝0.12J 时，其速度va＝1.0m/s，求：
（1）此时b 棒的速度大小；
（2）此时b 棒的加速度大小；
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（3）a 棒从静止释放到速度达到1.0m/s 所用的时间。
【答案】（1）3m/s；（2）
；（3）0.768s
【详解】（1）设a、b 棒受到的安培力大小为F 安，则对a、b 棒由牛顿第二定律分别，有
联立可得
所以有
可解得
（2）设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有
联立解得
（3）设此过程a、b 棒位移分别为
、
，由（1）的分析可得
根据能量守恒有
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对a 棒根据动量定理有
其中安培力的冲量
可得
联立代入数据可解得
三．不等距导轨双导体棒模型
1.a 棒减速，b 棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑⇒E↓⇒F 安↓⇒a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速
2.动力学观点：最终速度
3.能量观点：动能转化为焦耳热
4.动量观点：
BIL1t＝mv0－mva
BIL2t＝mvb－0
【模型演练1】（2023·福建泉州·福建省德化第一中学校联考一模）如图，水平面内固定着足够长的光滑平
行导轨
，
导轨宽度是
导轨宽度的2 倍，
导轨宽度为L，导轨处于方
向垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，金属棒PQ 和MN 分别垂直导轨放置在导轨
段和
段
上，金属棒PQ 和MN 的质量之比为2:1，长度分别为2L 和L，两金属棒电阻均为R。现给金属棒MN 一个
向右的初速度，运动过程中两棒始终没有离开各自的导轨段，并与导轨接触良好，其余部分的电阻均不计，
则（ ）
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A．运动过程中金属棒PQ 和MN 的加速度大小之比为1:2
B．运动过程中金属棒PQ 和MN 所受的安培力的冲量大小之比为2:1
C．运动到速度稳定时金属棒PQ 和MN 的速度之比为1:2
D．运动到速度稳定时金属棒PQ 和MN 两端的电压之比为2:1
【答案】BC
【详解】A．运动过程中对PQ 有
对MN 有
所以运动过程中加速度大小之比为1 1∶，故A 错误；
B．因为运动过程中PQ 所受安培力大小为MN 的两倍，在相同时间内安培力的冲量大小之比
，
故B 正确；
C．金属棒运动到速度稳定时有
故运动到速度稳定时，金属棒PQ 和MN 的速度之比
故C 正确；
D．P、M 两点电势相等，Q、N 两点电势相等，任意时刻都有
即金属棒PQ 和MN 两端的电压之比为1 1∶，故D 错误。
故选BC。
【模型演练2】（2023·全国·高三专题练习）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
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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。下列说法正确的足（
）
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
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
【答案】AC
【详解】A．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，选项A 正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ 受安培力
方向向左；MN 受安培力
方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ 质量为2m，则MN 质量为m， PQ 速率为v 时，
则
解得
回路的感应电流
MN 所受安培力大小为
选项B 错误；
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C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
可得则最终MN 位置向左移动
PQ 位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F 弹，安培力平均
值F 安，则整个过程根据动能定理
可得
选项C 正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN 向左位置移动
，PQ 位置向右移动
，则
选项D 错误。
故选AC。
【模型演练3】（2023 春·湖南·高三长郡中学校联考阶段练习）如图所示，光滑的平行金属导轨固定在绝
缘水平面上，导轨处在垂直于水平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，左侧导轨间的距离为
，
右侧导轨间的距离为L，导体棒1、2 垂直放置于导轨之间，导体棒1 放置在左侧导轨上，导体棒2 放置在
右侧导轨上，且与导轨接触良好，导体棒1、2 的材料相同，且两棒的电阻相等。初始时导体棒2 静止在导
轨上，导体棒1 以初速度
开始向右运动，导体棒1 始终在宽导轨上，导轨都足够长，导体棒2 的质量为
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m，导轨电阻不计，则（ ）
A．初始状态，导体棒1 两端的电压为
B．导体棒1 最终以速度
匀速运动
C．系统稳定后两棒的电动势均为
D．从静止开始到系统稳定导体棒2 的发热量为
【答案】BD
【详解】A．初始状态，导体棒1 的电动势为
导体棒1 两端的电压为外电压，故两端的电压为
选项A 错误；
B．导体棒1 向右运动过程中由左手定则和右手定则可知其受到向左的安培力，故导体棒1 向右做减速运
动，导体棒2 向右加速运动，最终状态时两棒均匀速运动，则速度满足
由于导体棒1、2 的材料相同，电阻相等，由电阻定律
可知导体棒1 与导体棒2 的横截面积之比为2：1，由质量
可知导体棒1 的质量为
，由安培力公式
可知导体棒1 所受安培力的大小为导体棒2 所受安培力大小的2 倍，即
由动量定理可知
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则由动量定理可知
解得
选项B 正确；
C．由B 选项可知系统稳定后两棒的电动势都为
，选项C 错误；
D．回路内的发热量为
由于两棒电阻相同，故导体棒2 的发热量为
选项D 正确。
故选BD。
【模型演练4】（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，水平金属导轨左右两部分宽度分别是
和
，导
轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为
，两根导体棒
的质量分别为
和
，
有效电阻分别是
和
，垂直于导轨放置在其左右两部分上，不计导轨电阻，两部分导轨都足够长，
与导轨间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
。若
在水平拉力
作用下向右做匀速直线运动，运动中与导轨垂直且接触良好，而
恰好保持静止，则（ ）
A．
做匀速直线运动的速度大小为
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B．
做匀速直线运动的速度大小为
C．水平拉力大小为
D．水平拉力大小为
【答案】AC
【详解】AB．根据题意，设
做匀速直线运动的速度大小为，则有
感应电流为
对M 棒受力分析，由平衡条件有
联立解得
故B 错误，A 正确；
CD．设水平拉力大小为
，对
棒受力分析，由平衡条件有
解得
故D 错误，C 正确。
故选AC。
【模型演练5】（2023·山东·模拟预测）如图所示，固定在水平面内的光滑不等距平行轨道处于竖直向上、
大小为B 的匀强磁场中，ab 段轨道宽度为2L，bc 段轨道宽度是L，ab 段轨道和bc 段轨道都足够长，将质
量均为m、接入电路的电阻均为R 的金属棒M 和N 分别置于轨道上的ab 段和bc 段，且与轨道垂直。开始
时金属棒M 和N 均静止，现给金属棒M 一水平向右的初速度
，不计导轨电阻，则（ ）
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A．M 棒刚开始运动时的加速度大小为
B．金属棒M 最终的速度为
C．金属棒N 最终的速度为
D．整个过程中通过金属棒的电量为
【答案】CD
【详解】A．由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得
由牛顿第二定律得
联立解得
故A 错误；
BC．最终回路中的电流为0，有
对金属棒M 和N 分别应用动量定理得
联立解得
故B 错误；C 正确；
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D．又
联立解得
故D 正确。
故选CD。
【模型演练6】（2023·福建·模拟预测）如图所示，固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨
，宽
处间距为L，窄处间距为
，导轨所在区域分布有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。由同
种材料制成、横截面积相同的金属杆cd（长为L）和ef（长为
），分别垂直导轨宽处和窄处静止放置，
两杆与导轨始终接触良好。现给金属杆cd 水平向右、大小为
的初速度，不考虑杆cd 进入导轨窄处后的
运动过程。已知金属杆ef 的质量为m、电阻为R，不计导轨电阻。在金属杆cd 开始运动后的足够长时间内，
下列说法正确的是（ ）
A．回路中的最大电流为
B．金属杆cd 的最小速度为
C．回路中产生的焦耳热为
D．通过杆某一横截面的电荷量为
【答案】AC
【详解】A．当cd 杆刚开始运动时，回路中的总电动势
此时回路中的总电动势最大，结合题述和电阻定律可知，cd 杆质量为
、电阻为
，故回路中的最大电
流为
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故A 正确；
B．当
时，回路中没有电流，金属杆
不再受到安培力，开始做匀速直线运动，此时金属杆cd
的速度最小，有
可知
设从开始到达到这一状态所用时间为t，根据动量定理有
解得
故B 错误；
C．由能量守恒定律可得
解得
故C 正确；
D．由动量定理可知
则
解得
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故D 错误。
故选AC。
【模型演练7】（2023·湖南·模拟预测）如图所示，光滑水平导轨分为宽窄两段（足够长，电阻不计），相
距分别为0.5 m 和0.3 m，两个材料、粗细都相同的导体棒
分别放在两段导轨上，导体棒长度分别与导
轨等宽，已知放在窄端的导体棒的质量为0.6 kg，电阻为0.3 Ω，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强
磁场中，磁感应强度为1 T，现用
的水平向右的恒力拉动，一段时间后，回路中的电流保持不变，
下列说法正确的是（ ）
A．在整个运动过程中，两棒的距离先变大后不变
B．回路中稳定的电流大小为5 A
C．若在回路中的电流不变后某时刻，
的速度为4 m/s，则的速度为20 m/s
D．若在回路中的电流不变后某时刻，
的速度为4 m/s，则整个装置从静止开始运动了3.5 s
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，
的质量
，电阻
，分析可知，当电流不变时，有
即
故
所以的加速度始终比
的大，两棒的距离一直变大，故A 错误；
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B．当电流不变时，由牛顿第二定律可知
解得
故B 正确；
C．当
时，由
可知
故C 正确；
D．分别对两导体棒根据动量定理有
联立解得
故D 错误。
故选BC。
【模型演练8】（2023·河北邯郸·统考三模）两金属棒a、b 垂直放置在如图所示足够长的光滑水平导轨上，
金属棒a、b 的质量分别为m 和2m，电阻分别为r1和r2，导轨左边间距为l，右边间距为3l，两导轨所在的
区域处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。两金属棒与导轨接触良好且运动时始终与导轨垂直。
某时刻金属棒a 受到水平向右的恒力F 作用，a 始终在导轨MN 上运动，b 始终在导轨PQ 上运动，不计导
轨电阻，经过足够长的时间后，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒a 与b 均做匀变速直线运动且距离保持不变
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B．金属棒a 的加速度为
C．流过金属棒a 的电流大小为
D．回路中的感应电动势保持不变，大小为
【答案】BC
【详解】A．由于金属棒 a 和 b 整体受恒定的拉力作用，则最终的稳定状态是两棒都将有固定的加速度
值，可得金属棒受恒定的安培力，即回路中有恒定的电流，进而得出回路有恒定的电动势。设金属棒 a
和 b 的速度分别为
和
，由闭合电路的欧姆定律知
电流的变化率
因为
恒定，所以
可得
因为最终两金属棒都做匀加速运动，且加速度不同，两棒的距离逐渐减小，A 错误；
B．对金属棒a 由牛顿第二定律得
对金属棒b 由牛顿第二定律得
可解得
，
B 正确；
C．将加速度
的结果带入公式
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解得
C 正确；
D．由
可知
D 错误。
故选BC。
【模型演练9】（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）如图所示，导体棒
、
水平放置于足够长
的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为，
，导体棒
、
的质量分别为
、
，接入
电路的电阻分别为
和
，其余部分电阻均忽略不计。导体棒
、
均处于方向竖直向上、磁感应强度大
小为
的匀强磁场中，
、
两导体棒均以
的初速度同时水平向右运动，两导体棒在运动过程中始终与
导轨垂直且保持良好接触，导体棒
始终在窄轨上运动，导体棒
始终在宽轨上运动，直到两导体棒达到
稳定状态。求：
（1）导体棒中的最大电流。
（2）稳定时导体棒
和
的速度。
（3）电路中产生的焦耳热及该过程中流过导体棒
的某一横截面的电荷量。
【答案】（1）
；（2）
，方向向右，
，方向向右；（3）
【详解】（1）
，
两导体棒均以
的初速度同时向右运动时，导体棒中的电流最大，此时回路中的感应
电动势为
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则导体棒中的最大电流
（2）当两导体棒产生的感应电动势相等时，回路中的电流为零，且达到稳定状态，设此时导体棒
的速度
为
，导体棒
的速度为
，则有
可得
两导体棒从开始运动到达到稳定状态过程中，对导体棒
，由动量定理得
对导体棒
，由动量定理得
联立解得
（3）由能量守恒定律得
解得
对导体棒
，由动量定理可得
又
联立解得
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四．线框模型
（空气阻力不计）
【模型演练1】如图所示，在光滑的水平面上宽度为L 的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边长
为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当
线圈完全进入磁场时，其速度大小( )
A．大于
B．等于
C．小于
D．以上均有可能
【答案】 B
【解析】 通过线圈横截面的电荷量：q＝Δt＝·Δt＝，
由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面
的电荷量q 相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：－Bat＝mv－mv0，线圈离开磁场过程：－Bat＝0－
mv，由于q＝t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，故选B.
【模型演练2】（2023·江苏·模拟预测）如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁
场区域足够长，磁感应强度大小
，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为
。现
有一个边长
、质量
，电阻
的单匝正方形线框，以
的初速度从左侧磁场边
缘水平进入磁场，下列说法正确的是（ ）
A．线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为
B．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
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C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为
D．线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过5 个完整磁场区域
【答案】C
【详解】A．根据题意可得
联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为
则线框的加速度大小为
故A 错误；
B．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量计算公式可知
解得通过线框的电荷量为
穿过磁场区域过程中线框磁通量变化量为零，所以通过线框的电荷量为零，故B 错误；
C．当线框水平速度减为零时竖直下落，线框受到安培力的合力水平向左，安培力对线框做的负功等于电
路中产生的焦耳热，由功能关系可得
故C 正确；
D．水平方向安培力大小为
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设水平向右为正，由水平方向动量定理可得
解得
线框穿过1 个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2l，则有
则线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过6 个完整磁场区域，故D 错误。
故选C。
【模型演练3】（2023·浙江·校联考模拟预测）如图所示，由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正
方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2 倍。现两线圈在
竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上
边界水平。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁
场后且上边进入磁场前，可能出现的是（ ）
A．甲产生的焦耳热比乙多
B．甲加速运动，乙减速运动
C．甲和乙都加速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】C
【详解】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，线圈材料密度为
，质量为m，横截面积为S，电阻
率为
，线圈在磁场中运行速度为，线圈刚进入磁场时速度为
，有
感应电动势为
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线圈电阻为
感应电流为
线圈所受的安培力
由牛顿第二定律有
联立解得加速度为
BCD． 可知线圈在磁场中运动的加速度与匝数、横截面积无关，则甲乙线圈进入磁场时，具有相同的加
速度。当
时，甲和乙都做加速运动，当
时，甲和乙都做减速运动，故BD 错误；C 正
确。
A．线圈的热功率
甲乙线圈在磁场中运动速度相同，热功率也一样，甲产生的焦耳热与乙一样多，故A 错误。
故选C。
【模型演练4】（2023·安徽·模拟预测）如图，相距
的水平虚线间有垂直于纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小为
。磁场上方有一质量为
、电阻为
、边长为
的正方形线框
，线框距磁场上边
界
处由静止释放，
边刚进入磁场时的速度与
边刚出磁场时的速度相等。线框向下运动的过程中，线
框平面始终与磁场垂直且
边保持水平，已知重力加速度为
，下列说法正确的是（ ）
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A．线框
边刚要进入磁场时，线框的速度大小为
B．线框
边刚要出磁场时，线框的加速度大小为
C．线框进入磁场的过程中，安培力的冲量大小为
D．线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为
【答案】AD
【详解】A．从释放到cd 刚进磁场，有
解得
从cd 刚进磁场到ab 刚进磁场，有
从ab 刚进磁场到cd 刚出磁场，有
解得ab 刚进磁场的速度
故A 正确；
B．cd 边刚进入磁场时的速度与cd 边刚出磁场时的速度相等，由对称性可知ab 边刚进、刚出磁场时的速
度v2也相同，ab 边进磁场到cd 边出磁场在重力作用下加速，则cd 边进磁场到ab 边进磁场为减速才能使
cd 边刚进、刚出磁场速度相同；ab 边刚出磁场时有
解得
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故B 错误；
C．线框进入磁场的过程中，设向下为正，有
故C 错误；
D．线框穿过磁场的过程中，由能量守恒
解得
故D 正确。
故选AD。
【模型演练4】(多选)(2021·四川内江铁路中学月考)如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个
矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直，则在进
入过程中导线框可能的运动情况是( )
A．加速度变小的加速下落
B．加速度变小的减速下落
C．匀速下落
D．匀加速下落
【答案】 ABC
【解析】 线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BIL＝，如果<mg，线框受到的合力向下，线框向下做加
速运动，由牛顿第二定律得：mg－＝ma，a＝g－，由于速度v 增大，a 减小，线框向下做加速度变小的加
速运动，选项A 正确，D 错误；如果>mg，线框受到的合力向上，线框向下做减速运动，由牛顿第二定律
得：－mg＝ma，a＝－g，由于速度v 减小，a 减小，线框向下做加速度变小的减速运动，选项B 正确；如
果＝mg，线框将向下做匀速直线运动，选项C 正确．
【模型演练5】（2023·河南许昌·禹州市高级中学校考模拟预测）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有
两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个
竖直放置的宽为L、长为3L、质量为m、电阻为r 的矩形金属线框，以初速度v 垂直磁场方向从图中实线
位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为L、在右边磁场中的长度为2L）时，
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线框的速度为
，则下列判断正确的是（ ）
A．此时线框中电流方向为逆时针，电功率为
B．此过程中通过线框截面的电量为
C．此时线框的加速度大小为
D．此过程中线框克服安培力做的功为
【答案】AD
【详解】A．在图示位置根据右手定则可知，线框中电流方向为逆时针，线框产生的电动势为
线圈电流为
则电功率为
故A 正确；
B．此过程中磁通量的变化为
此过程中通过线框截面的电量为
故B 错误；
C．线圈受到的安培力大小为
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此时线框的加速度大小为
故C 错误；
D．由动能定理得
可得此过程中线框克服安培力做的功为
故D 正确。
故选AD。
【模型演练6】（2023·黑龙江大庆·大庆中学校考模拟预测）某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电
磁阻尼效果的研究性学习实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为
1m、质量为0.1kg、电阻为0.2Ω 的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小
的速度向右滑动
并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距
离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中
B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.15J
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为2.3C
【答案】AC
【详解】A．线框中的磁通量发生变化时，线框中会产生感应电流，线框会受到力的作用，从而速度发生
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改变，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，不产生感应电流，线框的速度就不变，所以图乙中的
，
故A 正确；
B．线框进入磁场过程中，安培力大小为
由图乙可知，速度减小，线框受到的安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，因此线框做
加速度减小的减速运动，线框完全进入磁场区域，加速度突变为零，故B 错误；
C．根据能量守恒可得，线框减少的动能全部转化为焦耳热，则有
其中
，
，代入数据可得
故C 正确；
D．线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得
又
即
结合图像乙可知，当
时，
，代入解得
通过线框截面的电量为
代入数据解得
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故D 错误。故选AC。
【模型演练7】（2023·山东·高三专题练习）如图，纸面在竖直平面内，水平方向上有两宽度均为d 的匀强
磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小均为B，磁场的上下边界水平，区域Ⅰ内磁场方向为垂直于纸面向里，
区域Ⅱ内磁场方向为垂直于纸面向外。一质量为m，边长为d 的单匝正方形金属线框，其总电阻为R，将
线框从下边缘距磁场上边界距离h 处由静止释放，线框下边水平且线框平面始终与磁场方向垂直，当线框
下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度
做匀速直线运动。当线框下边缘进入磁场区域Ⅱ但还未穿出磁
场区域Ⅱ的某一时刻，线框开始以速度
做匀速直线运动。已知线框下边缘穿过磁场区域Ⅱ的时间为，
重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．释放时线框下边缘距磁场上边界距离
B．
C．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅱ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中通过线框导体横截面的电荷量
D．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中线框中产生的总热量
【答案】AD
【详解】A．当线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度
做匀速直线运动
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释放时线框下边缘距磁场上边界距离
A 正确；
B．当线框下边缘进入磁场区域Ⅱ但还未穿出磁场区域Ⅱ的某一时刻，线框开始以速度
做匀速直线运动
联立解得
B 错误；
C．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅱ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中，由动量定理
安培力冲量
通过线框导体横截面的电荷量
C 错误；
D．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中，由能量守恒
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线框中产生的总热量
D 正确。故选AD。
【模型演练8】（2023 春·湖南常德·高三汉寿县第一中学校考阶段练习）如图所示，在平面直角坐标系
中，
竖直向下，
水平。在第一象限（空间足够大）存在垂直平面向外的磁场区域，磁感应强度
沿y 轴正方向不变，沿x 轴正方向按照
（
且为已知常数）规律变化。一个质量为m、边长为L
的正方形导线框，电阻为R，初始时一边与x 轴重合，一边与y 轴重合。将导线框以速度
沿x 轴正方向抛
出，整个运动过程中导线框的两邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到速度恰好竖直向下的过程
中，导线框下落高度为h，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．导线框受到的安培力总是与运动方向垂直
B．导线框下落高度为h 时的速度小于
C．整个过程中导线框中产生的热量为
D．导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
【答案】CD
【详解】A．根据右手定则可知，线框将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可知左边框产生方向向右
的安培力，右边框产生方向向左的安培力，上边框产生方向向下的安培力，下边框产生方向向上的安培力，
再根据磁场的分布规律可知左边框产生的安培力小于右边框产生的安培力，上、下边框产生的安培力大小
相等，可知导线框受到向左的安培力的作用，即沿x 轴负方向的安培力作用，而不是与运动方向垂直，故
A 错误；
B．导线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自由落体运动，下落高度为h 时
的速度满足运动学关系
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可得
故B 错误；
C．当导线框速度恰好竖直向下时，说明导线框在水平方向速度减小为零，又导线框在竖直方向所受合力
与重力大小相等，即导线框在竖直方向满足机械能守恒，所以下落过程中导线框中产生的热量大小等于水
平方向动能的损失，大小为
，故C 正确；
D．设导线框在时间t 时的水平分速度大小为，水平位移为x，则在此时刻导线框产生感应电动势大小为
导线框内的感应电流大小为
所以导线框受到安培力的大小
又根据
可得
导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
故D 正确。故选CD。
【模型演练9】（2023·湖北·模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平桌面上，虚线
右侧有竖直向下的匀强
磁场，其磁感应强度大小为1T，虚线左侧有一长
、宽
的矩形金属框
，其质量为
、
电阻为
，
边与
平行。第一次，让金属框沿水平桌面、垂直
方向以
的初速度冲入磁场区
域；第二次，让金属框在水平向右的外力作用下以
的速度匀速进入磁场区域。下列说法正确的是（
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）
A．进入磁场的过程中，金属框中的电流方向为
B．前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为
C．前、后两次进入磁场的过程中，金属框中的焦耳热之比为
D．金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比为
【答案】BC
【详解】A．根据右手定则可知，进入磁场的过程中，金属框中的电流方向为
，A 错误；
B．线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的平均感应电动势为
平均感应电流为
则通过金属框横截面的电荷量
可知前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为
，B 正确；
C．第一次进入时，设线框进入磁场后的速度为，根据动量定理得
解得
v=1m/s
则线框进入磁场过程中，安培力做功则第一次进入时，金属框中的焦耳热为
第二次进入时，根据题意有
，
，
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则第二次进入时，金属框中的焦耳热为
可知前、后两次进入磁场的过程中，金属框中的焦耳热之比为3:5，C 正确；
D．根据上述分析可知，线框第一次完全进入磁场之后的速度为v=1m/s，假如线框匀减速进入，则根据公
式
解得
线框第一次进入磁场时，做加速度减小的减速运动，则所用时间
由于第二次匀速进入，则运动时间为
则金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比大于5:3，D 错误。故选BC。
【模型演练10】（2023·上海·统考模拟预测）如图（a），线框
位于倾斜角
的斜面上，斜面上
有一长度为
的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为
，已知线框边长
，
，总电阻
，现对线框施加一沿斜面向上的力
使之运动。斜面上动摩
擦因数
，线框速度随时间变化如图（b）所示。（重力加速度
取
）
（1）求外力
大小；
（2）求
长度
；
（3）求回路产生的焦耳热
。
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【答案】（1）1.5N；（2）0.5m；（3）0.4J
【详解】（1）由图（b）可知在0~0.4s 内线框做匀加速运动，加速度为
根据牛顿第二定律有
代入数据可得
（2）由图（b）可知线框cf 匀速进入磁场，则有
其中
联立可得
，
（3）线框穿过磁场过程中回路产生的焦耳热等于过程中安培力做的功，即
【模型演练11】（2023·全国·高三专题练习）一边长为L、质量为m 的正方形金属细框，每边电阻为R0，
置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度
大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平
行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1 = 2R0，导轨电阻可
忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运
动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）金属框进入磁场过程中有
则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为
则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为
且有
联立有
（2）设金属框的初速度为v0，则金属框进入磁场时的末速度为v1，向右为正方向。由于导轨电阻可忽略，
此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电
再根据动量定理有
解得
则在此过程中根据能量守恒有
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解得
其中
此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如下
则此时回路的总电阻
设线框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有
解得
v2= 0
则说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量守恒有
其中
则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量
【模型演练12】（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考三模）光滑绝缘水平桌面上有一边长为L 的矩形线圈
abcd，其质量为m，其各边电阻相等，线圈ab 边以速度v 进入一个有明显边界的匀强磁场，磁场的磁感应
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强度为B，如图所示，磁场的宽度大于L。当线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于ab 边进入磁场前
时的一半，求：
（1）ab 边刚进入磁场瞬间，a、b 两点的电压是多少？
（2）判断线圈能否全部穿出磁场，并叙述理由；
（3）线圈从开始进入磁场到完全出磁场的整个过程中安培力对线框做的总功。
【答案】（1）
；（2）能全部穿出磁场，见解析；（3）
【详解】（1）ab 边刚进入磁场瞬间产生的瞬时感应电动势为
切割磁感线的ab 边相当于电源，则可知，a、b 两点的电压为路端电压，设每条边的电阻为r，根据闭合电
路的欧姆定律可得
则
（2）由题意可知，线圈全部进入磁场后动能变为原来的一半，则可知线圈出磁场时的速度小于进磁场时
的速度，根据安培力
可知，出磁场时所受安培力小于进磁场时所受安培力，设进磁场时的平均安培力为
，出磁场时的平均安
培力为
，则根据动能定理，有
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显然
不为零，即线圈出磁场时的速度不为零，故可知线圈能全部穿出磁场。
（3）根据题意，线圈进入磁场后动能变为原来的一半，设进入磁场后的速度为
，则有
解得
设线圈进入磁场所用的时间为
，则有
可知在线圈全部进入磁场的过程中，通过线圈的电荷量为
根据动量定理可得
即
设线圈完全出磁场瞬间速度为
，线圈中的平均感应电流为
，所用时间为
，则根据动量定理有
而线圈完全进入磁场和完全出磁场通过线圈的电荷量相同，即有
因此可得
解得
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对线圈进入磁场开始和出磁场全过程中，设安培力做的功为W，则由动能定理可得
解得
【模型演练13】（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图所示，在竖直平面内的虚线下方存在
范围足够大、方向水平的匀强磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随距离关系
满足B=kh，k 为常量，将一竖直放置、边长为L 的单匝正方形金属线框abcd 从图示位置由静止释放，线圈
质量为m、电阻为R，不计空气阻力，重力加速度g。求：
（1）线圈中的最大电流Im和电流的方向；
（2）线圈下落高度h（已达最大电流）的过程中线圈中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）
，顺时针方向；（2）
【详解】（1）当线圈受到的安培力等于重力时，线圈的竖直方向速度达到最大，即此时线圈中的电流最
大，设此时线圈下落高度为h0，则ad 边所处位置的磁感应强度为
bc 边所处位置的磁感应强度为
解得线圈中的最大电流为
根据楞次定律可知电流方向为顺时针方向；
（2）设线圈中电流最大时线圈的速度为v，则线圈下落高度h 时，ad 边切割产生的感应电动势为
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bc 边切割产生的感应电动势为
线圈的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律有
解得线圈下落高度h 时，线圈的竖直速度为
根据能量守恒有
解得线圈下落高度h（已经是最大电流）的过程中线圈中产生的焦耳热为
【模型演练14】（2023 春·湖南衡阳·高三校考阶段练习）如图甲所示，矩形单匝导线框abcd 边长ab =
h，ad = L，质量为m，当bc 边距离匀强磁场的上边界某一高度时线框开始自由下落，线框从起始位置到
穿过磁场过程中的v—t 图像如图乙所示（其中
、v0已知，两斜线斜率相等）。已知磁场的磁感应强度
为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，求：
（1）线框的总电阻R 与导线框开始进入磁场时的加速度大小；
（2）线框进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量；
（3）整个运动过程中线框产生的焦耳热；
（4）线框从开始下落到完全离开磁场所需要的时间。
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）线框以速度v0做匀速运动，由
，
，F 安 = BIL
可得所受安培力
由二力平衡可得
综合解得
由图乙可得线框进入磁场瞬间的速度大小为
，所受的安培力大小为
设线框进入磁场瞬间的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
综合解得
（2）结合题图可知磁场宽度等于h，由
综合可得
线框在进入磁场的过程中有
Φ = BLh
综合可得
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（3）线框从进入磁场到离开磁场运动的总路程为
，此过程中线框中产生焦耳热，设为Q，则由能量守
恒定律得
可得
（4）线框从自由下落到进入磁场前瞬间的时间为
设线框从进入磁场前瞬间到完全离开磁场所用的时间为
，则由动量定理可得
其中
又
可得
可得
【模型演练15】（2023·山东·模拟预测）如图，光滑绝缘水平面内有边长
、电阻
、质量
的正方形线框
，开始线框静止在水平面上，线框右侧距线框ab 边
处有宽
、方
向竖直向下的匀强磁场区域。现对线框施加大小为
、方向水平向右的恒定拉力，在线框
边到达磁
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场左边界时撤去拉力，当线框完全进入磁场后再对其施加大小为
、方向水平向右的拉力。已知
线框
边到达磁场右边界时的速度
，线框进入磁场的过程中，线框速度与线框
边到磁场左
边界距离
之间满足关系式
（
为线框ab 边刚到达磁场左边界时的速度，常量c 未知），重力
加速度g 取
。
（1）求线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q。
（2）求磁场磁感应强度B 的大小。
（3）若线框ab 边到达磁场右边界瞬间，立即改变拉力
的大小，使线框能以
的加速度匀减速
离开磁场，取ab 边到达磁场右边界时为
时刻，求线框离开磁场的过程中，拉力
与线框运动时间t
的关系式。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，线框在磁场左侧运动的过程，由动能定理有
解得
设线框完全进入磁场时速度大小为
，完全在磁场中的运动过程由动能定理有
解得
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由能量守恒定律有
解得
（2）根据题意，由
可得
取
，两边同除以
可得
又有
，
故有
线框进入磁场的过程中有
又有
，
当线框刚好全部进入磁场时，有
联立解得
（3）根据题意，线框离开磁场过程中，由牛顿第二定律有
又有
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整理可得
解得
【模型演练16】（2023·北京·高三专题练习）如图所示，粗细均匀的导线制成的单匝正方形闭合线框
abcd，边长为L，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的水平匀强磁场上方h
处。线框由静止开始自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界平行。当cd
边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零。已知重力加速度为g。在线框进入磁场过程中，求：
（1）线框中产生的感应电动势大小E，及cd 两点间的电势差Ucd；
（2）线框的质量m；
（3）通过线框的电荷量q。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）线框自由下落过程中，由动能定理得
解得
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由法拉第电磁感应定律感应电动势为
cd 两点间的电势差
（2）线框中电流
则cd 边所受安培力
cd 边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零，则
解得线框的质量
（3）在线框进入磁场过程中，通过线框的电荷量
又
，
，
解得
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