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第22 讲 电磁感应现象的“双杆”模型
【模型一 等间距平行导轨的双杆模型 】
类型1 有初速度的光滑等间距双杆模型
类型2 力的作用下的光滑等间距双杆模型
类型3 其他情况下的等间距双杆模型
【模型二 不等间距平行导轨的双杆模型 】
类型1 有初速度的不等间距双杆模型
类型2 恒力的作用下的不等间距双杆模型
【模型三 典型导线框穿磁场模型 】
类型1 在安培力作用下穿越磁场模型
类型2 在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场模型
1．初速度不为零，不受其他水平外力的作用
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝2La
力学观点
杆b 受安培力做变减速运动，杆
a 受安培力做变加速运动，稳定
时，两杆的加速度均为零，以相
等的速度匀速运动
杆b 受安培力做变减速运动，杆
a 受安培力做变加速运动，稳定
时，两杆的加速度均为零，两杆
的速度之比为1∶2
1
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运动图像
能量观点
一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk
动量观点
两杆组成的系统动量守恒
两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
2.初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
光滑的平行导轨
不光滑的平行导轨
示意图
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
摩擦力Ffb＝Ffa
力学观点
开始时，两杆受安培力做变加速
运动；稳定时，两杆以相同的加
速度做匀加速运动
开始时，若Ff<F≤2Ff，则a 杆先
变加速后匀速运动；b 杆静止。
若F>2Ff，a 杆先变加速后匀加速
运动，b 杆先静止后变加速最后
和a 杆同时做匀加速运动，且加
速度相同
运动图像
能量观点
F 做的功转化为两杆的动能和内
能：WF＝ΔEk＋Q
F 做的功转化为两杆的动能和内
能(包括电热和摩擦热)：
WF＝ΔEk＋Q 电＋Qf
动量观点
两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
注：对于不在同一平面上运动的双杆的问题，动量守恒定律不适用，可以用牛顿运动定律、能量观点、
动量定理进行解决。
3.典型导线框模型
示意图
动力学观点
能量观点
动量观点
在安培力作用下穿越
磁场(磁场宽度足够
以进入磁场时为例，设运动过程
中某时刻的速度为v，加速度大
部分(或全部)
动能转化为焦
动量不守恒，可用动量定理分析
导线框的位移、速度、通过导线
2
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大)
小为a，则a＝，a 与v 方向相
反，导线框做减速运动，
v↓⇒a↓，即导线框做加速度减
小的减速运动，最终匀速运动
(全部进入磁场)或静止(导线框
离开磁场过程的分析相同)
耳热：
Q＝－ΔEk
横截面的电荷量和除安培力之外
恒力作用的时间：
(1)求电荷量或速度：
－B·LΔt＝mv2－mv1，q＝
Δt；
(2)求位移：－＝v 末－mv0，即
－＝v 末－mv0；
(3)求时间：①－BLΔt＋F 其他
·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F 其
他·Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q，F 其他为恒力，可
求出变加速运动的时间；
②－＋F 其他·Δt＝mv2－mv1，即
－＋F 其他·Δt＝mv2－mv1
若已知位移x，F 其他为恒力，也
可求出变加速运动的时间
在恒力F(包括重力
mg)和安培力作用下
穿越磁场(磁场宽度
足够大)
以进入磁场的过程为例，设运动
过程中某时刻导线框的速度为
v，加速度为a＝－。
(1)若进入磁场时＝，则导线框
匀速运动；
(2)若进入磁场时>，则导线框做
加速度减小的加速运动(直至匀
速)；
(3)若进入磁场时<，则导线框做
加速度减小的减速运动(直至匀
速)(导线框离开磁场过程的分析
相同)
力F 做的功等于
导线框的动能
变化量与回路
中产生的焦耳
热之和：WF＝
ΔEk＋Q
【模型一 等间距平行导轨的双杆模型 】
类型1 有初速度的光滑等间距双杆模型
【模型建立】
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：
I=
Blv 2−BLv 1
R1+R2
=
Bl(v2−v1)
R1+R2
随着棒2 的减速、棒1 的加速，两棒的相对速度v2−v1变小，回路中电流也变小；v1=0 时：电流最大，
3
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I= Blv 0
R1+R2 。 v1=v2时：电流 I=0
3．两棒的运动情况
安培力大小
F安=BIl=
B2 L2(v2−v1)
R1+R2
，
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.
m2v0=(m1+m2)v共
(2)能量规律：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）
Q=1
2 m2v0
2−1
2 (m1+m2)v共
2
两棒产生焦耳热之比：
Q1
Q2
= R1
R2 ；
Q=Q1+Q2
【典例1】（2025·湖北·高考真题）如图（a）所示，相距L 的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，
两长度均为L、电阻均为R 的金属棒ab、cd 垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略
不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B 随时间变化的图像如图（b）所示，
时刻，
。
时刻，两棒相距
，ab 棒速度为零，cd 棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则
0~T 时间内流过回路的电荷量为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】通过导体的电荷量
，而
时，磁感应强度为零，故
联立以上各式，可得
故选B。
【变式1-1】如图，M、N 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导
轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界
垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b 均垂直
于导轨放置，b 始终固定。a 以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b
不相碰。以O 为坐标原点，水平向右为正方向建立x 轴坐标；在运动过程中，a 的速度记为v，a 克服安培
力做功的功率记为P。下列v 或P 随x 变化的图像中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】AB．设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a 进入磁场
后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有
根据
可得
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又因为
，联立可得
根据表达式可知v 与x 成一次函数关系，故A 正确，B 错误；
CD．a 克服安培力做功的功率为
故
图像为开口向上的抛物线，由于F 和v 都在减小，故P 在减小,故CD 错误。
故选A。
【变式1-2】（2023·全国甲卷·高考真题）如图，水平桌面上固定一光滑U 型金属导轨，其平行部分的间距
为，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，
磁感应强度大小为
。一质量为
、电阻为
、长度也为的金属棒P 静止在导轨上。导轨上质量为
的
绝缘棒Q 位于P 的左侧，以大小为
的速度向P 运动并与P 发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，
P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P 在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，
P 与Q 始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P 滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得
，
由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导
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轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有
解得
（3）P、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得
又
，
联立可得
由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为
【变式1-3】如图所示，水平面上有相距为L 的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放置着金属杆a 和b(杆
a、b 均与导轨垂直)，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a 以速度v 向右运动，当杆a 与杆b 发生弹性碰撞
后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a 刚进入磁场时，杆b 的速度刚好为a 的一半．已知杆a、b 的质量
分别为2m 和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则( )
A．杆a 与杆b 碰撞后，杆a 的速度为，方向向右
B．杆b 刚进入磁场时，通过b 的电流为
C．从b 进入磁场至a 刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为mv2
D．杆a、b 最终具有相同的速度，大小为
【答案】 ABC
【解析】 以向右为正方向，杆a 与杆b 发生弹性碰撞，
由动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，×2mv2＝×2mv1
2＋×mv2
2，
解得v1＝，v2＝v，即杆a 的速度为，方向向右，故A 正确；
杆b 刚进入磁场时，通过b 的电流为I＝＝，故B 正确；
从b 进入磁场至a 刚进入磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝mv2
2－m2＝mv2，故C 正确；a 进
入磁场后，a、b 组成的系统，动量守恒，则有2mv1＋m·v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝v，即杆a、b 最终具有
相同的速度，大小为v，故D 错误．
【变式1-4】(多选)如图，P、Q 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电
阻可忽略不计。图中EFGH 矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。在t＝
t1时刻，两均匀金属棒a、b 分别从磁场边界EF、GH 进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a 棒
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的电流为0，此时t＝t2，b 棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b 由相同材料制成，长度均为L，电阻分
别为R 和2R，a 棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b 棒没有相碰，则(
)
A．t1时刻a 棒加速度大小为
B．t2时刻b 棒的速度为0
C．t1～t2时间内，通过a 棒横截面的电荷量是b 棒的2 倍
D．t1～t2时间内，a 棒产生的焦耳热为mv
【答案】AD
【解析】由题知，t1时刻，a 棒进入磁场的速度方向向右，b 棒的速度方向向左，根据右手定则可知，a 棒
产生的感应电动势和b 棒产生的感应电动势在回路中均为逆时针方向，所以流过金属棒a、b 的感应电流I
＝＝，对a 棒，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝，故A 正确；
金属棒a、b 由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R 和2R，根据电阻定律有R＝ρ，2R＝ρ，解得b
棒的横截面积S′＝S，已知a 棒的质量为m，设b 棒的质量为m′，则有m＝ρ 密V＝ρ 密SL，m′＝ρ 密V′
＝ρ 密S′L，联立解得m′＝m，根据左手定则，可知a 棒受到的安培力向左，b 棒受到的安培力向右，由
于流过金属棒a、b 的电流一直相等，故两个力大小始终相等，则a 与b 组成的系统动量守恒，由题知，t2
时刻流过a 棒的电流为0，说明金属棒a、b 在t2时刻均在磁场中且达到了共同速度，设为v，取向右为正
方向，根据系统动量守恒有mv0－mv0＝v，解得v＝v0，故B 错误；
在t1～t2时间内，根据q＝It 及金属棒a、b 串联构成回路，可知通过两棒横截面的电荷量相等，故C 错误；
在t1～t2时间内，对金属棒a、b 组成的系统，根据能量守恒有mv＋×v＝v2＋Q 总，解得回路中产生的总热
量为Q 总＝mv，根据焦耳定律Q＝I2Rt，因金属棒a、b 中的电流一直相等，所用时间相同，故金属棒a、b
产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2，又Qa＋Qb＝Q 总＝mv，解得a 棒产生的焦耳热为Qa＝mv，故D
正确。
【变式1-5】如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。
区域有匀强磁场，磁感应强
度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M 以初速度
向右运动，磁场内的细金属杆N
处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的
电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为
，求：①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量
q；②初始时刻N 到
的最小距离x；
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（3）初始时刻，若N 到
的距离与第（2）问初始时刻的相同、到
的距离为
，求M 出磁场后
不与N 相撞条件下k 的取值范围。
【答案】（1）
，方向水平向左；（2）①
，②
；（3）
【解析】（1）细金属杆M 以初速度
向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为
，电流的大小为
则所受的安培力大小为
，安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N 在磁场内运动过程中，由动量定理有
，且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为
，有
整理可得
，联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N 到
的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N 到
的距离与第（2）问初始时刻的相同、到
的距离为
，则N 到cd 边的速度大小恒为
，根据动量守恒定律可知
解得N 出磁场时，M 的速度大小为
由题意可知，此时M 到cd 边的距离为
若要保证M 出磁场后不与N 相撞，则有两种临界情况：
①M 减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N 的速度，一定不与N 相撞，对M 根据动量定理有
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联立解得
②M 运动到cd 边时，恰好减速到零，则对M 由动量定理有
同理解得
综上所述，M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围为
类型2 恒力的作用下的光滑等间距双杆模型
【模型】
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：
I=
Blv 2−BLv 1
R1+R2
=
Bl(v2−v1)
R1+R2
安培力大小：
F安=BIL
。棒1：
a1=
F安
m1 棒2：
a2=
F−F安
m2
最初阶段，a2>a1, 只要a2>a1,(v2−v1)↑
；I ↑；
F安↑
；a1↑
；a2↓
当
a1=a2时，
v2−v1恒定，I 恒定，
F安恒定，两棒匀加速
3．稳定时的速度差
F=(m1+m2)a
，
F安=m1a
，
F安=BIL
，
I=
Bl(v2−v1)
R1+R2
，
v2−v1= ( R1+R2)m1 F
B2 L2(m1+m2)
【典例2】（2024·辽宁·高考真题）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为
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L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和
B。将有一定阻值的导体棒ab、cd 放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并
接触良好，ab、cd 的质量分别为2m 和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在
下滑过程中（ ）
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab 中电流趋于
C．ab 与cd 加速度大小之比始终为2︰1 D．两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【解析】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A 正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I 时，对ab 根据牛顿第二定律得
对cd
故可知
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的
安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此
时电路中的电流达到稳定值，此时对ab 分析可得
解得
，故B 正确，C 错误；
D．根据前面分析可知
，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的
感应电动势不等，故D 错误。
故选AB。
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【变式2-1】（2023·河北·高考真题）如图，绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形，彼此接触
良好，匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3 固定不动，1、4 同时沿图箭头方向移动，移动过程中金属杆
所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图位置时，金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中（
）
A．金属杆所围回路中电流方向保持不变
B．通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加
C．金属杆1 所受安培力方向与运动方向先相同后相反
D．金属杆4 所受安培力方向与运动方向先相反后相同
【答案】CD
【解析】A．由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小，金属杆所围回路内磁通量先增大后减
小，根据楞次定律可知电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A 错误；
B．由于金属杆所围回路的面积非均匀变化，故感应电流的大小不恒定，故通过金属杆截面的电荷量随时
间不是均匀增加的，故B 错误；
CD．由上述分析，再根据左手定则，可知金属杆1 所受安培力方向与运动方向先相同后相反，金属杆4 所
受安培力方向与运动方向先相反后相同，故CD 正确。
故选CD。
【变式2-2】如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为
，两导轨及其所构成的平面均
与水平面成
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
．现将质量均
为
的金属棒
垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为
。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
。
（1）先保持棒
静止，将棒
由静止释放，求棒
匀速运动时的速度大小
；
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（2）在（1）问中，当棒
匀速运动时，再将棒
由静止释放，求释放瞬间棒
的加速度大小
；
（3）在（2）问中，从棒
释放瞬间开始计时，经过时间
，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，
以及时间
内棒
相对于棒
运动的距离
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
【解析】（1）a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁
感应定律可得
有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
，
a 棒受力平衡可得
联立记得
（2）由右手定则可知导体棒b 中电流向里，b 棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b 棒牛
顿第二定律可得
解得
（3）释放b 棒后a 棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a 棒动量定理
b 棒受到向下的安培力，对b 棒动量定理
联立解得
此过程流过b 棒的电荷量为q，则有
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由法拉第电磁感应定律可得
联立b 棒动量定理可得
【变式2-3】如图所示，水平面上放置足够长的光滑导轨，一对相互平行的完全相同的导体棒
、
静置在
导轨上。虚线
两侧均有竖直方向的匀强磁场，左侧磁场竖直向下，磁感应强度大小为
，右侧磁场竖
直向上，磁感应强度大小为
，除导体棒外其他电阻不计。现对棒
施加向左的恒力
，导体棒始终与
导轨垂直且接触良好，则（ ）
A．回路中电流方向始终为逆时针，电流逐渐减小为零
B．导体棒
在相同时间内所受安培力的冲量大小总为导体棒
的一半
C．导体棒
、
经足够长时间均做匀加速直线运动，且
、
加速度大小相同
D．导体棒
、
经足够长时间均做匀加速直线运动，且导体棒
的加速度为
的2 倍
【答案】B
【解析】初始状态：导体棒a 受恒力F 向左加速，切割左侧磁场的磁感线，产生感应电动势
（方
向由右手定则判定）
导体棒b 因a 的运动被带动，切割右侧磁场的磁感线，产生感应电动势
（方向与
相反）
回路总电动势
电流方向与大小：若
，电流方向为逆时针（从a 流向b）；若
，电流方向为顺时针（从b 流
向a）
电流大小
（假设每根导体棒电阻为R，回路总电阻
）
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安培力作用：导体棒a 受安培力
，方向向右（阻碍运动），导体棒b 受安培力
，方向向
左（促进运动）
由牛顿第二定律有
，
长期动态分析：随着时间推移，
和
逐渐增大，但
和
的差值会趋于稳定，使得
趋于恒定，
此时电流
趋于恒定，两导体棒所受安培力恒定，最终均做匀加速运动。
A．初始时
、
，
，电流逆时针；但
会逐渐增大，若
，电流方向会反向（顺时
针）；最终
趋于恒定，电流稳定不为零。故A 错误；
B．安培力关系
，
，冲量
，因此
，故B 正确；
CD．导体棒
、
经足够长时间，最终
恒定，可知两棒均做匀加速直线运动，但加速度大小关系不确定，
故CD 错误。
故选B。
【变式2-4】两根足够长不计电阻的光滑平行金属导轨上垂直放置两根完全相同的导体棒ab、cd，装置处
于垂直导轨平面的匀强磁场中，如图所示。t=0 时，对cd 施加向右的恒力F，下列图像中，v、a、d、i 分
别为导体棒的速度、加速度、间距和电流，则不可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设两导体棒的质量均为
，电阻均为
，长度均为
。
时刻，两导体棒中的电流均为零，导
体棒cd 的加速度为
，导体棒ab 的加速度为零，此后，导体棒cd 向右加速运动，同时两导体棒中产生电
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流，导体棒ab 在安培力作用下也开始向右加速运动，但导体棒cd 的加速度大于导体棒ab 的加速度，故两
导体棒的速度差越来越大，距离也越来越大，两导体棒中的电流
故两导体棒中的电流越来越大，根据牛顿第二定律有
，
故导体棒cd 的加速度越来越小，导体棒ab 的加速度越来越大，当两导体棒的加速度相等时，两导体棒的
速度差保持不变，两导体棒中的电流也保持不变，加速度也保持不变，此后两导体棒以相同的加速度匀加
速向右运动，两导体棒的距离随时间均匀增大。
此题选择不可能的，故选C。
【变式2-5】如图所示，平行光滑金属导轨间距为
，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两根长度均为
材料相同的金属棒
、
垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，
、
金属棒质量分别为
、
。
棒的电阻为
。开始时
棒锁定在轨道上，对
棒施加水平向右的恒定拉力
，经时间，
棒的速度达到最大值，此时撤去拉力，同时解除对
棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。则（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小
为
B．撤去拉力前
棒前进的距离为
C．撤去拉力前
棒前进的距离为
D．全过程中
棒产生的焦耳热为
【答案】CD
【解析】A．因ab、cd 棒材料、长度相同，质量分别为m、2m，则cd 棒的横截面积是ab 棒2 倍，由
可知
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ab 棒速度达到最大时，受力平衡，有
又
联立解得
，故A 错误；
BC．撤去拉力前，对ab 棒，根据动量定理，有
，其中
解得
，故B 错误，C 正确。
D．解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，最后以相同的速度运动，则有
对全过程由能量守恒定律
得
则
，故D 正确。
故选CD。
类型3 其他情况下的等间距双杆模型
【典例3】（2022·湖南·高考真题）如图，间距
的U 形金属导轨，一端接有
的定值电阻
，固
定在高
的绝缘水平桌面上。质量均为
的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，两导体棒与导轨接
触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为
，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力），导体棒
距离导轨最右端
。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），
磁感应强度大小为
。用
沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a 运动到导轨最右端时，
导体棒b 刚要滑动，撤去
，导体棒a 离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取
，不计空气阻力，
不计其他电阻，下列说法正确的是（ ）
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A．导体棒a 离开导轨至落地过程中，水平位移为
B．导体棒a 离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a 在导轨上运动的过程中，导体棒b 有向右运动的趋势
D．导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电阻
的电荷量为
【答案】BD
【解析】C．导体棒a 在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b 向里，由左手定则可知安培
力向左，则导体棒b 有向左运动的趋势，故Ｃ错误；
A．导体棒b 与电阻R 并联，有
当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，有
联立解得a 棒的速度为
a 棒做平抛运动，有
联立解得导体棒a 离开导轨至落地过程中水平位移为
，故A 错误；
B．导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B 正确；
D．导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为
导体棒b 与电阻R 并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻
的电荷量为
故D 正确。
故选BD。
【变式3-1】如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒
和
静止在导轨上，与导轨垂
直且接触良好。已知
的电阻大于
的电阻，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。
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将开关S 从1 拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则（ ）
A．S 拨到2 的瞬间，
中的电流大于
中的电流
B．S 拨到2 的瞬间，
的加速度小于
中的加速度
C．运动稳定后，电容器C 的电荷量为零
D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d
【答案】BD
【解析】A．电源给电容器充电，稳定后，S 拨到2 的瞬间，电容器相当于电源，和导体棒
和
组成闭合
电路，由于
的电阻大于
的电阻，则
中的电流小于
中的电流，A 错误；
B．S 拨到2 的瞬间，
中的电流小于
中的电流，根据
可得，
受到的安培力小于
受到的安培
力，根据牛顿第二定律，
的加速度小于
的加速度，B 正确；
C．S 拨到2 后，由于导体棒
和
受到安培力的作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于
电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器C 的电荷量不为零，C 错误；
D．S 拨到2 的瞬间，电容器放电，两棒均有向下的电流，导体棒会受到安培力作用，由以上分析可知，开
始时，
，当
切割磁感线产生的电动势大于某值后，
继续加速，
减速，最终两棒速度相等，所
以在达到相同速度前
的速度一直大于
的速度，则运动稳定后，两棒之间距离大于d，D 正确。
故选BD。
【变式3-2】如图，电阻不计足够长的金属导轨水平平行放置，处于方向竖直向下的匀强磁场中。与导轨
等宽的导体棒MN 和PQ 垂直于导轨放置，MN 质量为m，PQ 质量为2m，导体棒电阻不同，它们与导轨间
的动摩擦因数均为μ。现对MN 施加一水平恒力F 作用，则下列说法正确的是（ ）
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A．只要F 大于
，时间足够长，PQ 一定会向右运动
B．只要F 大于
，时间足够长，PQ 一定会向右运动
C．若MN 向右匀加速，则PQ 一定也向右匀加速但两者加速度不相同
D．若PQ 向右匀加速，则MN 一定也向右匀加速，且两者加速度相同
【答案】BD
【解析】AB．对MN 和PQ 分析，MN 向右运动时由右手定则可知电流方向由N 至M，由左手定则知安培
力方向向左，对PQ 分析可知受安培力向右，如图所示，
当PQ 刚好要向右运动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力得
这时对MN 分析得
因为流过MN 和PQ 电流相等，得两导体棒安培力相等，联立解得
所以对MN 施加水平恒力F 作用向右运动，MN 做加速运动，时间足够长，当PQ 受到安培力大于最大静摩
擦力时，PQ 一定会向右运动，故A 错误，B 正确；
CD．若PQ 向右匀加速，把MN 和PQ 看成一整体进行分析知该整体受安培力大小相等，方向相反，由牛
顿第二定律可知
解得
反之若MN 向右匀加速，则PQ 不一定也向右匀加速，刚开始PQ 静止，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【变式3-3】如图所示，平面内有足够长的间距为L 的光滑平行金属导轨MN、PQ 水平固定放置，导轨处
在垂直于导轨平面向上的有界匀强磁场中（虚线是磁场的左边界，其右侧磁场区域足够大）。两根材质相
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同的金属棒ab、cd 垂直导轨放置，长度均为L，质量分别为2m、m，金属棒cd 恰好位于磁场的左边界内。
现给金属棒ab 向右的初速度v0，两金属棒发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知两金属棒与导轨始终接触良
好，金属棒ab 的电阻为R，导轨的电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞结束的瞬间，流过金属棒ab 的电流是
B．碰撞结束的瞬间，流过金属棒cd 的电流是
C．最终金属棒ab、cd 相距
D．最终金属棒cd 上产生的热量为
【答案】BC
【解析】AB．两棒发生弹性碰撞，即满足
，
联立解得
，
同时，由题可知，金属棒cd 的电阻为2R，故碰撞结束的瞬间，流过金属棒ab 的电流为
，故A 错误，B 正确；
C．最终，两者共速，有
对金属棒ab，由动量定理
故最终金属棒ab、cd 相距
，故C 正确；
D．最终系统产生的热量
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金属棒cd 上产生的热量为
，故D 错误。
故选BC。
【变式3-4】如图所示，水平金属圆环由外环和内环构成，其半径分别为
，
，沿半径方
向放置的金属杆固定在圆环上，金属圆环和金属杆以角速度
绕中心轴线转动。两环通过电刷用
导线连接间距为L＝0.5m 的两条平行光滑水平金属导轨PM、
，水平金属导轨接有理想电容器，电容
C=1F。
右侧是水平绝缘导轨。导体棒ab、cd，垂直静止放置于
两侧，质量分别为m1=0.1kg，
m2=0.2kg，电阻均为r=0.1Ω。ab 放置位置与
距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻
均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，忽略磁场对电容器的影响。下列说法正
确的是（ ）
A．水平金属圆环中金属杆产生的电动势为0.2V
B．S 掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q=0.3C
C．S 掷向1，稳定后再将S 掷向2，导体棒ab 到达
的速度大小是
D．S 掷向1，稳定后再将S 掷向2，导体棒ab 到达
时通过导体棒cd 的电荷量是
【答案】AC
【解析】A．水平金属圆环中金属杆产生的电动势为
，故A 正确；
B．根据
，解得
，故B 错误；
C．由于MM’右侧绝缘，cd 棒中没有电流，cd 棒不受安培力作用处于静止，ab 棒做加速度减小的减速运动
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最后匀速运动，设匀速运动时速度为vm，根据
，则有
根据动量定理有
，解得
代入解得
，
，故C 正确；
D．由于MM’右侧绝缘，cd 棒中没有电流，所以通过导体棒cd 的电荷量为0，故D 错误。
故选AC。
【变式3-5】如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两根足够长的光
滑金属轨道间距为d，电阻不计。轨道最左侧接入由电动势为E 的直流电源、电容为C 的电容器、单刀双
掷开关S 构成的电路。质量为m、电阻为R 的金属棒a 垂直放置于轨道左侧某处，质量为3m 的绝缘棒b 垂
直放置于轨道上。现将S 接1，待电容器充电完毕后将S 接2，a 运动达到稳定状态后，再与b 发生弹性碰
撞。a、b 均始终与轨道接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．S 接通1 稳定时，电容器的电量Q=CE
B．S 接通2 瞬间，金属棒a 的加速度为
C．a、b 碰前瞬间，a 的速度为
D．a、b 碰后瞬间，a 的速度方向向左
【答案】ACD
【解析】AB．开关S 接1，电容器充电。电容器上的电压
电容器的电量
开关S 接2，电容器通过金属棒a 放电，此时电流为
由安培力公式
由牛顿第二定律
解得
，故A 正确，B 错误；
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C．当a 棒产生的感应电动势
等于电容器两端的电压
时，a 棒做匀速运动。即
根据法拉第电磁感应定律
，电容器两端的电压
设在
时间内，a 棒的速度变化为
，而
根据动量定理
对上式两边求和
，解得
，故C 正确；
D．a 棒与b 棒发生弹性碰撞，由动量守恒，有
由机械能守恒得
，解得
所以碰后瞬间a 速度方向向左，故D 正确。
故选ACD。
【模型二 不等间距平行导轨的双杆模型 】
类型1 有初速度的不等间距双杆模型
【模型建立】
1.运动过程：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
【典例4】如图所示的光滑金属轨道由左、右两段足够长的轨道拼接而成，整个轨道固定在水平面内，左
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侧两平行导轨间距为
，在上面搁置导体棒2（长度为
，质量为
，电阻为
），右侧两平行导
轨间距为
，在上面搁置导体棒1（长度为
，质量为
，电阻为
），导轨电阻不计，整个轨道所在的
空间中有垂直于轨道平面的匀强磁场。现在给棒1 一个初速度
，它通过安培力带动棒2 向右运动，运动
过程中棒1、棒2 均与导轨良好接触。下列说法正确的是（ ）
A. 两棒一直做减速运动，最终速度为0
B. 棒1 和棒2 的最终速度分别为
和
C. 两棒在运动过程中的同一时刻加速度大小不相等
D. 整个过程中两棒上产生的焦耳热为
【答案】BD
【解析】根据题意，安培力会带动棒2 向右加速运动，安培力使得棒1 向右减速，最终两棒均做匀速直线
运动，故A 错误；
当两棒做匀速直线运动时有
，此时回路中无电流，此即为两棒最终稳定状态，此时
；
对棒1 应用动量定理，得
对棒2 应用动量定理，得
解得
，
，故B 正确；
对棒1，由牛顿第二定律有
对棒2，由牛顿第二定律有
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其中，因为两棒串联，所以每时每刻
,所以解得
，故C 错误；
由能量关系有
，解得
，故D 正确。
【变式4-1】如图所示，M、N、P、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L 和
L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场，两根
质量均为m、接入电路的电阻均为R 的导体棒C、D 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，不计导体棒
外其余部分电阻。t＝0 时使导体棒C 获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并
与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处。则下列说法正确的是( )
A．t＝0 时，导体棒D 的加速度大小为a＝
B．达到稳定运动时，C、D 两棒速度之比为1∶1
C．从t＝0 时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为mv
D．从t＝0 时至达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
【答案】ACD
【解析】．t＝0 时，导体棒C 中的感应电动势E＝B·2Lv0，电路中感应电流I0＝，导体棒D 所受安培力F
＝BI0L，导体棒D 的加速度大小为a＝，联立解得a＝，故A 正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时
C、D 棒的速度分别为v1、v2，则有B·2Lv1＝BLv2，可得v1∶v2＝1∶2，B 错误；从t＝0 时至达到稳定运动
过程中，由动量定理，对C 棒有－B·2LΔt＝mv1－mv0，对D 棒有BLΔt＝mv2－0，联立解得v1＝v0，v2＝
v0，根据能量守恒定律可知，从t＝0 时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为Q＝mv－mv－mv，解
得Q＝mv，故C 正确；从t＝0 时至达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量q＝Δt，联立可解得q
＝，故D 正确。
【变式4-2】如图所示的装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为
的匀强磁场中，电源电动势为
、
内阻为
，两副平行且光滑的导轨间距分别为
与
。材质均匀的导体棒
的长度均为
，电阻均为
，质量分别为
，垂直置于导轨上。导轨足够长且不计电阻，从闭合开关到两导体棒达到稳定状态
的全过程（ ）
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A．稳定前
棒加速度之比为
B．稳定时导体棒
的速度为
C．通过
棒的电量
D．导体棒
中产生的焦耳热为
【答案】D
【解析】A．两棒为串联关系，电流相等，根据牛顿第二定律有
，解得
故稳定前b、c 棒加速度之比为
，故A 错误；
BC．闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电源电动势的关系有
根据动量定理对b 棒有
对c 棒有
因b、c 串联，通过的电量相等，则有
联立可得
，
，
，故BC 错误；
D．由能量守恒定律，电源提供的电能转化为动能和焦耳热
根据热量与电阻的正比关系可得
联立解得导体棒b 中产生的焦耳热为
，故D 正确。
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故选D。
【变式4-3】 如图所示，半径为r、间距为2L 的
光滑圆弧导轨与水平光滑导轨在M、N 处相切且平滑连
接，水平导轨由两个足够长的宽窄导轨组成，宽导轨的间距为2L，窄导轨的宽度为L，虚线MN 右侧存在
竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根粗细相同、材质相同的均匀金属棒a、b 分别放在宽窄导
轨上，长度与导轨宽度相同，a 棒的质量为m，电阻为R。a 棒从
圆弧导轨顶端由静止沿圆弧导轨滑下，
到a、b 棒运动稳定的整个过程中，两棒始终与导轨接触良好且垂直于导轨，不计导轨的电阻，重力加速
度为g。在a、b 棒整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. a 棒克服安培力做的功大于安培力对b 棒做的功
B. b 棒的最大加速度大小为
C. b 棒上产生的焦耳热为
D. 流过b 棒的电荷量为
【答案】ABD
【解析】a 棒克服安培力做功，使得a 棒的动能转化为电能，安培力对b 棒做正功，使得b 棒的动能增加，
同时电流流过整个回路还要转化为焦耳热，故A 正确；
B．由于金属棒a、b 粗细相同、材质相同，则a、b 棒质量之比为2:1，电阻之比为2:1，b 棒加速度最大时，
回路中感应电流最大，对应a 棒刚进入磁场时，根据
，
，
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对b 棒，由牛顿第二定律得
解得
故B 正确；
C．当a、b 棒运动稳定后，回路中没有感应电流，设此时a 棒的速度为v1，b 棒的速度为v2，则
即
对a 棒，根据动量定理有
对b 棒，根据动量定理有
解得
，
回路中产生的总焦耳热
由于a、b 棒电阻之比为2:1，所以b 棒产生的焦耳热为
，故C 错误；
D．对b，根据动量定理得
电荷量
故D 正确。
【变式4-4】如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨
水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m 的导体棒a、b 均垂直导轨放置，导体
棒a 接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b 两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在
运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状
态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（ ）
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A.a 棒加速度的大小始终等于b 棒加速度的大小
B.稳定时a 棒的速度为1.5v0
C.电路中产生的焦耳热为3
2mv0
2
D.通过a 棒的某一横截面的电荷量为m v0
2Bl
【答案】AC
【解析】由F 安＝ILB＝ma，可得a＝ILB
m ，a、b 两棒串联，电流相等，a、b 两棒长度分别为l、2l，质量
分别为m、2m，则a、b 两棒加速度大小相等，故A 正确；
因为导轨光滑，水平方向导体棒只受到安培力作用，
对a 棒，根据动量定理有Fat＝IlBt＝mva－mv0，
同理，对b 棒有－Fbt＝－BI×2l·t＝2mvb－2m·2v0，
稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B 错误；
由能量守恒定律可知，动能的损失等于电路中产生的焦耳热，初动能Ek0＝1
2mv0
2＋1
2×2m×（2v0）2，末动
能Ek＝1
2m×（2v0）2＋1
2×2m×v0
2，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝3
2mv0
2，故C 正确；
对a 棒应用动量定理有IlB·Δt＝mva－mv0，又q＝I·Δt， va＝2v0，联立解得q＝m v0
Bl ，故D 错误。
【变式4-5】如图所示，光滑金属轨道由左、右两段足够长的轨道拼接而成，整个轨道固定在水平面内。
左、右侧两平行轨道间距分别为2L、L，左、右侧轨道所在的空间中分别有垂直于轨道平面向里、向外的
匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。材料、横截面积均相同的导体棒a、b 分别垂直于左、右侧轨
道放置，且导体棒长度分别为2L、L。某时刻质量为m、电阻为R 的导体棒b 获得水平向右、大小为
的
初速度，一段时间后两导体棒达到稳定状态。轨道电阻不计，两导体棒始终与轨道接触良好。下列说法正
确的是（ ）
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A．两导体棒重新达到稳定状态时导体棒a 的速度大小为
B．两导体棒重新达到稳定状态时导体棒b 的速度大小为
C．从导体棒b 开始运动到两导体棒重新达到稳定状态的过程中导体棒b 产生的热量为
D．从导体棒b 开始运动到两导体棒重新达到稳定状态的过程中通过导体棒b 的电荷量为
【答案】AD
【解析】AB．根据
可知，导体棒a 的电阻为2R，导体棒稳定时回路磁通量不再变化
所以
通过导体棒的电流相等，根据安培力F=BIL，可知导体棒受到的安培力大小之比为2:1，两者质量之比为
2：1，a 的质量为2m，所以两者加速度大小相同，则
联立解得
，
，故A 正确，B 错误。
C．从导体棒b 开始运动到两导体棒重新达到稳定状态的过程中回路总产热为
根据
可知，导体棒b 产热是总量的
，
，故C 错误。
D．对b 根据动量定理
，
，解得
，故D 正确。
故选AD。
类型2 力的作用下的不等间距双杆模型
【模型】
1.动力学观点：导体棒1 做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2 做加速度逐渐增大的加速运动，最终两
棒以相同的加速度做匀加速直线运动
2.动量观点：系统动量不守恒
3.能量观点：外力做的功＝棒1 增加的动能＋棒2 增加的动能＋焦耳热
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4.求解焦耳热Q 的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况。
(2)功能关系：Q＝W 克安(W 克安为克服安培力做的功)。
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量).
【典例5】（2023·辽宁·高考真题）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
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
【解析】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；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
32
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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。
【变式5-1】如图所示，由同种材料制成的两根匀质金属棒a、b 垂直静置在足够长的光滑水平导轨上，金
属棒a、b 的质量分别为m、3m，电阻分别为R、3R，长度分别为L、3L，导轨左侧间距为L，右侧间距为
3L，两导轨处于方向竖直相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场中。某时刻，金属棒a 在水平向左、大
小为F 的恒力作用下向左加速，金属棒b 随之向右加速，经时间t0后回路中的电流恒定。已知两金属棒运
动过程中始终与导轨接触良好，不计导轨的电阻，求：
(1)稳定时回路中的感应电流I；
(2)t0时间内通过回路中某截面的电荷量q。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由于金属棒a 受恒定的拉力作用，稳定状态时两棒都有固定的加速度，即金属棒b 受到恒定
的安培力，回路中有恒定的电流，设t0时刻金属棒a、b 的速度大小分别为v1、v2，加速度大小分别为a1、
a2，则有
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电流的变化率
由牛顿第二定律
，
，解得
（2）对金属棒a、b 有
，
，其中
又
联立解得
【变式5-2】如图甲，abcd 和a'b'c'd'为在同一水平面内的固定光滑平行金属导轨，左右导轨间距分别为
2L、L，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的磁感应强度大小为B0，右侧导轨间的磁感应
强度大小按图乙规律变化，两根金属杆M、N 分别垂直两侧导轨放置，N 杆与cc'之间恰好围成一个边长为
L 的正方形，M 杆中点用一绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物相连，t=0 时释放重物，同时在N 杆中点处施
加一水平向右的拉力F，两杆在0~t0时间内均处于静止状态，从t0时刻开始，拉力F 保持不变，重物向下
运动x 距离时（M 杆未到达定滑轮处），速度达到最大，已知M、N 杆和重物的质量都为m，M、N 接入电
路的电阻都为R，不计导轨电阻，重力加速度为g，下列说法不正确的是（ ）
A．0~t0时间内，回路中的感应电动势为
B．0~t0时间内，施加在N 杆上的拉力F 随时间t 变化的关系为
C．重物下落的最大速度为
D．从t=0 时刻到重物达到最大速度的过程中，回路产生的焦耳热为
【答案】B
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【解析】A．0~t0时间内回路的感应电动势为
根据图乙可知
，解得
，故A 正确；
B．根据图乙可知
，令0~t0时间内回路的感应电流为I0，对M 有
对N 有
，联立解得
，故B 错误；
C．根据上述，t0时刻的拉力大小为
，t0时刻之后，对M 与重物整体进行分析有
对N 进行分析有
，解得
可知M、N 的加速度大小相等，当
时，重物速度最大，即
，其中
解得
，故C 正确；
D．在0~t0时间内，有
，在0~t0时间内，产生的热量为
由
，M、N 杆的速度在任意时刻大小均相等，位移大小也相等。则从t0时刻开始到重物最大速度的
过程中有
，解得
则回路产生的焦耳热为
，故D 正确。
本题选错误的，故选B。
【变式5-3】如图所示，左右两部分间距之比为1 2∶的光滑水平导轨分别放在大小相等、方向相反且与导轨
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平面垂直的匀强磁场中。两根质量均为
，电阻之比
的金属棒垂直静置在水平轨道上。
现用水平拉力
作用在CD 棒上，使其向右移动0.5m 时撤去拉力，此时
，在此过程中
CD 棒产生的热量为30J。设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动，导轨电阻不计，下列说法正确的
是（ ）
A．撤去外力时导体棒AB 的速度为4m/s
B．撤去外力F 后，棒AB、CD 的加速度始终相等
C．运动的全过程中回路产生的焦耳热为73.8J
D．从撤去外力到两棒达到稳定状态，棒AB、CD 运动的位移之比为1 3∶
【答案】AC
【解析】A．撤去外力时，根据能量守恒定律可知
由题可知
，根据焦耳定律
结合
，可得
又因为
，联立解得撤去外力时导体棒AB 的速度为
，故A 正确；
B．撤去外力F 后，回路中的电流相等，根据牛顿第二定律可知BIL=ma
其中棒AB、CD 的长度不同，故棒AB、CD 的加速度不相等，故B 错误；
C．最终电路中电流为0，设此时AB、CD 的速度为
、
，则有
规定向右为正方向，运动过程中对AB 根据动量定理有
对CD 根据动量定理有
，联立可得
，
由能量守恒定律，整个过程中的焦耳热为
，解得Q=73.8J，故C 正确；
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D．从撤去外力到两棒达到稳定状态，若棒AB、CD 均做匀变速直线运动，则运动的位移之比为
，解得
而实际AB 做加速度减小的加速运动，位移大于匀加速直线运动的位移xAB，实际CD 做加速度减小的减速
运动，位移小于匀减速直线运动的位移xCD，即实际上运动的位移之比大于13 14
∶
，不可能为1 3∶，故D 错误。
故选AC。
【变式5-4】如图所示，左右两部分间距如分别为、
的光滑水平导轨分别放在大小相等、方向相反且
与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。两金属棒垂直静置在水平轨道上，已知a、b 棒电阻
分别为R、2R，质量分别为m、2m，金属导轨电阻忽略不计。对金属棒b 施加水平向右的恒力
，经过一
段时间，两金属棒中的电流达到最大值Im，此时a、b 棒加速度大小分别为a1、a2。下列说法正确的是（
）
A．稳定后，两棒速度保持不变
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】BCD．两棒运动达到稳定后，电流达到最大值Im且保持恒定，则电路中总电动势为
保持恒定，则
由
可得
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由牛顿第二定律可知
，
联立可得
，
，
，故BCD 正确；
A．稳定后，两棒的加速度不变，两棒速度均增大，故A 错误。
故选BCD。
【变式5-5】如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，以直线
为分界线，
左、右两侧导
轨的间距分别为、
。导轨处在竖直向上的匀强磁场中，其中
左侧磁场的磁感应强度大小为
、
右侧磁场的磁感应强度大小为
。质量分别为
、
的导体棒
、
均垂直导轨放置，两导体棒接入
电路中的阻值均为
，其余电阻不计。初始时两导体棒均静止，现对
棒施加水平向左的恒力
，同时对
棒施加水平向右的恒力
，且
，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触。已
知从开始运动到两棒运动状态刚好稳定的过程中
棒的位移大小为
，则此过程中（ ）
A．同一时刻
棒的加速度大小等于
棒加速度大小的2 倍
B．运动状态稳定时
棒做匀加速运动
C．运动状态稳定时
棒的速度大小为
D．
棒产生的焦耳热为
【答案】AD
【解析】A．设回路中的电流为，根据牛顿第二定律，对
棒有
对
棒有
可得
，A 正确；
B．分析可知两棒稳定的运动状态均为匀速直线运动，B 错误；
C．设两棒运动状态稳定时速度大小分别为
、
，此时闭合回路中的总感应电动势
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在达到稳定运动状态前的任意时刻有
，则
，可得
又稳定时有
，其中
联立解得
，C 错误；
D．在运动状态稳定前的任意时刻均有
则从开始运动到运动状态稳定，
棒的位移大小
，稳定运动时
对
、
棒组成的系统根据能量守恒定律有
棒产生的焦耳热
联立解得
，D 正确。
故选AD。
【变式5-6】如图所示，两个“U”型光滑导轨水平放置，处于竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场
中，导轨间所接电源电动势E 大小未知，内阻为R。两根材料、粗细都相同的导体棒
、
，长度分别为
d、2d，导体棒
电阻为R、质量为m。导体棒始终与导轨垂直，两端与导轨接触良好，导轨足够长且不计
电阻。闭合开关，两导体棒由静止开始运动，最终稳定时导体棒
的速度大小为v。下列说法正确的是（
）
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A．闭合开关后，导体棒
可能做匀加速运动
B．闭合开关后，加速过程中导体棒
、
的加速度大小相等
C．电源电动势
D．整个过程中，导体棒
中产生的焦耳热为
【答案】BD
【解析】A．闭合开关后，两导体棒在安培力的作用下均开始加速运动，根据法拉第电磁感应定律，可知
两者切割磁感线产生逐渐增大的感应电动势，而感应电动势与电源电动势相反，则回路的总电动势逐渐减
小，回路中的电流，以及两导体棒受到的安培力均减小，根据牛顿第二定律，可知两导体棒均做加速度减
小的加速运动，故A 错误；
B．由题意可知，导体棒
电阻为R、质量为m；导体棒
的质量为2m，电阻为2R。加速过程中当电流为
I 时，导体棒
、
受到的安培力大小分别为
，
根据牛顿第二定律有
，
，解得
，
可知在加速过程中导体棒
、
的加速度大小相等，故B 正确；
C．由上述分析可知最终稳定时，两棒均以速度v 做匀速直线运动，此时两棒的感应电动势之和等于电源电
动势，即电源电动势为
，故C 错误；
D．设全程通过回路的电荷量为q，以导体棒
为研究对象，以其运动方向为正方向，根据动量定理得
，其中
40
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整个过程电源输出的电能为
，联立解得
由能量守恒定律可得回路产生的总焦耳热为
根据焦耳定律可得导体棒
中产生的焦耳热为
故D 正确。
故选BD。
【模型三 典型导线框穿磁场模型 】
类型1 在安培力作用下穿越磁场模型
在安培力作用下穿越磁场(磁场宽度足够大)
1.动力学观点：以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻的速度为v，加速度大小为a，则a＝，a 与v 方
向相反，导线框做减速运动，v↓⇒a↓，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动(全部进入磁
场)或静止(导线框离开磁场过程的分析相同)
2.能量观点：部分(或全部)动能转化为焦耳热：Q＝－ΔEk
3.动量观点：动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和除安培力
之外恒力作用的时间：
(1)求电荷量或速度：－B·LΔt＝mv2－mv1，q＝Δt；
(2)求位移：－＝v 末－mv0，即－＝v 末－mv0；
(3)求时间：①－BLΔt＋F 其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F 其他·Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q，F 其他为恒力，可求出变加速运动的时间；
【典例6】（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d 大于
的匀强磁场，
其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为
，宽均为L，电阻分别为R 和
。两线框在光滑水平面上以相同初速度
并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则
（ ）
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A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为
C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为
【答案】D
【解析】A．根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，
故A 错误；
B．甲线框刚进磁场区域时，合力为
，
乙线框刚进磁场区域时，合力为
，
，可知
；故B 错误；
CD．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有
，
同理对乙有
，
解得
，
故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁
场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为
，
，即
；
故C 错误，D 正确。
42
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故选D。
【变式6-1】（2023·北京·高考真题）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
【答案】D
【解析】A．线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A 错误；
B．线框出磁场的过程中，根据E = Blv
，联立有
由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v 减小，线框做加速度减小的减速运动，
B 错误；
C．由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q = FAL
其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C 错误；
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量
其中
，
，则联立有
由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相
等，故D 正确。
故选D。
【变式6-2】（2022·天津·高考真题）如图所示，边长为a 的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面
上有边界平行、宽为b 且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑
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行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知
，在滑入和滑出磁场区域的两个过程
中（ ）
A．铝框所用时间相同
B．铝框上产生的热量相同
C．铝框中的电流方向相同
D．安培力对铝框的冲量相同
【答案】D
【解析】A．铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力而减速，完全在
磁场中运动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以
离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A 错误；
C．由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减小，
感应电流为顺时针方向，C 错误；
D．铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为
又
得
，D 正确；
B．铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场
过程的速度，根据
可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服
安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁
场过程产生的热量，B 错误。
故选D。
【变式6-3】（2022·上海·高考真题）如图，一个正方形导线框以初速v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线
框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（
）
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A．t1＜t2，W1＜W2
B．t1＜t2，W1>W2
C．t1>t2，W1＜W2
D．t1>t2，W1>W2
【答案】B
【解析】设线框刚进入磁场是速度为v1，刚离开磁场时速度为v2，由动量定理得
，
又
可得
线框进入磁场和离开磁场的过程都受向左的安培力作用而减速，进入过程平均速度大于离开过程平均速度，
根据
知t1＜t2
根据动能定理
，
可知
故选B。
【变式6-4】（2023·广东·高考真题）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，其俯视图如图（a）所示，两磁场磁感应强度随时间的变化如图（b）所示，
时间内，
两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为
和
，一电阻为
，边长为的刚性正方形金属
框
，平放在水平面上，
边与磁场边界平行．
时，线框
边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速
度向右运动．在
时刻，
边运动到距区域Ⅰ的左边界
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
时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；
时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：
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（1）
时线框所受的安培力
；
（2）
时穿过线框的磁通量
；
（3）
时间内，线框中产生的热量
。
【答案】（1）
，方向水平向左；（2）
；（3）
【解析】（1）由图可知
时线框切割磁感线的感应电动势为
则感应电流大小为
所受的安培力为
，方向水平向左；
（2）在
时刻，
边运动到距区域Ⅰ的左边界
处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则
时穿过线框的磁通量为
，方向垂直纸面向里；
（3）
时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有
感应电流大小为
则
时间内，线框中产生的热量为
类型2 在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场模型
在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场(磁场宽度足够大)
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1.动力学观点：以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度为a＝－。
(1)若进入磁场时＝，则导线框匀速运动；
(2)若进入磁场时>，则导线框做加速度减小的加速运动(直至匀速)；
(3)若进入磁场时<，则导线框做加速度减小的减速运动(直至匀速)(导线框离开磁场过程的分析相同)
2.能量观点：力F 做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和：WF＝ΔEk＋Q
3.动量观点：动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和除安培力
之外恒力作用的时间：
(1)求电荷量或速度：－B·LΔt＝mv2－mv1，q＝Δt；
(2)求位移：－＝v 末－mv0，即－＝v 末－mv0；
(3)求时间：①－BLΔt＋F 其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F 其他·Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q，F 其他为恒力，可求出变加速运动的时间；
②－＋F 其他·Δt＝mv2－mv1，即－＋F 其他·Δt＝mv2－mv1
若已知位移x，F 其他为恒力，也可求出变加速运动的时间
【典例7】（2025·江西·高考真题）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为
，速率恒为
，宽为
的
区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为
、质量为m、
电阻为R 的正方形线框
置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框
边刚离开磁场区域
时的速率恰为
。若线框
或
边受到安培力，则其安培力大于
。线框受到的最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，动摩擦因数
，
边始终平行于
，重力加速度为g。下列选项正确的是
（ ）
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A．线框速率的最小值为
B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为
C．线框穿过磁场区域的时间为
D．
边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为
【答案】AD
【解析】A．在
边进入磁场而
边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力
和沿
传送带平面向下的重力分力
。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为
，而
，
故
已知线框受到的安培力
，即
因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平面的安培力、重
力分力、摩擦力作用下做减速运动。在
边进入磁场到
边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带
速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动
摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当
边刚进入磁场时，线框有最小速度
。
设线框加速度为
，根据牛顿第二定律有
边离开磁场时速度恰好为
，则有
，联立解得
，故A 正确；
B．在
边进入磁场到
边进入磁场的过程中，由动能定理有
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则该过程产生的焦耳热
在
边离开磁场到
边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为
。因此，线框穿过磁场区域产生的
焦耳热为
，故B 错误；
C．设
边进入磁场到
边进入磁场的时间为
，根据闭合电路欧姆定律得
根据动量定理有
设
边进入磁场到
边离开磁场的时间为
，有
因为
边离开磁场到
边离开磁场所用时间也为
，所以线框穿过磁场区域的总时间
联立解得
，故C 错误；
D．
边从进入到离开磁场区域的时间
该段时间内传送带移动的距离
，故D 正确。
故选AD。
【变式7-1】（2025·重庆·高考真题）如图1 所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d 的正方形金属框
efgh 做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d 的正方形匀强磁场和无磁场区域，
磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh 段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F = kv＋b
（k > 0，b > 0），且gh 两端的电压随时间均匀增加；当gh 在无磁场区域运动时，F = 0。gh 段速度大小
v 与运动路程s 的关系如图2 所示，图中
为gh 每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。
则（ ）
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A．gh 在任一磁场区域的运动时间为
B．金属框的总电阻为
C．小车质量为
D．小车的最大速率为
【答案】BC
【解析】由题知gh 段在磁场区域运动时，gh 两端的电压随时间均匀增加，则说明gh 在磁场中运动时做匀
变速直线运动，设正方形金属框efgh 运动的速度为v，有
，
，
，
联立有
B．由于gh 段在磁场区域运动时,正方形金属框efgh 做匀变速直线运动，则有
，
解得
，故B 正确；
CD．gh 在无磁场区域运动时，F = 0，正方形金属框efgh 水平方向只受到安培力，有
，
，
根据动量定理有
，累加叠加可得
gh 段在磁场区域运动时，正方形金属框efgh 做匀变速直线运动有
，结合ma = b
解得
，
，故C 正确，D 错误；
A．由gh 段在磁场区域运动时，正方形金属框efgh 做匀变速直线运动，则有vmax = v0＋at
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解得gh 在任一磁场区域的运动时间
，故A 错误。
故选BC。
【变式7-2】（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑
轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸
面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在
时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动
过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v 随时间t 变
化的图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【解析】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线
圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块
其中
，即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
·
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都
趋近于零，则图像A 可能正确；
B．因t=0 时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B 不可能；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的
减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速
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运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C 有可能，D 不可能。
故选AC。
【变式7-3】（2025·福建·高考真题）水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度分
别为l1、 l2、的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁场的磁感应强度
大小相等、方向均垂直斜面向上，示意图如图所示。一质量为m、电阻为R 的正方形细导线框abcd 置于区
域Ⅰ上方的斜面上， cd 边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd 边
进入Ⅰ到ab 边离开Ⅰ的过程中，线框速度恒为v，cd 边进入区域Ⅱ和ab 边离开区域Ⅱ时的速度相同；区
域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长，线框各边材料相同、粗细均匀；下滑过程线框形状不变且始
终处于斜面内，cd 边始终与磁场边界平行；重力加速度为
。求：
(1)初始时，cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离；
(2)求cd 边进入Ⅰ号区域时，cd 边两端的电势差；
(3)cd 边进入区域Ⅱ和ab 边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平均功率。
【答案】(1)
(2)
(3)若
，则
；若
，则
【解析】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
联立可得线框释放点cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离
（2）因为cd 边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域
的长度相等，根据平衡条件有
又
，
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cd 边两端的电势差
，联立可得
（3）①若
，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号
区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。
②若
，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理
其中
，
，
，联立可得
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理
根据
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即
联立可得
根据能量守恒定律
克服安培力做功的平均功率
，联立可得
③若
，同理可得
根据动量定理
，其中
结合
，
，联立可得
根据能量守恒定律
克服安培力做功的平均功率
联立可得
【变式7-4】（2023·上海·高考真题）如图（a），线框
位于倾斜角
的斜面上，斜面上有一长度
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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
。
【答案】（1）1.48N；（2）0.5m；（3）0.4J
【解析】（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
【变式7-5】（2022·湖北·高考真题）如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁
场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd 的边长L = 0.2m、回路电阻R = 1.6 × 10 - 3Ω、质量m =
0.2kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad 边与磁场左边界平齐，ab 边与磁场下边界的距离也为L。现
对线框施加与水平向右方向成θ = 45°角、大小为
的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。
从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界。重力
加速度大小取g = 10m/s2，求：
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（1）ab 边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
（3）磁场区域的水平宽度。
【答案】（1）ax = 20m/s2，ay = 10m/s2；（2）B = 0.2T，Q = 0.4J；（3）X = 1.1m
【解析】（1）ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max = Fcosθ
代入数据有ax = 20m/s2
在竖直方向有may = Fsinθ - mg，代入数据有ay = 10m/s2
（2）ab 边进入磁场开始，ab 边在竖直方向切割磁感线；ad 边和bc 边的上部分也开始进入磁场，且在水
平方向切割磁感线。但ad 和bc 边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右
手定则可知回路的电流为adcba，则ab 边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直向下，ad 边的上部分受
到的安培力水平向右，bc 边的上部分受到的安培力水平向左，则ad 边和bc 边的上部分受到的安培力相互
抵消，故线框abcd 受到的安培力的合力为ab 边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab 边进入磁场
开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsinθ - mg - BIL = 0 E = BLvy
vy2 =
2ayL
联立有B = 0.2T
由题知，从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边
界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q = W 安 = BILy y = L
Fsinθ - mg = BIL，联立解得Q = 0.4J
（3）线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy = ayt1 L = vyt2 t = t1 + t2
联立解得t = 0.3s
由（2）分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
则磁场区域的水平宽度 X = x + L = 1.1m
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