文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
专题23 电磁感应中的单导体棒运动模型
阻尼式单棒模型（3-6 题）.............................................................................................................3
电动式单棒模型（7-9 题）.............................................................................................................8
发电式单棒模型（10-14 题）.......................................................................................................10
含容单棒模型（15-19 题）...........................................................................................................15
1.
（2022•上海）宽L＝0.75m 的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B＝
0.4T 的匀强磁场。虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω 的滑动变阻器R。一根与
导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿
abcda 方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在Ⅰ还是Ⅱ中，并且R0大小为多少：
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
【解答】解：（1）a 点电势比d 点电势高，说明导体棒上端为电源正极，导体棒切割磁感线产
生感应电流向上，根据右手定则判断得出匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）滑动变阻器从全部接入到一半接入电路，回路里电流变大，定值电阻R0上电压变大，图甲
的Ucd小于图乙的Ucd，可以推理得定值电阻在Ⅰ内，滑动变阻器在Ⅱ
根据欧姆定律得：甲图中回路电流I 甲= 1.2
R = 1.2
20 A =0.06 A，乙图中回路电流I 乙
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
= 1.0
R
2
= 1.0
10 A =0.1A
甲图中定值电阻R0上电压φ0
1.2
﹣
＝0.06R
乙图中定值电阻R0上电压φ0
1.0
﹣
＝0.1R
联立解得：R＝5Ω，φ0＝1.5V
（3）金属杆产生的感应电动势E＝BLv，E＝φ0
联立解得v= φ0
BL =
1.5
0.4×0.75 m/ s=5m/s
（4）根据甲、乙两图可知导体棒电阻不计，由闭合电路欧姆定律得I=
E
R0+ R
滑动变阻器上的功率P＝I2R=
E
2 R
( R0+ R)
2 =
2.25
25
R + R+10，当R＝5Ω 时，滑动变阻器有最大功率Pm
＝0.1125W
2.
（2013•新课标Ⅰ）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L．
导轨上端接有一平行板电容器，电容为C．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向
垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保
持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系。
【解答】解：（1）设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv，
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E，
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，
按定义有C = Q
U ，
联立可得，Q＝CBLv。
（2）设金属棒的速度大小为v 时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，
金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLi，
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
设在时间间隔（t，t+Δt）内流经金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CBLΔv，
按定义有：i= ΔQ
Δt ，
ΔQ 也是平行板电容器极板在时间间隔（t，t+Δt）内增加的电荷量，
由上式可得，Δv 为金属棒的速度变化量，
金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，
大小为：f2＝μN，式中，N 是金属棒对于导轨的正压力的大小，
有N＝mgcosθ，
金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，
设其大小为a，
根据牛顿第二定律有：mgsinθ
f
﹣1
f
﹣2＝ma，
即：mgsinθ
μmgcosθ
﹣
＝CB2L2a+ma；
联立上此式可得：a= m(sinθ - μcosθ)g
m+ B
2 L
2C
。
由题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t 时刻金属棒的速度大小为
v =m(sinθ - μcosθ)>
¿
m+ B
2 L
2C
¿。
阻尼式单棒模型（3-6 题）
3.
（2023 春•宁乡市期末）如图所示，一宽度为L 的光滑导轨与水平面成α 角，磁感应
强度大小为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上端连有一阻值为R 的电阻，导轨电阻
不计。一质量为m，电阻也为R 的金属棒从导轨顶端由静止释放，设导轨足够长，重力加速度
为g，下列说法正确的是（ ）
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．金属棒将做匀加速运动
B．释放的瞬间金属棒的加速度大小为gcosα
C．金属棒的最大速度大小为2mgRsinα
B
2 L
2
D．金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R 的电荷量越来越多
【解答】解：A、对金属棒，根据牛顿第二定律，有mgsinα
BIL
﹣
＝ma
根据闭合电路欧姆定律，有I = BLv
2 R
联立得：mgsinα- B
2 L
2v
2 R
=ma，可知金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运
动，故A 错误；
B、释放的瞬间金属棒所受安培力为零，由以上分析知加速度大小为a＝gsinα，故B 错误；
C、当金属棒的加速度为零时，此时速度最大，则有mgsinα = B I m L= B
2 L
2vm
2 R
解得最大速度为：vm= 2mgRsinα
B
2 L
2
，故C 正确；
D、金属棒下滑过程中通过定值电阻R 的电荷量为q= I•Δt
I = E
2 R =
ΔΦ
Δt ⋅2 R =
BLx
Δt ⋅2 R
所以：q = BLx
2 R
，可知通过定值电阻R 的电荷量q 与时间无关，则下滑相等距离的时间内通过定
值电阻R 的电荷量相等，故D 错误。
故选：C。
4.
（2023•朝阳区一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd 水平放置，间距
为L，一端连接阻值为R 的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的、磁感应强度大小为B 的匀强
磁场。质量为m、电阻为r 的导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触
良好。导轨的电阻可忽略不计。t＝0 时金属棒以初速度v 水平向右运动，经过一段时间停在导
轨上。下列说法不正确的是（ ）
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．全过程中，金属棒克服安培力做功为1
2 m v
2
B．全过程中，电阻R 上产生的焦耳热为Rm v
2
2( R+r )
C．t＝0 时刻，金属棒受到的安培力大小为B
2 L
2v
R+r
D．t＝0 时刻，金属棒两端的电压UMN＝BLv
【解答】解：A、根据动能定理可知：W 安＝0- 1
2 m v
2，解得安培力做的功为W 安=- 1
2 m v
2，
所以全过程中，金属棒克服安培力做功为1
2 m v
2，故A 正确；
B、根据功能关系可知全过程中回路中产生的焦耳热为：Q= 1
2 m v
2，根据焦耳定律可知电阻R
上产生的焦耳热为：QR=
R
R+r Q = Rm v
2
2( R+r )
，故B 正确；
C、t＝0 时刻，金属棒受到的安培力大小为：FA＝BIL= B
2 L
2v
R+r
，故C 正确；
D、t＝0 时刻金属棒产生的感应电动势为：E＝BLv，金属棒两端的电压UMN= BLv
R+r ⋅R，故D
错误。
本题选错误的，故选：D。
5.
（2023•日照一模）光滑平行金属导轨由左侧弧形轨道与右侧水平轨道平滑连接而成，
导轨间距均为L，如图所示。左侧轨道上端连接有阻值为R 的电阻。水平轨道间有连续相邻、
宽均为d 的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域边界与水平导轨垂直。I、Ⅲ区域有竖直向上的匀强磁场，
磁感应强度大小为B；Ⅱ区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。金属棒从左侧
轨道上某处由静止释放，金属棒最终停在Ⅲ区域右边界上，金属棒的质量为m、长度为L、电
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
阻为R。不计金属导轨电阻，金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g，则金属棒（ ）
A．穿过区域Ⅰ过程，通过R 的电荷量为BLd
R
B．刚进入区域Ⅲ时受到的安培力大小为B
2 L
2d
4 m R
2
C．穿过区域Ⅰ与Ⅱ过程，R 上产生的焦耳热之比为11：25
D．穿过区域Ⅰ与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为11：1
【解答】解：A、穿过区域I 过程，根据法拉第电磁感应定律有：E1= ΔΦ1
Δt1
= BLd
Δt1
根据电流的定义式有：I 1= q1
Δt1
= E1
2 R
解得：q1= BLd
2 R
，故A 错误；
B、穿过区域Ⅲ过程，根据：E3= ΔΦ3
Δt3
= BLd
Δt3
其中：I 3= q3
Δt3
= E3
2 R
解得：q3= BLd
2 R
设进入区域Ⅲ时的速度为v2，穿过区域Ⅲ过程，根据动量定理有：- B I 3 LΔt3=0-m v2
解得：v2= B
2 L
2d
2mR
刚进入区域Ⅲ时有：I = BLv2
2 R
根据安培力的计算公式有：F＝BIL
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得进入磁场Ⅲ区的安培力：F= B
4 L
4d
4 m R
2
，故B 错误；
D、设进入区域Ⅱ时的速度为v1，同理可得，穿过区域II 过程：q2= I 2 Δt2= BLd
R
同理，根据动量定理有：-2B I 2 LΔt2=m v2-m v1
解得：v1= 5 B
2 L
2d
2mR
设进入区域Ⅰ时的速度为v0 ，同理可得，穿过区域Ⅰ过程，根据动量定理有：
- B I 1 LΔt1=m v1-m v0
解得：v0= 3 B
2 L
2d
mR
根据动能定理可知，穿过区域I 与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为：W 克1
W 克2
=
1
2 m v0
2- 1
2 m v1
2
1
2 m v2
2
代入数据解得：W 克1
W 克2
=11，故D 正确；
C、根据能量守恒与转化定律，穿过区域I 过程，R 上产生的焦耳热：Q1= 1
2 ×( 1
2 mv0
2- 1
2 mv1
2)
根据能量守恒与转化定律，穿过区域II 过程，R 上产生的焦耳热：Q2= 1
2 ×( 1
2 mv1
2- 1
2 mv2
2)
所以解得：Q1
Q2
= 11
24
，故C 错误。
故选：D。
6.
（2023 春•开福区校级期末）如图甲所示，两平行导轨是由倾斜导轨（倾角为θ）与
水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀
强磁场中，两导轨间距为L，上端与阻值为R 的电阻连接。一质量为m 的金属杆MN 在t＝0
时由静止开始在沿P1P2方向的拉力（图中未画出）作用下沿导轨下滑。当杆MN 运动到P2Q2
处时撤去拉力，杆MN 在水平导轨上继续运动，其速率v 随时间t 的变化图象如图乙所示，图
中vm和t0为已知量。若全过程中电阻R 产生的总热量为Q，杆MN 始终垂直于导轨并与导轨
保持良好接触，导轨和杆MN 的电阻以及一切摩擦均不计，重力加速度为g，求：
（1）杆MN 中的最大感应电流Im的大小和方向；
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）拉力做的功WF；
（3）撤去拉力后杆MN 在水平导轨上运动的路程s。
【解答】解：（1）由题图乙知，杆AB 运动到水平轨道P2Q2处时的速率为vmax，则回路中的最
大感应电动势为Em＝BLvm
杆AB 运动到水平轨道的P2Q2 处时，回路中的感应电流最大，回路中的最大感应电流为Im
= Em
R = BLvm
R
根据右手定则知Im的方向由M 流向N。
（2）杆MN 从静止开始下滑到最终停下来，这一过程中由动能定理得WF+mgx1sinθ+W 安＝0
又Q＝﹣W 安，x1= vm
2 t0
联立解得：W F =Q - 1
2 mg vmt0 sinθ
（3）撤去拉力后杆AB 在水平导轨上做减速运动感应电流为 I = BLv
R
根据牛顿第二定律有 BIL＝ma
若Δt 趋近于零，则a= Δv
Δt
由以上三式可得：B
2 L
2vΔt
R
=mΔv
则B
2 L
2
R
v1 Δt1=mΔv1，B
2 L
2
R
ν2 Δt2=mΔv2，…，B
2 L
2
R
vn Δtn=mΔvn
得B
2 L
2
R
(v1 Δt1+ v2 Δt2+⋯vn Δtn)=m( Δv1+ Δv2+⋯Δvn)
即B
2 L
2
R
s=m(vm-0)
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
联立可得：s= Rm vm
B
2 L
2
电动式单棒模型（7-9 题）
7.
（2023•惠州模拟）如图所示，导体棒MN 接入电路部分的电阻为R 长度为L，质量
为m，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻大小也为R，匀强磁场的磁感
应强度为B，其方向与轨道平面成θ＝45°角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动，则下列说
法正确的是（ ）
A．导体棒向左运动
B．电键闭合瞬间导体棒MN 的加速度为BEL
2mR
C．电键闭合瞬间导体棒MN 所受安培力大小为√2BEL
4 R
D．电键闭合瞬间导体棒MN 所受安培力大小为BEL
2 R
【解答】解：A、由图得，通过导体棒MN 的电流由N 到M，根据左手定则可知，导体棒受到
的安培力斜向下偏右，则导体棒向右运动，故A 错误；
CD、电键闭合瞬间，电路电流为I= E
2 R
导体棒MN 所受安培力大小为F＝BIL= BEL
2 R
故C 错误，D 正确；
B、电键闭合瞬间，根据牛顿第二定律得：Fsinθ＝ma
联立解得：a= √2BEL
4 mR
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
故B 错误。
故选：D。
8.
（2022 春•潍坊期中）如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨平行固定在倾角为θ
的绝缘斜面上，两导轨间距为L；导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为E、内阻为
r；整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨的匀强磁场中。调节滑动变阻器滑动头
至某一位置，将质量为m 的金属棒ab 垂直两导轨置于导轨上，ab 恰能保持静止。已知重力加
速度大小为g，导轨和导体棒的电阻不计，ab 与两导轨接触良好，则（ ）
A．磁场方向垂直导轨向下
B．流过ab 的电流大小为mgcosθ
BL
C．滑动变阻器接入电路的阻值为EBL
mgsinθ -r
D．若减小滑动变阻器的阻值，ab 向下运动
【解答】解：A、由于金属棒ab 恰能保持静止，受重力、支持力、安培力，根据力的平衡可知，
安培力方向应沿斜面向上，由图可知金属棒ab 的电流方向为b 到a，根据左手定则，磁场方向应
该垂直导轨向上，故A 错误；
B、根据力的平衡得F 安＝BIL＝mgsinθ，解得I = mgsinθ
BL
，故B 错误；
C 、设滑动变阻器接入电阻为R ，根据闭合回路欧姆定律得I =
E
R+r = mgsinθ
BL
，解得
R =
EBL
mgsinθ -r，故C 正确；
D、若减小滑动变阻器的阻值，根据闭合电路欧姆定律知电路电流增大，因此导体棒ab 受到的
安培力增大，由于安培力方向为斜面向上，因此ab 会向上运动，故D 错误。
故选：C。
9.
（2023•佛山二模）近年来电动汽车越来越普及，有的电动汽车动力来源于直流电机。
直流电机工作原理可简化如图所示：在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，两光滑平行
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，两轨间接一电动势恒为E、内阻恒为r 的直流电源。
质量为m 的导体棒ab 垂直导轨静置于导轨上，接入电路部分的有效电阻为R，电路其余部分
电阻不计。一根不可伸长的轻绳两端分别连接在导体棒的中央，和水平地面上质量为M 的物
块上，绳与水平面平行且始终处于伸直状态。已知物块与水平面的动摩擦因数为μ，重力加速
度为g﹒闭合开关S，物块即刻开始加速。
（1）求S 刚闭合瞬间物块加速度的大小，设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力；
（2）求当导体棒向右运动的速度为v 时，流经导体棒的电流；
（3）求物块运动中最大速度的大小。
【解答】解：（1）对导体棒ab 和M 整体进行分析，根据牛顿第二定律可得：FA
μMg
﹣
＝
（M+m）a
根据安培力的计算公式可得：FA＝BIL
其中，根据欧姆定律可得：I =
E
R+r
联立解得：a= BEL- μMg( R+r )
( R+r )( M +m)
（2）当导体棒向右运动的速度为v 时，可得：E 感＝BLv
I 1= E - E感
R+r
解得：I1= E - BLv
R+r
（3）导体棒的速度最大时，则加速度为零，根据平衡条件可得：BI′L
μMg
﹣
＝0
E
E
﹣
感＝I′（R+r）
E 感＝BLvm
联立解得：vm= BEL- μMg( R+r )
B
2 L
2
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
发电式单棒模型（10-14 题）
10. （2023•重庆开学）如图所示，两条足够长，间距d＝1m 的光滑平行金属导轨MN 和
PQ 固定在水平面上，阻值R＝2Ω 的定值电阻与导轨的M、P 端相连，导轨电阻不计。空间中
存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B＝1T 的匀强磁场，质量m＝0.1kg、长度L＝
1m、阻值不计的金属杆ab 垂直于导轨放置并且始终与导轨接触良好。在杆ab 的中点处系一根
不可伸长的轻绳，轻绳跨过定滑轮与一个质量也为m 的物块相连，滑轮左侧轻绳与导轨平面
保持平行。某时刻释放物块，物块和金属杆从静止开始运动，当物块下落的高度h＝2m 时，
二者达到最大速度。重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。从开始运动到达到最大速度的过
程中，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆的平均速度大小为5m/s
B．通过电阻R 的电荷量为0.7C
C．所用的时间为1.4s
D．电阻R 产生的热量为1.8J
【解答】解：B、通过电阻R 的电荷量为：q= I t = BLv
R
t= BLh
R = 1×1×2
2
C＝1C，故B 错误；
C、金属杆达到最大速度vm时加速度为零，根据平衡条件有：mg＝ImLB
而根据动生电动势公式和欧姆定律有：I m= BLvm
R
联立可得：vm= mgR
B
2 L
2 = 0.1×10×2
1
2×1
2
m/s＝2m/s
对整个系统，由动量定理得：mgt- I LB⋅t =2mvm
解得：t= qLB+2m vm
mg
，代入数据得t＝1.4s，故C 正确；
A、平均速度为：v = h
t = 2
1.4 m/ s= 10
7 m/ s，故A 错误；
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D、由能量守恒定律得：mgh= 1
2 ×2mvm
2 +Q
解得：Q＝mgh-m vm
2 =0.1×10×2J
0.1×2
﹣
2J＝1.6J，故D 错误。
故选：C。
11. （2023 春•湟中区校级期末）如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨AB、CD，
导轨一端连接电阻R，导轨宽为L，垂直于导轨平面向下存在磁感应强度为B 的匀强磁场，将
一质量为m、电阻为r 的导体棒垂直导轨放置，用恒力F 向右拉动导体棒，经过距离x 导体棒
恰好达到最大速度v，则在此过程中（ ）
A．外力F= B
2 L
2v
R
B．从开始至速度最大所用的时间t= m( R+r )
B
2 L
2
C．定值电阻产生的焦耳热QR= B
2 L
2 Rvx
( R+r )
2
D．通过导体棒的电荷量q= BLx
r + R
【解答】解：A、导体棒速度最大时合力为零，根据平衡条件得F = F A = BIL= B
2 L
2v
R+r
，故A 错
误；
B、取向右为正方向，由动量定理有Ft - F At =mv
又安培力冲量大小为F At = B I<= B
2 L
2v t
R+r
= B
2 L
2 x
r + R
解得：t = m( R+r )
B
2 L
2
+ x
v
，故B 错误；
C、由动能定理得Fx -W A = 1
2 m v
2
解得：W A = B
2 L
2vx
R+r
- 1
2 mv
2
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
整个回路中产生的焦耳热Q＝WA
而电阻R 上的焦耳热为QR=
R
R+r Q =
R
R+r ( B
2 L
2vx
R+r
- 1
2 m v
2)，故C 错误；
D、通过导体棒的电荷量为q= It=
ΔΦ
t(r + R)•t= ΔΦ
r + R = BLx
r + R ，故D 正确。
故选：D。
12. （2023 春•项城市期末）如图所示，间距为L 的足够长光滑平行金属导轨M、N 固定
在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，导轨左端连
有阻值为R 的定值电阻，长度也为L、质量为m、电阻为R 的金属棒ab 垂直于导轨水平放置。
某时刻开始，金属棒ab 在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，当金属棒ab 到达虚线
位置时，加速度刚好为零，此时，撤去拉力，此后，金属棒ab 向右运动过程中，电阻R 上产
生的焦耳热为Q。金属棒ab 运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒ab 开始的位置离
虚线的距离为L，导轨电阻不计，则拉力大小为（ ）
A．B
2 L
2
R √
Q
m
B．B
2 L
2
2 R √
Q
m
C．B
2 L
2
R √
2Q
m
D．B
2 L
2
R √
Q
2m
【解答】解：设金属棒ab 到达虚线位置时的速度为v。撤去拉力后，电阻R 上产生的焦耳热为
Q，金属棒ab 的电阻与R 相等，则金属棒ab 产生的焦耳热也为Q。
根据能量守恒可得2Q = 1
2 m v
2
解得：v =2√
Q
m
拉力F 为恒力，金属棒ab 到达虚线位置时，加速度刚好为零，合力为零，由平衡条件可得
F＝BIL
又I= BLv
2 R
可得：F = B
2 L
2v
2 R
= B
2 L
2
R √
Q
m
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
13. （2023•西城区校级三模）如图所示，间距为L 的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面
向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端接有阻值为R 的定值电阻。质量为m 的导
体棒ab 从金属导轨上某处由静止释放，开始运动Δt 时间后做匀速运动，速度大小为v，且此
阶段通过定值电阻R 的电量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下
列说法正确的是（ ）
A．导体棒ab 先做匀加速运动，后做匀速运动
B．导体棒稳定的速度大小v = mg( R+r )
B
2 L
2
C．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R 产生的焦耳热
D．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，位移大小为q( R+r )
BL
【解答】解：A、导体棒ab 在加速阶段，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ
BIL
﹣
＝ma，其中：I
= BLv
R+r
，解得：a＝gsinθ- B
2 L
2v
m( R+r )
；由于速度是增加的，所以加速度是减小的，导体棒不可能
做匀加速运动，故A 错误；
B、导体棒稳定时的加速度为零，则有：gsinθ- B
2 L
2v
m( R+r ) =0，解得：v = mg( R+r )sinθ
B
2 L
2
，故B
错误；
C、根据能量守恒定律可知，导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻
R 与导体棒产生的焦耳热之和，故C 错误；
D、根据电荷量的计算公式可得：q= I t =
E
R+r t= ΔΦ
R+r = BS
R+r = BLx
R+r ，解得：x= q( R+r )
BL
，故
D 正确。
故选：D。
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
14. （2023 春•玉林期末）传统航空母舰的阻拦系统原理如图甲所示，飞机着舰时，通过
阻拦索对飞机施加作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。新一代航母阻拦系统的研制，
则从阻拦索阻拦转向了引入电磁学模型的电磁阻拦技术，其基本原理如图乙所示，飞机着舰时
钩住轨道上的一根金属棒并关闭动力系统，在磁场中共同滑行减速。
金属棒在导轨间宽为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰钩住金属棒后与金属棒以共
同速度v0进入磁场。轨道端点MP 间电阻为R，金属棒电阻为r，不计其它电阻，且飞机阻拦索
与金属棒绝缘。轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动L 后飞机停下，测
得此过程电阻R 上产生焦耳热为Q，求：
（1）通过金属棒的最大电流；
（2）通过金属棒的电荷量；
（3）飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功。
【解答】解：（1）飞机和金属棒在磁场中做减速运动，则飞机和金属棒刚进入磁场时产生的感
应电动势最大，感应电流最大，此时感应电动势为：E＝Bdv0
由闭合电路欧姆定律得：I =
E
R+r
可得通过金属棒的最大电流为：I = Bd v0
R+r
（2）设系统在磁场中运动的全过程，通过回路平均电流为I，金属棒的平均电动势为E，时间为
Δt，则由闭合电路欧姆定律得平均电流：I =
E
R+r
根据法拉第电磁感应定律得：E = ΔΦ
Δt = BdL
Δt
通过金属棒的电荷量为：q = I Δt
联立解得：q = BdL
R+r
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（3）根据能量守恒定律，得1
2 ( M +m)v0
2=Q电+Q阻
根据焦耳定律Q＝I2Rt，可知Q电= R+r
R
Q
R= E
I -r＝E•1
I -r
解得：W 阻=Q阻= 1
2 ( M +m)v0
2- R+r
R
Q
含容单棒模型（15-19 题）
15. （2022 秋•武昌区月考）如图是某电磁弹射技术的简化模型的等效电路，直流电源电
动势E＝35V，超级电容器的电容C＝2F。两根固定于同一水平面内的光滑平行金属导轨
MN、PQ 电阻不计，它们的间距L＝1m，磁感应强度大小B＝2T 的匀强磁场垂直于导轨平面
向上。质量m＝2kg、阻值R＝5Ω 的金属棒ab，垂直搁放在两导轨上处于静止状态，并与两导
轨始终保持良好接触。开关S 先接1，使电容器完全充电后再将S 接至2，金属棒ab 开始向右
加速运动。当S 金属棒ab 切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压时，金属棒
ab 达到最大速度，之后便离开导轨。下列说法正确的是（ ）
A．开关S 先接1，使电容器完全充电后，其电荷量为Q＝7C
B．开关S 接2 后，金属棒ab 加速运动过程中，加速度保持不变
C．金属棒ab 的加速度最大值为14m/s2
D．金属棒ab 的最大速度为14m/s
【解答】解：A、开关S 先接1，使电容器完全充电后，其电压为U＝E，电荷量为Q＝CU＝CE
＝2×35C＝70C，故A 错误；
B、开关S 接2 后，金属棒ab 加速运动过程中，产生感应电动势（反电动势），回路中电流减小，
ab 棒受到的安培力减小，由牛顿第二定律知金属棒ab 的加速度逐渐减小，直至为零，故B 错误；
C、开关S 刚接2 时，金属棒ab 的加速度最大，设加速度最大值为am。由牛顿第二定律得：BIL
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
＝mam，由欧姆定律得：I= E
R
，联立解得：am＝7m/s2，故C 错误；
D、当ab 棒速度最大时，产生的感应电动势为：Em＝BLvm
此时ab 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等，电容器的带电量为Q′＝CEm＝CBLvm
对ab，取向右为正方向，由动量定理得：BIL•t＝mvm
0
﹣
其中：I•t＝ΔQ＝Q
Q′
﹣
联立得：BL（CE
CBLv
﹣
m）＝mvm
0
﹣，代入数据解得：vm＝14m/s，故D 正确。
故选：D。
16. （2023•重庆模拟）电磁炮作为发展中的高技术兵器，被世界各国海军所重视，把它
作为未来新式武器，其军事用途十分广泛。某电磁弹射技术原理可简化为如图所示的等效电路
图，电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨固定在距水平地面高度h＝5m 的水平面内，导轨
左侧连接有内阻不计、电动势E＝100V 的直流电源和电容C＝9F 的超级电容器，导轨间距L
＝1m，范围足够大的匀强磁场方向竖直向上、磁感应强度大小B＝2T，质量m＝2kg 的金属棒
ab 垂直导轨放置，并始终与两导轨接触良好。单刀双掷开关K 先接“1”，电容器充满电后，
开关K 立即接“2”，金属棒ab 射出导轨时已匀速运动。水平地面足够长，重力加速度g 取
10m/s2，忽略一切阻力，求：
（1）金属棒ab 射出导轨时的速度大小；
（2）金属棒ab 离开导轨后在空中运动的水平位移大小。
【解答】解：（1）开关S 先接1，使电容器完全充电后，其电压等于电源电动势E。开关S 接2
后，电容器放电，有放电电流通过金属棒ab，金属棒在安培力作用下向右做加速运动，电容器
因放电其电压U 逐渐减小，金属棒的动生电动势逐渐增大，当金属棒的动生电动势等于电容器
电压时，电路中电流为0，金属棒ab 的速度达到最大，此后做匀速直线运动。
对金属棒分析，取向右为正方向，由动量定理得BIL•t＝mvm
0
﹣
电容器放电的电量为q= It＝C（E
U
﹣）
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
又因为U＝BLvm
联立可得：vm=
BLCE
m+ B
2 L
2C
代入数据解得：vm= 900
19 m
（2）金属棒ab 离开导轨后做平抛运动，水平方向有x＝vmt
竖直方向有h= 1
2 gt
2
联立解得：x = 900
19 m
17. （2023 春•潍坊期中）如图所示，足够长的光滑金属导轨平行放置，固定在水平面上，
间距L＝1.0m，导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2.0T，导轨左端的单刀
双掷开关可分别与电阻或电容器相连接，已知定值电阻R＝2.0Ω，电容器电容C＝0.1F，导体
棒质量m＝0.4kg、电阻r＝1.0Ω，其余电阻不计。开始电容器不带电，导体棒静置于导轨上，
开关合向a，对导体棒施加水平向右的F＝4N 的拉力，当导体棒匀速运动时撤去F，导体棒始
终与导轨垂直且接触良好。
（1）求拉力的最大功率；
（2）求撤去F 后定值电阻R 中产生的热量；
（3）若撤去F 的同时将开关合向b，求导体棒最终运动的速度大小。
【解答】解：（1）导体棒速度为v 时产生的感应电动势为E＝BLv
感应电流为：I=
E
R+r = BLv
R+r
由左手定则可得导体棒受到的安培力方向向左，大小为：FA＝BIL
匀速时速度达到最大值，此时有：F＝BIL
联立解得最大速度为：v＝3m/s
匀速运动时拉力的功率最大，拉力的最大功率为：P＝Fv＝4×3W＝12W
（2）撤去F 后，导体棒只受水平向左的安培力的作用，导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，
最终静止。此过程中动能全部转化为系统的热量Q，由能量守恒定律可得：
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
Q= 1
2
mv2= 1
2 ×0.4×3
2J＝1.8J
根据焦耳定律可得R 中产生的热量为：QR=
R
R+r Q =
2.0
2.0+1.0 ×1.8J＝1.2J
（3）当导体棒产生的电动势和电容器两端电压相等时，导体棒电流为0，导体棒最终做匀速直
线运动。假设导体棒最终运动的速度大小为v′，取向右为正方向，由动量定理可得：
B
﹣ILΔt＝mv−mv′
其中：IΔt＝q＝CU＝CBLv′
联立可得：v′＝1.5m/s
18. （2023•河北模拟）如图甲所示，足够长的粗糙导轨a、b 互相平行固定放置，导轨及
导轨面与水平面的夹角为37°；足够长的光滑导轨c、d 平行固定放置，导轨及导轨面与水平面
的夹角为53°，a 与d、b 与c 分别连接，平行导轨间距均为L 且导轨电阻均为0。空间存在方
向斜向右上方且与c、d 所在的导轨平面垂直的匀强磁场；质量为m、电阻为0 的导体棒1 垂
直放置于c、d 导轨上，质量也为m、有效接入电路的电阻为R 的导体棒2 垂直放置于a、b 导
轨上。给导体棒1 一个沿斜面向下的速度v0，导体棒1 正好做匀速运动，导体棒2 在斜面上刚
好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；把导体棒2 除掉，换上电容为C 的电容器，如图乙
所示，让导体棒1 从静止开始沿着斜面向下运动，重力加速度为g，sin37°＝0.6、cos37°＝
0.8，求：
（1）磁感应强度的大小；
（2）导体棒2 与导轨a、b 之间的动摩擦因数；
（3）图乙中，导体棒1 经过一段时间t0时的速度大小。
【解答】解：（1）设磁感应强度的大小为B，对题图甲，导体棒1 沿斜面匀速下滑的速度为
v0，由法拉第电磁感应定律可得E 甲＝BLv0
由欧姆定律可得：I 甲= E甲
R
安培力：F 甲＝BI 甲L
方向沿着斜面向上，因为导轨c、d 光滑，导体棒1 沿斜面匀速下滑，把重力分别沿着斜面和垂
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
直斜面分解，由力的平衡条件可得：F甲=mgsin53° = 4
5 mg
联立几式解得：B = 2
L√
mgR
5 v0
（2）对导体棒2 受力分析，所受的安培力：F甲= 4
5 mg，垂直斜面向下
把重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，由力的平衡条件可得：FN＝F 甲+mgcos37°
fm＝mgsin37°，而fm＝μFN
联立解得：μ= 3
8
（3）对题图乙，假设导体棒1 向下做匀加速直线运动，设其加速度为a，t 时刻其速度为v 乙＝at
由法拉第电磁感应定律回路的电动势为：E 乙＝BLv 乙
设t 时刻电容器的带电量为q，则：q＝CE 乙
回路中的电流即电容器的充电电流为：i= Δq
Δt
导体棒1 受到的安培力：F 乙＝BiL，沿着斜面向上
对导体棒1 受力分析，把重力mg 沿着斜面和垂直斜面分解，由牛顿第二定律可得：mgsin53°﹣
F 乙＝ma
其中：a= Δv乙
Δt
经过一段时间t0，速度为v＝at0
结合：B = 2
L√
mgR
5 v0
联立解得：v =
4 g v0t0
5 v0+ 4 gRC
19. （2023•石家庄模拟）如图所示，在正交坐标系O
xyz
﹣
空间中，Oz 竖直向下，O'为y
轴上的一点。相距0.5m 的两平行抛物线状光滑轨道OP、O'P'通过长度不计的光滑绝缘材料在
P、P'处与平行倾斜粗糙直轨道PQ、P'Q'平滑相接，其中抛物线状轨道OP 的方程为z = 5
4 x
2，
OO'间用导线连接R＝1Ω 的定值电阻，倾斜轨道足够长，QQ'间用导线连接C＝1F 的电容器。
电容器最初不带电。抛物线状轨道区域存在方向竖直向下、磁感应强度B1＝4T 的匀强磁场，
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
倾斜直轨道区域存在与导轨垂直向上、磁感应强度B2＝2T 的匀强磁场。一质量为0.5kg，长为
0.5m 的金属导体棒在恒定外力F 作用下从y 轴开始以初速度v0沿抛物线状轨道做加速度方向
竖直向下、大小为10m/s2的加速运动，导体棒到达连接处PP'后立即撤去该外力F。已知金属
导体棒与轨道始终接触良好，金属棒与倾斜直轨道间的动摩擦因数μ＝0.75，P 点纵坐标
zP= 9
80 m，金属棒电阻为1Ω，其他电阻忽略不计，金属棒在运动过程中始终与y 轴平行，不
计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2。求：
（1）金属棒初速度v0的大小；
（2）外力F 的大小和金属棒在抛物线状光滑轨道运动过程中产生的焦耳热Q；
（3）电容器最终的电荷量q。
【解答】解：（1）由题意可知，金属棒在抛物线状轨道区域内做类平抛运动，加速度为a＝
10m/s2，则有水平方向有x＝v0t
竖直方向有z = 1
2 at
2
解得：z = a
2v0
2 x
2
对照轨迹方程z = 5
4 x
2，解得：v0＝2m/s
（2）由金属棒运动性质可知，金属棒在抛物线状轨道区域内有效切割速度不变，由法拉第电磁
感应定律可得E＝B1lv0
由闭合电路欧姆定律可得I =
E
R+r
又F＝F 安＝B1Il
联立解得：F＝4N
由zP= 1
2 at1
2解得金属棒在抛体状轨道上运动的时间为t1= 3
20 s
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由焦耳定律可得Q＝I2rt1
解得：Q＝0.6J
（3）金属棒运动到连接处时，金属棒的竖直分速度为vy＝at1＝10× 3
20
m/s＝1.5m/s
金属棒运动到连接处时的速度为v=√v0
2+ v y
2 =√2
2+1.5
2m/s＝2.5m/s
斜面倾角满足tanθ= v y
v0
= 1.5
2 =0.75
可得θ＝37°
金属棒滑上斜面后，取沿斜面向下为正方向，由动量定理可得
- B2 I lΔt +mgsinθΔt - μmgcosθΔt =mv ' -mv
又q = I Δt
由电路特点和电容定义可得q＝CB2lv'
联立解得：q = 5
6 C
23
