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专题24 电磁感应中双导体棒与线框运动模型
等间距不受外力双棒模型（7-10 题）...........................................................................................8
等间距受外力双棒模型（11-14 题）...........................................................................................12
不等间距不受外力双棒模型（15-17 题）...................................................................................17
不等间距受力双棒模型（18-19 题）...........................................................................................20
线框模型的图像问题（20-22 题）...............................................................................................23
线框模型的动力学和功能关系问题（23-25 题）.......................................................................27
1.
（2023•北京）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向
下的匀强磁场并最终完全穿出，线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（ ）
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
【解答】解：A、线框进磁场的过程中磁通量向里增加，根据楞次定律可知电流方向为逆时针方
向，故A 错误；
B、线框出磁场的过程中，根据牛顿第二定律可得：BIL＝ma，其中I= BLv
R ，解得加速度大小
为：a= B
2 L
2v
mR
，由于速度减小，则加速度减小，线框做加速度减小的减速直线运动，故B 错误；
C、根据功能关系可知，产生的热等于克服安培力做的功，由于进入磁场过程中平均安培力大、
而进出磁场过程中通过的位移相同，则线框进入磁场过程中产生的热比出磁场过程中多，故C
错误；
D、根据电荷量的计算公式可得：q= I t = E
R t= ΔΦ
R = BS
R ，由于进出磁场过程中，穿过线框的磁
1
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通量变化量相同，则通过导线横截面的电荷量相等，故D 正确。
故选：D。
2.
（多选）（2023•辽宁）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4 B
2d
2v
3 R
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BLd
3 R
【解答】解：释放弹簧后导体棒MN 与PQ 先分别向左、右开始运动，在两棒速度方向均未改变
之前，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，由左手定则判断可
知两棒受到的安培力均与各自的速度方向相反，即两棒受到的安培力方向是相反的，设回路中
的电流大小为I，则两棒受到的安培力分别为：FMN＝2BId，FPQ＝BI•2d，可得两棒受到的安培力
等大反向，则两棒与弹簧组成的系统所受合力为零，故此系统满足动量守恒定律，可知此系统
的总动量始终为零，可知两棒的动量始终是等大反向。两棒同时速度减为零，若两棒同时速度
为零后能够反向运动，同理可得之后的运动过程此系统仍满足动量守恒，可知释放弹簧后，两
棒在各自磁场中运动直至停止的全程，两棒的速度方向总是相反的，且在同一时刻速度为零。
A、由上述分析可知两棒的速度方向总是相反的，则在弹簧伸展过程中，导体棒MN 与PQ 必定
分别向左、右运动，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，故A
正确；
B、设PQ 速率为v 时，MN 速率为v0，MN 的质量为m，则PQ 的质量为2m，由两棒的动量始
终大小相等可得：mv0＝2mv
2
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回路中的感应电动势为：E＝2Bdv0+B•2dv＝6Bdv
回路中的感应电流为：I=
E
R+2 R
MN 所受安培力大小为：F＝2BId
联立解得：F= 4 B
2d
2v
R
，故B 错误；
C、设整个运动过程中，某时刻MN 与PQ 的速率分别为v1、v2，同理有：mv1＝2mv2
可知MN 与PQ 的速率之比始终为2：1，则MN 与PQ 的路程之比为2：1，故C 正确；
D、设整个运动过程，MN 与PQ 的位移大小分别为x1、x2，最终弹簧处于原长状态，MN 与PQ
之间距离和初始时相比增加了L，因两棒总是反向运动，可得：x1+x2＝L
整个运动过程回路的磁通量变化量为：ΔΦ＝2Bdx1+B•2dx2＝2Bd（x1+x2）＝2BdL
通过MN 的电荷量为：q= I ⋅Δt =
E
R+2 R ⋅Δt = ΔΦ
3 R = 2BLd
3 R ，故D 错误。
故选：AC。
3.
（2023•湖南）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 匀速运动时的速度大小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。
【解答】解：（1）棒a 切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0
回路中产生的感应电流I = E
2 R = BLv0
2 R
3
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棒a 受到的安培力F A = BIL= B
2 L
2v0
2 R
棒a 匀速运动时，合力为零，则有：FA＝mgsinθ
代入数据解得v0= 2mgRsinθ
B
2 L
2
（2）棒b 由静止释放，由左手定则可知棒b 所受安培力方向沿斜面向下，a、b 棒串联电流相等，
两者的安培力大小相等
对b 利用牛顿第二定律：mgsinθ+FA＝ma0
代入数据解得a0＝2gsinθ
（3）对a、b 棒分别利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有：（mgsinθ
F
﹣A）t0＝mv﹣
mv0 （mgsinθ+FA）t0＝mv
0
﹣
两式联立，可得v = gt0 sinθ+ v0
2 = gt0 sinθ+ mgRsinθ
B
2 L
2
从释放b 到两棒匀速运动，平均安培力F A = B I L，对b 棒利用动量定理，取沿斜面向下为正方
向，则有：mgt0 sinθ+ B I Lt0=mv -0
已知q = I t0
代入数据解得q = mv0
2BL
由法拉第电磁感应定律则有：E =n ΔΦ
Δt
由闭合电路欧姆定律则有：I = E
2 R
电荷量q＝IΔt
联立方程，可得q =n ΔΦ
2 R
ΔΦ＝BLΔx，n＝1
代入数据解得Δx = m v0 R
B
2 L
2 =
m 2mgRsinθ
B
2 L
2
× R
B
2 L
2
= 2m
2 g R
2sinθ
B
4 L
4
4.
（2023•上海）如图（a），线框cdef 位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为
D 的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5T，已知线框边长cd＝D＝0.4m，m
＝0.1kg，总电阻R＝0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F 使之运动，ed 边离开磁场后撤
4
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去F。斜面上动摩擦因数μ= √3
3 ，线框速度随时间变化如图（b）所示。（重力加速度g 取
9.8m/s2）；
（1）求外力F 大小；
（2）求cf 长度L；
（3）求回路产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）由v
t
﹣图象可知，在0～0.4s 时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的
速度为：v1＝2.0m/s
所以加速度大小为：a= v1-0
Δt
= 2.0-0
0.4
m/s2＝5m/s2
根据牛顿第二定律有：F
mgsinθ
μmgcosθ
﹣
﹣
＝ma
代入数据得：F＝1.48N；
（2）由v
t
﹣图象可知，线框进入磁场区域后一直做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场。
线框产生的感应电动势为：E＝BLv1
线框产生的感应电流为：I= E
R
线框受到的安培力为：FA＝BIL= B
2 L
2v1
R
由平衡条件得：F＝FA+mgsinθ+μmgcosθ
联立解得：L＝0.5m
（3）因：mgsinθ＝μmgcosθ，所以线框在减速为零时不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则：
t= 2 D
v1
= 2×0.4
2.0
s＝0.4s
感应电流为：I= BLv1
R
= 0.5×0.5×2.0
0.25
A＝2A
根据焦耳定律可得：Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J
5
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5.
（2023•广东）光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，
宽度均为h，其俯视图如图（a）所示，两磁场磁感应强度随时间t 的变化如图（b）所示，0～
τ 时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长
为h 的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd 边与磁场边界平行。t＝0 时，线框
ab 边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v 向右运动。在τ 时刻，ab 边运动到距区域Ⅰ的左边界h
2
处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图（a）中的虚线框所示。随后在τ～2τ 时间
内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ 时间内，Ⅱ区磁感应强度也线
性减小到0。求：
（1）t＝0 时线框所受的安培力F；
（2）t＝1.2τ 时穿过线框的磁通量Φ；
（3）2τ～3τ 时间内，线框中产生的热量Q。
【解答】解：（1）ab 边、cd 边切割磁感线，根据右手定则可知产生的感应电流都是沿线框顺时
针方向，则根据切割情况下电动势的表达式得：电动势E＝2B0hv+B0hv＝3B0hv
根据闭合电路欧姆定律得：电流I= E
R = 3 B0hv
R
，根据安培力表达式求解t＝0 时ab 边的安培力
F1＝2B0Ih，cd 边的安培力F2＝B0Ih，根据左手定则判断这两个安培力方向都向左，根据对称判
断bc、ad 边安培力合力为0，ab、cd 边所受安培力合成之后得出线框所受的安培力：
F＝F1+F2＝2B0Ih+B0Ih＝3B0Ih= 3 B0h×3 B0hv
R
= 9 B0
2h
2v
R
；
（2）根据图像得出t＝1.2τ 时，Ⅰ区的磁感应强度B＝2B0+ 0-2B0
2τ -τ ×(1.2τ -τ )=1.6B0，方向向
下；Ⅱ区的磁感应强度为B0，方向向上，穿过线框的磁通量Φ＝1.6B0× h
2
2 -B0h
2
2 =0.3B0h2；
6
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（3）2τ～3τ 时间内，根据法拉第电磁感应定律得E1= ΔΦ
Δt = ΔB
Δt S = B0
τ × h
2
2 = B0h
2
2τ
根据闭合电路欧姆定律得：电流I1= E1
R = B0h
2
2τR
根据焦耳定律得：线框中产生的热量Q= I 1
2 Rτ =( B0h
2
2τR )
2 Rτ = B0
2h
4
4 τR
。
6.
（2023•新课标）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。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得，金属框进入磁场过程中，设运动的时间为
t，感应电动势的平均值为：E = BLv
其中，v = L
t
根据电荷量的定义式可知，金属框进入磁场过程中流过金属框的电荷量为：
q1= I t = E
4 R0
t = B L
2
4 R0
根据楞次定律可知，金属框进入磁场和离开磁场的过程中电流方向相反，但安培力始终水平向
7
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左，设两个过程中的电荷量的绝对值之和为q，则
q =2q1= 2B L
2
4 R0
= B L
2
2 R0
对整个过程，选择水平向右的方向为正方向，设金属框的初速度为v0，对金属框根据动量定理
可得：-qBL= 1
2 mv0-mv0
联立解得：v0= B
2 L
3
m R0
（2）设金属框进入磁场的末速度为v1，因为导轨电阻忽略不计，此时金属框上下部分被短路，
根据电路构造可知此时电路中的总电阻为：R 总= R0+
2 R0
2
2 R0+ R0
= 5 R0
3
金属框进入磁场的过程中，以水平向右为正方向，则- B
2 L
3
R总
=mv1-mv0
解得：v1= 2B
2 L
3
5m R0
根据能量守恒定律可得：1
2 m v0
2=Q1+ 1
2 m v1
2
根据电阻的比值关系可得此过程中电阻R1产生的热量为：QR1= 2
15 Q1
联立解得：QR1= 7 B
4 L
6
125m R0
2
金属框完全在磁场中过程，金属框的左右两边框同时切割磁感线，可等效为两个电源并联和R1
构成回路，此时回路的为：R 总1＝R1+ R0
2 = 5 R0
2
假设金属框的右边能够到达磁场右边界，且速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量定理可
得：
- B
2 L
3
R总1
=mv2-mv1
8
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解得：v2＝0
可知金属框的右边恰好能到达磁场右边界，根据能量守恒定律可得此过程产生的总热量为：
Q2= 1
2 mv1
2
此过程中电阻R1产生的热量为：QR1' = 4
5 Q2
联立解得：QR1' = 8 B
4 L
6
125m R0
2
整个过程中电阻R1产生的热量为：Q 总＝QR1+QR1′
代入数据解得：Q 总= 3 B
4 L
6
25m R0
2
等间距不受外力双棒模型（7-10 题）
7.
（2023•开封二模）如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内
的足够长的平行且光滑的金属导轨，导体棒ab 的质量为m、电阻为2R，导体棒cd 的质量为
2m、电阻为R，均静止在导轨上，现给导体棒ab 以初速度v0向右滑动。运动过程中，导体棒
ab、cd 始终与导轨垂直并接触良好，关于导体棒ab、cd 组成的系统，下列说法正确的是（
）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【解答】解：由于系统不受外力，动量守恒，但导体棒在运动过程，整个回路会产生焦耳热，
机械能不守恒。
9
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故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
8.
（多选）（2023•青岛二模）如图，水平面上有两条相距为L 的足够长光滑平行金属
导轨，在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长度均为L 的金属棒a 和b，垂直导轨的虚线MN
右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，导轨左端接有电压传感器。
现让金属棒a、b 分别以速度v0、3v0向右运动，t＝0 时刻金属棒b 经过MN 进入磁场区域，当
金属棒a 刚进入磁场时，电压传感器的示数U = 4 BLv0
3
。已知金属棒a、b 材质相同，a、b 棒
的质量分别为2m、m，a 棒电阻为R。导轨电阻不计，不考虑电压传感器对电路的影响，磁场
区域足够大，下列说法正确的是（ ）
A．从t＝0 时刻开始，电压传感器的示数逐渐减小
B．改变a、b 两棒间初始距离，不会改变两棒的最终速度
C．当金属棒a 刚进入磁场时，a、b 两棒间的距离为3mv0 R
B
2 L
2
D．整个过程中金属棒a 上产生的焦耳热为17
18 m v0
2
【解答】解：A、从t＝0 时刻开始，在a 棒进入磁场之前，b 棒做减速运动，产生的感应电动势
减小，回路中感应电流减小，a 棒两端电压减小，则电压传感器的示数逐渐减小；当a 棒进入磁
场之后，稳定时，电压传感器的示数不变，故A 错误；
B、a、b 棒均进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，根据
动量守恒定律得2mva+mvb＝（2m+m）v
a、b 两棒间初始距离较大，则当a 进入磁场时b 减速时间较长，则速度vb较小，则最终两棒的
最终速度较小，则改变a、b 两棒间初始距离，会改变两棒的最终速度，故B 错误；
C、设当金属棒a 刚进入磁场时，a、b 两棒间的距离为x。
a、b 棒的质量分别为2m、m，根据m＝ρLS，可知横截面积之比为2：1
根据R = ρ L
S 可知电阻之比为1：2，可知b 棒电阻为2R
10
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当金属棒a 刚进入磁场时，电压传感器的示数U = 4 BLv0
3
此时U= BLvb
2 R+ R •2R
解得：vb＝2v0
对b 棒，取向右为正方向，由动量定理得
B
﹣IL•Δt＝m•2v0
m•3v
﹣
0
其中q = I Δt =
ΔΦ
R+2 R = BLx
3 R
解得：x = 3m v0 R
B
2 L
2 ，故C 正确；
D、b 棒进入磁场过程，a 棒进入磁场之前，在a 棒中产生的焦耳热为
Q1=
R
2 R+ R [ 1
2 m(3 v0)
2- 1
2 m(2v0)
2]= 5
6 mv0
2
a 棒进入磁场之后，到最终达到共同速度时2mv0+m•2v0＝（2m+m）v
解得：v = 4
3 v0
在a 棒中产生的焦耳热Q2=
R
2 R+ R [1
2 ×2mv0
2+ 1
2 m(2v0)
2- 1
2 ×3mv
2]
解得：Q2= 1
9 mv0
2
整个过程中金属棒a 上产生的焦耳热为：Q＝Q1+Q2= 5
6 mv0
2+ 1
9 mv0
2= 17
18 mv0
2，故D 正确。
故选：CD。
9.
（多选）（2023•辽宁一模）如图所示，水平面上固定着两根相距L 且电阻不计的足
够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，铜棒a，b 的长度均等于导轨间
距，a，b 两棒的电阻不为零，质量均为m，铜棒平行放置在导轨上且始终与导轨接触良好。
现给铜棒a 一个平行导轨向右的初速度v0，下列说法正确的是（ ）
A．若此后运动过程中两棒不发生碰撞，则最终va＜vb
11
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B．若此后运动过程中两棒发生弹性碰撞，则最终va＜vb
C．若此后运动过程中两棒不发生碰撞，则回路中产生的总焦耳热为1
4 mv0
2
D．若此后运动过程中两棒发生弹性碰撞，则回路中产生的总焦耳热为1
4 mv0
2
【解答】解：A、铜棒a 向右切割磁感线产生感应电动势，回路中产生感应电流，根据安培力F
＝BIL，和左手定则判断可知两棒所受安培力等大反向，a 棒受到向左的安培力而减速运动，b
棒受到向右的安培力而加速运动，回路中的感应电动势为E＝BL（va
v
﹣b），若不发生碰撞，当
两棒的速度相等时感应电动势、感应电流为零，两棒所受安培力为零而做匀速直线运动。
以两棒组成的整体为研究对象，合外力为零，故整体满足动量守恒定律，以向右为正方向，根
据动量守恒定律得：mv0＝2mv，解得v = v0
2 ，故最终两棒以v0
2 的速度在轨道上做匀速直线运动，
故A 错误；
C、若两棒不发生碰撞，回路中产生的总焦耳热为：Q = 1
2 mv0
2- 1
2 ×2mv
2，解得：Q = 1
4 mv0
2，
故C 正确；
BD、即使两棒发生弹性碰撞，因两棒的质量相等，故碰撞时交换速度后，与A 选项同理分析可
知，最终两棒也会以v0
2 的速度在轨道上做匀速直线运动。回路中产生的总焦耳热仍为
Q = 1
2 mv0
2- 1
2 ×2mv
2，解得：Q = 1
4 mv0
2，故D 正确。
故选：CD。
10. （2023•包头一模）如图，在大小为B 的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中
有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd，两棒彼此平行，
构成一矩形回路。导轨间距为L，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。
两导体棒与导轨的动摩擦因数均为μ。初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v0，重
力加速度为g，以上物理量除v0未知外，其余的均已知。求：
（1）当cd 棒速度v0满足什么条件时？导体棒ab 会相对于导轨运动；
（2）若v0已知且满足第（1）问的条件，从ab 棒开始运动到速度最大，用时为t，求ab 棒的最
大速度；
（3）若v0 已知且满足第（1）问的条件，从ab 棒开始运动到速度最大，cd 棒产生的焦耳热为
12
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Q，用字母v1表示ab 棒的最大速度，用v2表示此时cd 棒的速度。ab 棒达到最大速度时，cd 棒
的位移是多少？
【解答】解：（1）cd 棒产生的电动势为：E＝BLv0
回路感应电流为：I= E
2 R
为了使导体棒ab 会相对于导轨运动，应满足：F 安＝BIL＞μmg
联立解得：v0＞2 μmgR
B
2 L
2
（2）设ab 棒的最大速度为vab，此时cd 棒的速度为vcd，回路电动势为：E′＝BL（vcd
v
﹣ab）
回路电流为：I′= E'
2 R
导体棒受到的安培力为：F 安′＝BI′L= B
2 L
2(vcd - vab)
2 R
此时ab 棒的加速度为零，则有：F 安′＝μmg
对ab 棒和cd 棒组成的系统，安培力对两棒的冲量大小相等，方向相反，
以向右方向为正，根据动量定理可得：﹣2μmg•t＝mvab+mvcd
mv
﹣
0
联立解得：vab= v0
2 - μgt - μmgR
B
2 L
2 ，vcd= v0
2 - μgt + μmgR
B
2 L
2
（3 ）对ab 棒和cd 棒组成的系统，根据能量守恒可得：1
2 mv0
2- 1
2 mv1
2- 1
2 mv2
2=
2Q+μmgxab+μmgxcd
对ab 棒，根据动量定理可得：I 安﹣μmgt＝mv1
对cd 棒，根据动量定理可得：﹣I 安﹣μmgt＝mv2
mv
﹣
0
又因为：I 安＝BIL•Δt＝BLq
而电荷量：q= I Δt = E
2 R ⋅Δt =
ΔΦ
Δt
2 R ⋅Δt = ΔΦ
2 R = BL( xcd - xab)
2 R
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联立解得cd 棒的位移为：xcd=
mR
2B
2 L
2 (v0+ v1- v2)+ m(v0
2- v1
2- v2
2)- 4Q
4 μmg
等间距受外力双棒模型（11-14 题）
11. （2023•仓山区校级模拟）如图所示，足够长的平行金属导轨竖直放置在垂直于导轨
平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a 和b 垂直于导轨放置，导体棒与导轨紧密接
触且可自由滑动。先固定a，释放b，当b 的速度达到v 时，再释放a，经过时间t 后，a 的速度
也达到v，重力加速度为g，不计一切摩擦。以下说法中正确的是（ ）
A．释放a 之前，b 运动的时间等于t
B．释放a 之前，b 下落的高度小于v
2
2 g
C．释放a 之后的时间t 内，a 下落的加速度小于g
D．a 和b 的加速度最终都等于g
【解答】解：AC、释放a 之前，b 受向下的重力和向上的安培力，且随速度的增加，所受的安
培力变大，则b 做加速度减小的变加速运动，即b 的平均加速度小于g；释放a 之后的t 时间内，
b 的速度大于a，回路中的电流方向为逆时针，根据左手定则可知a 受到的安培力方向向下，所
以a 受向下的重力和向下的安培力，速度从0 增加到v 的过程中a 的平均加速度大于g，则释放a
之前，b 运动的时间大于t，故AC 错误；
B、由于释放a 之前，b 的平均加速度小于g，则b 下落的高度h＞v
2
2 g，故B 错误；
D、a 和b 达到共速后，由于二者切割磁感应线的速度相同，回路中不产生感应电流，a 和b 都只
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受重力，加速度大小均为g，故D 正确。
故选：D。
12. （2023•和平区校级模拟）如图所示，两足够长平行光滑固定导轨，倾角为θ，导体棒
ab、cd 用绝缘细线栓连，处于水平状态，在平行于斜面向上的恒力F 作用下静止于轨道，一范
围足够大的匀强磁场垂直于轨道斜面（未画出）。磁感应强度为B，轨道宽度为l，导体棒
ab、cd 接入电路的电阻分别为R 和2R。剪断细线，经t 时间ab 达到最大速度。已知导体棒ab
质量为2m，导体棒cd 质量为m。下列说法正确的是（ ）
A．在任意时刻，ab 与cd 速度大小之比为1：1
B．ab 的最大速度为mgRsinθ
B
2l
2
C．在0 到t 时间内，流过ab 的电荷量为mg(B
2l
2t -2mR)sinθ
2B
2l
2
D．在0 到t 时间内，ab 上滑的距离为mgRtsinθ
2B
2l
2
【解答】解：A．对导体棒ab、cd 组成的系统进行受力分析，可知合外力为零，则系统动量守
恒，选择沿斜面向上的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
2mvab
mv
﹣
cd＝0
即在任意时刻，ab 与cd 速度大小之比为vab：vcd＝1：2，故A 错误；
B．未剪断细线时，根据受力分析可得：F＝3mgsinθ
导体棒ab 达到最大速度时，加速度为零，则根据受力分析可得；2mgsinθ+F 安＝F
又F安= BIl，I = E
3 R
根据导体棒切割磁感线产生电动势，可得：E＝Blvabm+Blvcdm
又2mvabm＝mvcdm
联立解得：vabm= mgRsinθ
B
2l
2
，故B 正确；
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C．选择沿斜面向上的方向为正方向，根据动量定理可得：（F
2mgsinθ
﹣
）t
BIlt
﹣
＝2mvabm
又q＝It
联立解得：q = mg(B
2l
2t -2mR)sinθ
B
3l
3
，故C 错误；
D．设在0 到t 时间内，ab 上滑的距离为x，则cd 下滑的距离为2x，可得：
q = B( x +2 x)l
3 R
联立解得：x = mgR(B
2l
2t -2mR)sinθ
B
4l
4
，故D 错误。
故选：B。
13. （2022•皇姑区校级模拟）如图所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨右端连
接有一定值电阻R，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强
磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m，电阻都为R，与导轨间的动摩擦因数都为μ 的
相同金属棒MN、EF 垂直放在导轨上。现在给金属棒MN 施加一水平向左的作用力F，使金属
棒MN 从静止开始以加速度a 做匀加速直线运动，若重力加速度为g，导轨电阻不计，最大静
摩擦力与滑动摩擦力相等．则下列说法正确的是（ ）
A．从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为t= 3 μmgR
B
2 L
2α
B．若从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为T，则金属棒EF 开始运动时，
水平拉力F 的瞬时功率为P＝（ma+μmg）aT
C．若从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动经历的时间为T，则此过程中流过电阻R 的
电荷量为BaT
2
3 R L
D．从金属棒MN 开始运动到金属棒EF 开始运动的过程中，两金属棒的发热量相等
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【解答】解：MN 与电阻R 的并联阻值R 并= RR
R+ R =0.5R
A、以EF 为研究对象，设EF 刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN 的电流为2I，EF 棒刚要
开始运动时，由平衡条件得：BIL＝μmg，
根据闭合电路欧姆定律得：E＝2I（R+0.5R）＝3IR
感应电动势：E＝BLv
MN 做匀速直线运动，MN 的速度v＝at
解得：t= 3 μmgR
B
2 L
2a ，故A 正确；
B、金属棒EF 开始运动时，由平衡条件得：BIL＝μmg，解得：I= μmg
BL
金属棒MN 所受的安培力大小为F 安培＝B×2IL
以MN 为研究对象，根据牛顿第二定律得：F
μmg
F
﹣
﹣
安培＝ma
拉力的功率为P＝Fv
MN 的速度大小v＝aT
解得：P＝（ma+3μmg）aT，故B 错误；
C、MN 棒在T 时间内通过的位移为x= 1
2 aT
2
由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势：E = ΔΦ
Δt = BLx
Δt
平均感应电流：I =
E
R+ R并
=
E
R+0.5 R =
E
1.5 R
流过电阻R 的电荷量：Q= IΔt
解得通过MN 棒的电量为Q= BLaT
2
3 R
由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R 的电荷量为q= 1
2Q= BLaT
2
6 R
，故C 错误；
D、由于MN 棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过MN 的电流是EF 电流的2 倍，
根据焦耳定律Q＝I2Rt 可知，MN 的发热量是EF 的4 倍，故D 错误。
故选：A。
14. （2023•五华区校级模拟）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MN 和PQ，磁感应强度B＝0.5T 的匀强磁场与导轨所
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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L＝1.0m，每根金属棒质量均为m＝1.0kg，电阻都为R＝5.0Ω，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t＝0 时刻，两金属棒都处于静止状态，现有
一与导轨平行、大小为F＝2.0N 恒力作用于金属棒MN 上，使金属棒MN 在导轨上滑动，经过
t＝10s，金属棒MN 的加速度a＝1.6m/s2，求：
（1）此时金属棒PQ 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MN 和PQ 的最大速度差是多少？
【解答】解：（1）恒力作用于MN 棒，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MN 棒中感应电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则知MN 棒受安培
力水平向左，PQ 棒受到的安培力水平向右，它们都做加速运动。
对MN 棒，由牛顿第二定律得F
BIL
﹣
＝ma
对PQ 棒，由牛顿第二定律得BIL＝ma′
联立解得金属棒PQ 的加速度是：a′＝0.4m/s2
（2）设某时刻MN 速度为v1，PQ 速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有I = BL(v1- v2)
2 R
在t＝10s 时，对MN 棒，由牛顿第二定律得F
BIL
﹣
＝ma
整理得：F - B
2 L
2(v1- v2)
2 R
=ma
代入数据得：v1
v
﹣2＝16m/s
由于两棒所受的安培力等大反向，所以作用于两棒系统的合力为水平恒力F，对系统，取向右为
正方向，由动量定理得Ft＝（mv1+mv2）﹣0
代入数据得：v1+v2＝20m/s
联立解得：v1＝18m/s，v2＝2m/s
（3）MN 棒向右做加速度减小的加速运动，PQ 棒向右做加速度增大的加速运动，当两棒的加速
度相同时，它们的速度差最大（设为Δvm），设两金属棒的共同加速度为a 共，对系统有F＝2ma
共
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对PQ 杆有BImL＝ma 共
其中I m= E
2 R = BLΔvm
2 R
联立解得：Δvm= FR
B
2 L
2
代入数据解得：Δvm＝40m/s
不等间距不受外力双棒模型（15-17 题）
15. （多选）（2023•湖北模拟）如图所示，光滑的平行金属导轨固定在绝缘的水平面上，
导轨处在垂直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的距离为2L，右侧导轨间的距离为L，导体棒
a、b 垂直放置于导轨之间，且与导轨接触良好，导体棒a、b 的电阻相等，ma＝4mb。第一次
将导体棒b 固定在右侧导轨上，使导体棒a 以初速度v0开始向右运动，直至回路中的感应电流
变为0；第二次导体棒b 未被固定且静止在右侧导轨上，使导体棒a 仍以初速度v0开始向右运
动，直至回路中的感应电流也变为0。已知前后两次回路中的感应电流变为0 时，导体棒a 仍
处在左侧导轨上，不计导轨的电阻。下列说法中正确的是（ ）
A．第二次导体棒a 和导体棒b 组成的系统动量守恒
B．第一次回路中产生的焦耳热是第二次的2 倍
C．第一次通过回路的电荷量是第二次的2 倍
D．第一次导体棒a 动量的变化量是第二次的5 倍
【解答】解：A．第二次对导体棒a 有：Fa＝BI•2L，方向水平向左
对导体棒b 有：Fb＝BIL，水平向右
则ab 整体所受合外力不为0，动量不守恒，故A 错误；
B、第二次，a 的加速度为：a1= Fa
ma
b 的加速度为：a2= Fb
mb
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结合题设条件解得：2a1＝a2
当2va＝vb，时，电流为0，有2（v0
a
﹣1t）＝a2t
解得：va= v0
2 vb＝v0
第一次产生的焦耳热为：Q1= 1
2 mav0
2
第二次产生的焦耳热为：Q2= 1
2 mav0
2- 1
2 ma( v0
2 )
2- 1
2 mb v0
2= 1
4 mav0
2= 1
2 Q1，故B 正确；
D、第一次导体棒a 动量的变化量：Δpa＝|0
m
﹣
av0|＝mav0
第二次导体棒a 动量的变化量：Δp'a=|mava-mav0|= 1
2 mav0= 1
2 Δ pa，故D 错误；
C、设向右为正，对a 由动量定理可得第一次：﹣BI ×2L•Δt＝0
m
﹣
av0
则电荷量：q1= mav0
2BL
第二次：﹣BI ″ ×2L•Δt＝mava
m
﹣
av0
联立得到：q2= mav0
4 BL = 1
2 q1，故C 正确。
故选：BC。
16. （多选）（2023•潍坊二模）如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放
置，窄轨间距为L、宽轨间距为2L，导体棒ab、cd 分别垂直放置在两导轨上，质量均为m、
电阻均为R。导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B.已知两导轨均足
够长、电阻不计。现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动，运动过程
中棒始终与导轨垂直且接触良好，ab 棒始终未滑离窄轨。在导体棒运动的过程中，下列说法
正确的是（ ）
A．导体棒ab 的最大速度为6 v0
5
B．导体棒ab 产生的焦耳热最多为mv0
2
10
20
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C．通过导体棒ab 的电荷量最多为mv0
5 BL
D．回路中的最大电流为BLv0
2 R
【解答】解：A、两导体棒均以大小为v0的初速度向右运动，回路中产生逆时针方向的感应电流，
cd 棒受到向左的安培力而减速，ab 棒受到向右的安培力而加速，当两棒产生的感应电动势大小
相等时，回路中没有感应电流，两棒不再受安培力，均做匀速运动，ab 棒的速度达到最大，设
此时ab 棒的速度为v1，cd 棒的速度为v2。取向右为正方向，根据动量定理得：
对ab 棒，有 BIL•t＝mv1
mv
﹣
0 ①
对cd 棒，有﹣BI•2L•t＝mv2
mv
﹣
0 ②
稳定时，有：BLv1＝B•2Lv2 ③
联立①②③解得：v1= 6 v0
5 ，v2= 3 v0
5 ④
则导体棒ab 的最大速度为6 v0
5
，故A 正确；
B、导体棒ab 产生的焦耳热最多为Q= 1
2（2× 1
2 mv0
2- 1
2 mv1
2- 1
2 mv2
2） ⑤
解得：Q= m v0
2
20
，故B 错误；
C、通过导体棒ab 的电荷量最多为q= I•t ⑥
由①④⑥解得：q= mv0
5 BL
⑦，故C 正确；
D、开始时，回路感应电流最大，且为Imax= B⋅2 Lv0- BLv0
2 R
= BLv0
2 R ，故D 正确。
故选：ACD。
17. （2022•江西开学）如图，两光滑平行等长金属轨道的水平部分处于竖直向上的匀强
磁场中，其中bc 段的磁感应强度大小为2B，宽度为2l，cd 段的磁感应强度大小为B、宽度为
l，重力加速度为g。将质量均为m 的金属棒P 和Q 分别放置于轨道上的ab 和cd 段，已知P 棒
和Q 棒接入电阻为R 和R
2 ，P 棒位于距水平轨道高h 的地方，放开P 棒，使其自由下滑，运动
过程中P 棒和Q 棒始终垂直于金属轨道，两部分水平轨道均足够长。
（1）若Q 棒固定，求从P 棒下滑到停止运动的过程P 棒所产生的焦耳热；
（2）若Q 棒不固定，求P 棒和Q 棒各自的最终速度大小。
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【解答】解：（1）若Q 棒固定，重力势能转化为电能，则回路产生的总焦耳热为Q 热＝mgh
设P 棒上的热量为QP，Q 棒上的热量为QQ，则QQ= I
2 R
2 t，QP= I
2 Rt
又Q 热＝QP+QQ
解得QQ= 1
3 mgh，QP= 2
3 mgh
（2）P 棒下滑的过程，由机械能守恒定律得1
2 mv0
2=mgh
P 棒进入磁场运动的过程，取向右为正方向，由动量定理得
对P 棒：- F安Δt =m v P-m v0
对Q 棒：F '安Δt =m vQ-0
又4 F '安= F安
最终稳定下来后，电流为0，安培力为0，P 棒与Q 棒产生的感应电动势抵消，有2B⋅2lvP＝BlvQ
可得4vP＝vQ
联立解得vP= 1
17 √2gh，vQ= 4
17 √2gh
不等间距受力双棒模型（18-19 题）
18. （2022 春•沙坪坝区校级月考）如图，光滑平行导轨水平放置，电阻不计，MN 部分
的宽度为2l，PQ 部分的宽度为l，金属棒a 和b 的质量分别为2m 和m，其电阻大小分别为2R
和R，a 和b 分别静止在MN 和PQ 上，垂直导轨相距足够远，整个装置处于竖直向下的匀强磁
场中，磁感应强度为B。现对a 棒施加水平向右恒力F 作用，两棒运动时始终保持平行且a 总
在MN 上运动，b 总在PQ 上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的（ ）
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A．回路感应电动势为零
B．流过a 的电流大小为F
3 Bl
C．金属棒a 和b 均做匀速直线运动
D．金属棒a 和b 均做加速度相同的匀加速直线运动
【解答】解：ACD、对金属棒a 和b 整体，由于受恒定的拉力作用，则最终的稳定状态时，两棒
都将有固定的加速度值，则受恒定的安培力，即回路中有恒定的电流，设两棒的加速度分别为
a1和a2，则回路的电动势为E＝Bl1（v1+a1•Δt）﹣Bl2（v2+a2•Δt）
根据闭合电路的欧姆定律有E＝I•3R
则稳定时Bl1a1•Δt
Bl
﹣
2a2•Δt＝0
因l1＝2l2
则a2＝2a1
可知最终有加速度，此时电路中有电流，回路中感应电动势不为零。故ACD 错误；
B．足够长时间后，对a 棒，根据牛顿第二定律有F
BI×2l
﹣
＝2ma1
对b 棒，根据牛顿第二定律有BIl＝ma2
解得流过a 的电流大小为I= F
3 Bl
故B 正确。
故选：B。
19. （2023•广西模拟）如图所示，M1N1P1Q1和M2N2P2Q2为在同一水平面内足够长的金属
导轨，处在磁感应强度B 为1T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。导轨的M1N1段与M2N2段
相互平行，距离为L＝1m；P1Q1段与P2O2段也是平行的，距离为0.5m。质量m 均为0.1kg 的
金属杆a、b 垂直于导轨放置，一根不可伸长的绝缘轻绳一端固定在金属杆b 上，另一端绕过
光滑定滑轮与质量m 也为0.1kg 的重物c 相连，重物c 放置在地面上，绝缘轻绳的水平部分与
P1Q1平行且足够长（重物c 始终不与滑轮相撞），对a 杆施加一水平向左大小为4N 的恒力F
使其从静止开始运动。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，轨道足
够长使b 杆始终在宽度为0.5m 的轨道部分运动，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为
0.5Ω，重力加速度g 取10m/s2。
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（1）若将重物c 锁定在地面上，求a 杆的最终速度的大小；
（2）若将重物c 解除锁定，从a 杆开始运动到重物c 刚要离开地面时，共经历时间0.25s，求此
过程回路产生的总焦耳热；
（3）若将重物c 解除锁定，求a 杆运动全过程中回路的最大电流（结果保留三位有效数字）。
【解答】解：（1）若将重物c 锁定在地面上，则b 杆静止不动，a 杆产生感应电动势E＝BLv1，
感应电流I = E
R = BLv1
R
安培力F A 1= BIL= B
2 L
2v1
R
a 杆加速运动，由牛顿第二定律F - B
2 L
2v1
R
=ma，可知a 杆的加速度减小，当加速度减小到零
时，a 杆做匀速直线运动
即：F = B
2 L
2v1
R
，可得a 杆稳定速度v1= FR
B
2 L
2 = 4×0.5
1
2×1
2 m/ s=2m/ s；
（2）重物c 刚要离开地面时，则有T＝mg，则b 杆所受安培力FAb＝T＝mg
ab 两杆串联，电流相等，a 杆长度是b 杆的2 倍，所以a 杆安培力是b 杆的2 倍，即FAa＝2FAb＝
2mg＝2×0.1×10N＝2N
由F＝BIL 可知电路中电流I 1= F Aa
BL =
2
1×1 A =2 A，电动势E1＝I1R＝2×0.5V＝1V
由E＝BLv 可知此时a 杆的速度v2= E1
BL =
1
1×1 m/ s=1m/ s
从a 杆开始运动到重物c 刚要离开地面过程，对a 杆利用动量定理有：Ft - B
2 L
2v
R
t =mv2
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设a 杆运动的位移为x，则x = v t，代入上式，可得x＝0.45m
对a 杆利用动能定理有：Fx -W A = 1
2 mv2
2，可得克服安培力做的功WA＝1.75J
此过程回路产生的总焦耳热Q＝WA＝1.75J；
（3）重物c 解除锁定后，设某时刻a、b 两杆的速度分别为va、vb
回路中产生的感应电动势e = BLva- BLvb
2
回路中总电流i= e
R =
BL(va- vb
2 )
R
a 杆的加速度a1= F - BiL
m
b 杆和重物c 看作一个整体，则加速度a2=
BiL
2 -mg
2m
a、b 两杆均加速运动，开始a 杆的加速度大于b 杆加速度，所以a 杆加速快，b 杆加速慢，可知
va- vb
2
增大，则电流i 增大，所以a1减小，a2增大，当va与vb
2
增加的一样快时，即a2＝2a1时，
回路中电流达到稳定时的最大值
由a2＝2a1，可知
BiL
2 -mg
2m
=2× F - BiL
m
，代入数据，可得i＝3.78A。
线框模型的图像问题（20-22 题）
20. （2023 春•扬州期中）如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内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匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁
场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从
MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc 刚好运动到匀强磁
场PQ 边界的v
t
﹣图像，图乙中数据均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法
正确的是（ ）
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A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba 方向
B．金属线框的边长v1（t2
t
﹣1）
C．MN 和PQ 之间的距离为v1（t2
t
﹣1）
D．磁场的磁感应强度为√
mgR
v1
【解答】解：A、根据右手定则可知，金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda 方向，故A
错误；
B、根据图乙可知，线框的bc 边进入磁场的过程做匀速直线运动，匀速直线运动的位移等于线
框边长，则边长为：L＝v1（t2
t
﹣1），故B 正确；
C、根据图乙可知，t1 时刻线框开始进入磁场，t3 时刻开始离开磁场，则可知磁场的宽度为：
d = v1(t2-t1)+ (v1+ v2)(t3-t2)
2
，故C 错误；
D、t1时刻线框匀速运动，根据平衡条件有：BIL＝mg
此时感应电动势为：E＝BLv1
此时的感应电流：I = BLv1
R
联立解得：B =√
mgR
v1
3(t2-t1)
2，故D 错误。
故选：B。
21. （2023 春•万州区校级期中）如图所示，水平面内存在两个磁感应强度大小相等、方
向相反且垂直于水平面的有界匀强磁场，磁场宽度均为a、在水平面内有一边长也为a 的等边
三角形金属框MNH，在外力作用下沿水平向右方向匀速通过这两个磁场区域。已知运动过程
中金属框的MN 边始终与磁场边界线垂直，若规定逆时针方向为电流的正方向，则从图示位置
开始，线框中的感应电流i 随线框移动距离x 变化的图像中可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：在0≤x≤a
2时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，
再根据法拉第电磁感应定律有：E＝Bxv
则I = BLv
R
x= a
2时，I max = Bav
2 R = I 0
在a
2 ≤x≤a 时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第
电磁感应定律有：E＝B（a
x
﹣）v
则I = B(a- x)v
R
x= a
2时，I max = Bav
2 R = I 0；
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x＝a 时Imin＝0
在a≤x≤3a
2 时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为顺时针方向，即负方向，再根据法拉
第电磁感应定律有：E＝2B（x
a
﹣）v
则I = 2B( x -a)v
R
x = 3a
2 时I max= Bav
R =2 I 0，x＝a 时，Imin＝0
在3a
2 ≤x≤2a 时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为顺时针方向，即负方向，再根据法拉
第电磁感应定律有：E＝2B（2a
x
﹣）v，则I = 2B(2a- x)v
R
x= 3a
2 时I max= Bav
R =2 I 0，x＝2a 时，Imin＝0
在2a≤x≤5a
2 时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉
第电磁感应定律有：E＝B（x
2a
﹣
）v，则I = B( x -2a)v
R
，x = 5
2 a时I max= Bav
2 R = I 0
x＝2a 时Imin＝0
在5a
2 ≤x≤3a 时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉
第电磁感应定律有：E＝B（3a
x
﹣）v，则I = B(3a- x)v
R
x = 5a
2 时I max= Bav
2 R = I 0，x＝3a 时Imin＝0
综上分析故ABD 错误、C 正确。
故选：C。
22. （2023•市中区校级模拟）如图甲所示，一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上，
水平面内两条平行直线MN、QP 间存在垂直水平面的匀强磁场，t＝0 时，线框在水平向右的
外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙实线所示，
已知线框质量m＝1kg、电阻R＝2Ω，则（ ）
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A．磁场宽度为3m
B．匀强磁场的磁感应强度为√2T
C．线框穿过QP 的过程中产生的焦耳热等于4J
D．线框穿过MN 的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为√2C
【解答】解：A、t＝0 时刻，F＝2N，此时线框中没有感应电流，受安培力，则线框的加速度为
a= F
m = 2
1m/s2＝2m/s2，磁场的宽度等于线框在0
2s
﹣
内通过的位移大小，为d= 1
2 at2
2= 1
2 ×2×2
2
m＝4m，故A 错误；
B、当线框全部进入磁场的瞬间：F1
F
﹣
安＝ma，而F 安＝BI1L，I1= BLat1
R
，其中F1＝4N，t1＝
1s，L= 1
2 at1
2，联立解得：B=√2T，故B 正确；
C、t2＝2s 时，F2＝6N，此时线框的速度为v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s。由上可得线框的边长L＝
1m，设线框刚出磁场时速度为v3，则有v3
2=2a（d+L），解得v3＝2√5m/s
设线框穿过QP 的过程中F 做功为W，因为在过程中F 逐渐增大，F 的平均值F ＞F2＝6N，则W
= FL＞F2L＝6×1J＝6J
此过程中线框的动能增加量为ΔEk= 1
2 m(v3
2- v2
2)= 1
2 ×1×[(2√5)
2- 4
2]J＝2J，则线框穿过QP
的过程中产生的焦耳热Q＝W
ΔE
﹣
k＞6J
2J
﹣
＝4J，故C 错误；
D 、线框穿过MN 的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为q= It1
= Et1
R = BLv t1
R
= B L
2
R = √2×1
2
2
C= √2
2
C，故D 错误。
故选：B。
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线框模型的动力学和功能关系问题（23-25 题）
23. （2023 春•天宁区校级月考）如图所示，相距为d 的两条水平虚线L1、L2之间是方向
水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形单匝线圈abcd 边长为L（L＜d），质量为m，
电阻为R。将线圈从磁场上方高h 处由静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v0，cd 边刚离开磁
场时速度也为v0。关于线圈穿越磁场的过程（从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场），下
列说法正确的是（ ）（重力加速度为g）
A．线圈刚进入磁场时，cd 边的电压为BL√2gh
4
B．感应电流所做的功为mgd
C．线圈的最小速度一定为mgR
B
2 L
2
D．线圈的最小速度一定为 √2 g(h+ L-d )
【解答】解：A、线圈自由下落过程有：v0
2=2gh
cd 边刚进入磁场时产生的感应电动势为：E＝BLv0
根据右手定则可知c 点电势高，所以c、d 两点间的电压为：Ucd= 3
4 BLv0= 3
4 BL√2gh，故A 错
误；
B、由于cd 边刚进入磁场时速度为v0，cd 边刚离开磁场时速度也为v0，根据能量守恒定律可得，
从cd 边刚进入磁场到cd 边刚离开磁场，线圈中产生的焦耳热为：Q＝mgd；由于线圈刚进入到
全部进入过程有感应电流，线圈刚出来到全部出来过程也有感应电流，并且两个过程产生的焦
耳热相同，则全过程产生的电能为：E 电＝2Q＝2mgd，故B 错误；
C、假设线圈进入磁场过程中出现匀速运动情况，则安培力与重力相等，有：mg＝BIL
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= B
2 L
2vmin
R
此种情况下线圈的最小速度为：vmin= mgR
B
2 L
2，但也可能线圈进入磁场过程一直在减速，上式就不
成立了，故C 错误；
D、由于线圈刚进入到全部进入过程有感应电流，全部进入后无感应电流，并且cd 边刚进入磁
场时速度为v0，cd 边刚离开磁场时速度也为v0，所以线圈进入磁场时先做减速运动，全部进入
磁场后再做匀加速直线运动，则线圈的最小速度是在全部进入磁场瞬间，由能量守恒定律可得：
mg（h+L）= 1
2mv2+Q，解得v=√2 g(h+ L-d )，故D 正确。
故选：D。
24. （2023 春•渝中区校级期末）某航空爱好者利用所学知识设计了一个在地球上回收返
回舱的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲
所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4 台电磁缓冲装置，每台电磁缓冲结构示意图如图乙
所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装
电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内
的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为
R，匝数为n，ab 边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K 立即停下，不反
弹。此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面
的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是
（ ）
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A．滑块K 的线圈中最大感应电流的大小I max = BLv0
R
B．若缓冲装置向下移动距离H 后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd 中通过的电量
q =n
2 BLH
R
C．若缓冲装置向下移动距离H 后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd 中产生的焦耳热是
Q = 1
4 (mgH + 1
2 m v0
2- 1
2 m v
2)
D．若要使缓冲滑块K 和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ 和MN
长度至少d = (mgt +m v0)R
n B
2 L
2
【解答】解：A．滑块刚接触地面时感应电动势最大为Emax＝nBLv0
根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K 的线圈中最大感应电流的大小：I max = Emax
R = nBLv0
R
，故
A 错误；
B．由电荷量的计算公式可得：q = I Δt
根据闭合电路的欧姆定律可得：I = E
R
根据法拉第电磁感应定律可得：E =n ΔΦ
Δt
磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS＝BHL
可得缓冲装置向下移动距离H 的过程中，每个缓冲线圈中通过的电量为：q = nBLH
R
，故B 错误；
C．设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：
4Q =mgH + 1
2 mv0
2- 1
2 mv
2
解得：Q = 1
4 (mgH + 1
2 mv0
2- 1
2 mv
2)，故C 正确；
D．因为有4 台减速装置，以竖直向下为正方向，由动量定理得：mgt- 4 F安⋅t =0
mv
﹣
0
F安t =nB I <=nB E
R <=nB nBLv
R
<= n
2B
2 L
2v t
R
，其中v t =d
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解得缓冲装置中的光滑导轨PQ 和MN 长度至少为：d = (mgt +m v0)R
4 n
2B
2 L
2
，故D 错误。
故选：C。
25. （2023•浙江模拟）如图甲所示，间距为L 的两条足够长光滑平行绝缘导轨放置在水
平面内，导轨间有竖直方向且等间距间隔的匀强磁场区，磁感应强度大小为B，磁场宽度及间
距均为2L。导轨上有一边长为L 的正方形金属框abcd，质量为m，ab、cd 边与导轨平行，
ab、bc、ad、cd 边电阻相等均为R。金属框在沿导轨方向的恒定拉力F（大小未知）作用下由
静止开始向右沿导轨运动，经过一段距离后进入第一个磁场区。从bc 边进入第一个磁场区至
bc 边离开第一个磁场区过程中，测得ad 两端的电压随时间变化图像如图乙所示。
（1）求恒力F 的大小？
（2）设Δt1＝t1
0
﹣，Δt2＝t2
t
﹣1，比较Δt1和Δt2的大小并求Δt1？
（3）在图丙中画出bc 边离开第一个磁场至刚进入第二个磁场过程中ad 两端的电压随时间变化
图像（标出时间和电压值，以bc 边离开第一个磁场开始计时）；
（4）金属框从静止开始到离开第二个磁场区的过程中F 所做的功？
【解答】解：（1）由t1到t2，不受安培力，做匀加速直线运动FL= 1
2 m(v1
2- v2
2)
又U1＝BLv1 U2＝BLv2
联立可得F = m(U 1
2-U 2
2)
2B
2 L
3
（2）导体框的电动势E＝BLv
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E 与v 成正比，由图乙可得v
t
﹣图像下
由于Δt1和Δt2时间内的位移都等于L，即图中面积S1＝S2
可知Δt1＞Δt2
由0 到t1过程FΔt1
BLq
﹣
＝mv2
mv
﹣
1
v1= U 1
BL
v2= U 2
BL
q = B L
2
4 R
解得Δt1=
B
4 L
6
2mR(U 1
2-U 2
2)
- 2B L
2
U 1+U 2
（3）线框离开磁场区的受力情况、运动情况和进入磁场区相同，但U ad = 3
4 E
全部离开磁场后的运动情况和线框全部处于磁场中的运动情况相同，但不切割磁感线Uad＝0
图像如下
（4）假设线框经过一个磁场区产生的热量为Q，由静止开始到离开第二个磁场区，由动能定理
得
W -2Q = 1
2 mv2
2-0
又U2＝BLv2
从bc 边进入第一个磁场到进入第二个磁场，由动能定理可知Q＝F⋅4L
联立解得
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