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高考重点考点解读与针对性训练
第十三章 电磁感应
考点111 电磁感应+电容器
【考点解读】
单棒＋电容器模型的三种情景
1.恒力作用情景
金属棒的初速度为零，水平拉力F 恒定，棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计
运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，
有F－BIL＝ma，I＝ΔQ
Δt ，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，
联立可得F－C B
2 L
2 Δv
Δt
＝ma，其中Δv
Δt ＝a，
则可得a＝
F
m＋C B
2 L
2
金属棒做加速度恒定的匀加速直线运动.
功能关系：WF＝1
2mv2＋E 电
2. 无外力充电式
基本模型
（导体棒电阻为R，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
电路特点导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
安培力为阻力，导体棒减速，E 减小，有I＝BLv －U C
R
，电容器充电UC变
大，当BLv＝UC时，I＝0，F 安＝0，导体棒匀速运动
运动特点
和
最终特征
导体棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带
电荷量不为零
最终速度电容器充电电荷量：q＝CUC
1
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最终电容器两端电压：UC＝BLv
对棒应用动量定理：mv－mv0＝－BIL·Δt＝－BLq，v＝
m v0
m＋C B
2 L
2
v－t 图像
3. 无外力放电式
基本模型
（电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
电路特点
电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流特点
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致
电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm
运动特点和
最终特征
导体棒做加速度a 减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I＝0
最大速度vm
电容器充电电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：Q＝CUC＝CBLvm
电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：mvm－0＝BIL·Δt＝BLΔQ，vm＝
BLCE
m＋C B
2 L
2
v－t 图像
【高考真题】
【典例1】. （2022 年全国理综甲卷第20 题）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固
定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻。质量为
m、阻值也为R 的导体棒MN 静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不
计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上
开关S 后，（ ）
2
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A．通过导体棒MN 电流的最大值为
B．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN 速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查电容器电容、电磁感应、安培力、运动情况分析、焦耳热。
【解题思路】带电荷量Q 的电容器两端电压U=Q/C，合上开关S 的瞬间，通过导体棒
MN 的电流最大，最大值为IM=U/R= Q/RC，选项A 正确；合上开关S 后导体棒MN 受到向
右安培力作用先向右加速运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过
MN 放电，而电容器还可以通过电阻R 放电，导体棒MN 向右运动产生的感应电动势与电阻
R 形成回路，受到向左安培力作用做减速运动，选项B 错误；合上开关S 的瞬间，通过导体
棒MN 的电流最大，导体棒所受安培力最大，选项C 错误；由于合上开关S 后导体棒MN
受到向右安培力作用先向右加速运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流
通过MN 放电，所以电阻R 产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热，选项D 正确。
【易错提醒】通电导线做切割磁感线运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，
阻碍电流通过。
【典例2】（2013 全国新课标理综1 第25 题）.如图，两条平行导轨所在平面与水平
面的夹角为θ，平行导轨间距为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接触良好.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.金属棒和导轨的电阻可忽略不计.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；
3
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（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系.
答案 （1）Q＝CBLv （2）v＝m（sinθ－μc osθ）
m＋B
2 L
2C
gt
【命题意图】本题考查电磁感应、摩擦力、安培力、电容器、电流、牛顿第二
定律等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题
的能力。
解析 （1）设金属棒下滑的速度大小为v，则产生的感应电动势为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
联立解得Q＝CBLv
（2）设经过时间t 金属棒的速度大小为v，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的安培力方向
沿导轨向上，大小为f1＝BLi
设在时间间隔t～t＋Δt 内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ΔQ
Δt
ΔQ 也是平行板电容器在时间间隔t～t＋Δt 内增加的电荷量，由（1）中结果可知ΔQ＝
CBLΔv
式中，Δv 为金属棒的速度变化量，按定义有a＝Δv
Δt
金属棒受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为f2＝μN
式中，N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有
N＝mgcosθ
金属棒在t 时刻的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f1
－f2＝ma
联立解得a＝m（sinθ－μc osθ）
m＋B
2 L
2C
g
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－μc osθ）
m＋B
2 L
2C
gt.
【针对性训练】
1 （2025·贵州贵阳模拟）足够长的平行金属导轨ab、cd 水平放置于竖直向下的匀强磁场
中，磁感应强度大小为B，ac 之间连接有电容为C 的电容器，导轨间距为L，长度为L 的光
滑金属棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好，俯视图如图所示。金属棒在水平恒力F 的作
用下开始向右运动，当金属棒运动距离为x 时撤去外力F，整个过程电容器未被击穿，重力
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加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.在外力F 作用下金属棒做加速度越来越小的加速运动
B.撤去外力F 后金属棒做减速运动直至静止
C.在外力F 的作用下，电容器中的电荷量随时间均匀增大
D.撤去外力F 时金属棒的速度为√
Fx
C B
2 L
2＋m
答案：C
解析：对金属棒，由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，通过金属棒的电流为I＝Δq
Δt ＝BL ΔvC
Δt
＝BLaC，可得金属棒的加速度a＝
F
m＋C B
2 L
2，金属棒做匀加速直线运动，撤去外力F 后，
金属棒两端电压和电容器两端电压相等，整个闭合回路中没有电流，金属棒做匀速直线运
动，故A、B 错误；电容器中的电荷量Q＝CU＝CBLat＝
CBLFt
m＋C B
2 L
2，可知电容器中的电
荷量随时间均匀增大，故C 正确；由v2＝2ax，可求得v＝√
2 Fx
C B
2 L
2＋m
，故D 错误。
2. (2025 年3 月山东模拟)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，
导轨间距为L，电阻不计，空间内有垂直轨道面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。两
金属杆垂直于导轨保持静止，金属杆ab 质量为m，电阻为R，金属杆cd 电阻不计，
其间接有一个电容为C 的电容器，电容器板间距d<<L，电容器与cd 杆为一个整体，
质量为m。现垂直ab 施加一水平向右，大小为F 的恒力，经过足够长时间，当系统达到
稳定时，下列选项中正确的是（ ）
A．金属杆ab 与金属杆cd 加速度相同
B．金属杆ab 加速度大于金属杆cd 加速度
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C．ab 杆加速度为
D. cd 杆加速度为
答案 BD
[解析] 当系统达到稳定时，设ab 杆的速度为v1时，a、cd 杆的速度为v2，ab 杆的加速度为
aab=
，cd 杆的加速度为acd=
。回路中产生的感应电动势E=BL（v1- v2），杆运动过
程中，给电容器充电，充电电流i=
，由C=
，△U=E，
联立解得i=
=
=CBL（aab-acd）
对ab 杆，由牛顿第二定律，F-BiL=m aab，对cd 杆，由牛顿第二定律，BiL=m acd，
联立解得：对ab 杆，由牛顿第二定律， aab=
，acd=
。
所以金属杆ab 加速度大于金属杆cd 加速度，BCD 正确A 错误；
3. （2025 年河南名校质检）如图所示，足够长的光滑金属导轨abc 和de 置于同一水平面
内，ab 与de 平行并相距为L，bc 是以O 为圆心的半径为r 的圆弧导轨。圆弧be 左侧和扇
形Obc 内有方向如图的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，a、d 间接有一个电容为C 的
电容器，金属杆OP 的O 端与e 点用导线相接，P 端与圆弧bc 接触良好。初始时，可滑
动的金属杆MN 静止在平行导轨上，金属杆MN 质量为m，金属杆MN 和OP 电阻均为
R，其余部分电阻不计。若杆OP 绕O 点在匀强磁场区内以角速度ω 从b 到c 匀速转动时，
回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的是（ ）
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A．杆OP 产生的感应电动势恒为
B．电容器所带电荷量恒为
C．杆MN 中的电流逐渐减小
D．杆MN 向左做匀加速直线运动，加速度大小为
答案 AC
【解析】杆OP 绕O 点在匀强磁场区内以角速度ω 从b 到c 匀速转动时，杆OP 产生的感
应电动势恒为E=
,A 正确；由右手定则可判断出OP 中电流方向为O 到P，杆MN
中电流方向为M 到N，由左手定则可判断出杆MN 向左加速运动，杆MN 也产生与杆OP
中方向相反的感应电动势，回路中总电动势E 总=
-BLvMN，随着杆MN 速度的增加，
回路中总电动势逐渐减小，回路中电流逐渐减小，电容器两端电压U=E-IR=
-IR，所
以电容器两端电压逐渐增大，电容器所带电荷量逐渐增大，B 错误C 正确。由于杆MN 中
的电流逐渐减小，所以杆MN 向左做加速度逐渐减小的加速直线运动，D 错误。
4.（2025 年1 月山东烟台期末）如图甲所示，水平面上固定两条足够长的平行轨道，轨道
间距为d=0.4m，虚线O1O2垂直于轨道，O1O2左侧部分轨道由金属材料制成，其左端
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通过导线与电容为2×103μF 的平行板电容器的极板A、B 分别相连，O1O2右侧部分
的轨道由绝缘材料制成，轨道处于方向竖直向下的匀强磁场中。将一质量为m=0.1kg
且电阻不计的金属棒MN 置于O1O2左侧的金属轨道上，并通过水平轻绳绕过光滑定滑轮
与质量为0.2kg 的小物块相连，MN 与轨道各部分的动摩擦因数都相同。t=0 时刻，将
MN 和小物块同时由静止释放，MN 离开虚线O1O2后的v--t 图像如图乙所示。整个过程中
MN 始终垂直于轨道且与轨道接触良好，电容器未被击穿，重力加速度g=10m/s2。则下列
说法正确的是（ ）
A．电容器的A 极板带正电
B．MN 在第1s 内做匀加速直线运动
C．磁场的磁感应强度大小为25T
D．电容器储存的电能为1.65J
【答案】BC
【解析】金属棒MN 切割磁感线运动，由右手定则，可判断出电流方向由M 指向N，电容
器的B 极板带正电，A 错误；
以小物块和金属棒整体为研究对象，由牛顿第二定律，Mg-BId-μmg=（M+m）a
又 I=
，Q=CU，U=Bdv，
联立解得 a=
，由a 等于常量可知金属棒在虚线O1O2左侧做初速度为
零的匀加速运动，B 正确。
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根据速度图像可知，金属棒在虚线O1O2左侧运动时间为1s，末速度为3m/s，其
加速度a=3m/s2。
由a=
=3m/s2可得
=3
1~2s 时间内金属棒在虚线O1O2右侧运动，以小物块和金属棒整体为研究对象，由牛顿第二
定律，
Mg-μmg=（M+m）a’
根据速度图像可知加速度a’=5m/s2，
联立解得 μ=0.5 ，B=25T，C 正确。
金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为x=
=1.5m
1s 末金属棒的速度为3m/s，根据功能关系可得 Mgx-μmgx=E+
解得电容器储存的电能为E=0.9J，D 错误。
5．(2024 宁波十校3 月联考)如图，电阻不计的光滑水平导轨
间距L＝1m，其内
有竖直向下的匀强磁场B＝0.5T，导轨左侧接一电容C＝1F 的电容器，初始时刻电容器带
电量
，电性如图所示。质量
、电阻不计的金属棒ab 垂直架在导轨
上，闭合开关S 后，ab 棒向右运动，且离开
时已匀速。下方光滑绝缘轨道
间距也为L，正对
放置，其中
、
为半径r＝1.25m、圆
心角
的圆弧，与水平轨道
、
相切于M、N 两点，其中NO、MP 两边长度
d＝0.5m，以O 点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP 右侧0＜x＜0.5m 处存在磁感应
强度大小为
的磁场，磁场方向竖直向下。质量
、电阻R＝1Ω 的
“U”型金属框静止于水平导轨NOPM 处。导体棒ab 自
抛出后恰好能从
处沿切
线进入圆弧轨道，并于MN 处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成闭合线框一起向右
运动。
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（1）求导体棒ab 离开
时的速度大小
；
（2）若闭合线框进入磁场
区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀
速穿过磁场
区域，求此过程中线框产生的焦耳热；
（3）闭合线框进入磁场
区域后由于安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过
区域，
若能，求出离开磁场
时的速度；若不能，求出线框停止时ab 边的位置坐标x。
【名师解析】：（1）设电容器放完电后所带电量为Q，则由动量定理可得：
又：
，
可得：
（2）由于导体棒ab 抛出后恰好能沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可知：
，得：
：
得：
又由动量定理可知：
，得：
线框进入磁场过程中所受的安培力：
线框进入和离开磁场
过程克服安培力做功相同，故整个过程线框产生的热量：
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（3）线框进入磁场过程由动量定理：
即：
，
，
解得：
故线框不能完全离开磁场，由：
得：
6. (2025 高考宝鸡三模)如图所示为放置在水平面上的光滑金属导轨，由左侧的圆弧轨道
和右侧足够长的水平轨道平滑连接组成。圆弧轨道最上端连接一个电容
的电容器，
导轨间距为
。在图中虚线de 右侧区域存在磁感应强度大小，
，方向竖直向
上的匀强磁场，金属棒b 静止在磁场内水平导轨上。现断开开关S，将金属棒a 从圆弧导轨
由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为
。已知金属棒a 的质量
，
金属棒b 质量
，两金属棒在导轨间的电阻均为
。在运动过程中两金属
棒始终与导轨接触良好且与导轨垂直，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，重力
加速度
。求：
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（1）当金属棒b 的速度为
时，金属棒a 速度；
（2）要使两金属棒在磁场内运动过程中不相撞，求初始时刻金属棒b 到de 的最小距离x；
（3）若金属棒b 的速度为
时从导轨上取走金属棒b，同时闭合开关S，求金属棒a
的最小速度。
【答案】（1）
（2）6m （3）3m/s
【解析】(1)设金属棒a 滑上水平导轨时速度为
，下滑过程中由机械能守恒定律可得：
当金属棒b 的速度
时，设金属棒a 的速度为
，由动量守恒定律有：
代入数据解得：
(2)由题意可得，金属杆a 在磁场内做减速运动，金属杆b 在磁场内做加速运动。要使两金
属棒在磁场中不相撞，则金属杆a 追上金属杆b 时恰好共速。所以由动量守恒定律有：
从金属杆a 进入磁场到二者共速的过程中，设通过闭合回路的电量为q，回路中的平均电
流为
：
，
，
，
在此过程中，对于金属杆b 由动量定理得：
联立以上各式可得，初始时刻金属棒b 到de 的最小距离：
(3)由题意可得，取走金属棒b，闭合开关S，金属棒a 以速度5m/s 向右切割磁感线，给电
容器充电。当金属棒a 产生的感应电动势和电容器电压相等时，金属棒a 开始匀速运动，
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速度达到最小。
则
，
对于金属棒b 由动量定理可得：
联立以上各式可得：
代入数据可得：
7 .[2024 广东广州开学考试]如图所示，在水平面内固定着间距为L 的两根光滑平行金属导
轨（导轨足够长且电阻忽略不计），导轨上M、N 两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、
磁感应强度大小为B 的匀强磁场中.在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容
为C 的电容器.先将金属棒a 静置在导轨上，闭合开关S1、S3，让a 运动速度达到v0时断开
S1，同时将金属棒b 静置在导轨上，经过一段时间后，流经a 的电流为零.已知a、b 的长度
均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触.
（1）求开关S1、S3闭合，a 运动速度达到v0时a 的加速度大小；
（2）求b 产生的焦耳热；
（3）若将棒a、b 均静置在水平导轨上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求
两棒最终的速度大小.
答案 （1）BL（E－BLv0）
mR
（2）1
8mv0
2 （3）
BLCE
2m＋B
2 L
2C
解析 （1）a 切割磁感线产生的电动势E1＝BLv0
由牛顿第二定律得B E－E1
R
L＝ma
解得a＝BL（E－BLv0）
mR
（2）对a、b 系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1
解得v1＝v0
2
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由能量守恒定律得系统产生的焦耳热
Q＝1
2mv0
2－1
2·2mv1
2
解得Q＝1
4 mv0
2
b 产生的焦耳热Qb＝1
2Q＝1
8mv0
2
（3）闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动.对电容
器，放电量
q＝C（E－BLv）
对a，某时刻经极短时间Δt，由动量定理得
BILΔt＝mΔv
整个过程有∑BLΔq＝∑mΔv
即BLq
2＝mv
解得两棒最终的速度v＝
BLCE
2m＋B
2 L
2C .
8 .如图甲所示，相距L＝1m 的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ
＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω 的导体棒ab 垂直于导轨放
置，导轨的PM 两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容
器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场.在开关S1闭合、
S2断开的状态下将导体棒ab 由静止释放，导体棒的v－t 图像如图乙所示，运动过程中导体
棒始终与导轨接触良好且垂直，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求磁场的磁感应强度大小B；
（2）在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m 时，定值电阻产生的
焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
（3）现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s 时导体棒的速
度大小.
答案 （1）2T （2）2m/s 2m/s2 （3）4m/s
解析 （1）由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3m/s
对应的感应电动势E＝BLvm
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感应电流I＝
E
R＋r
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有
BIL＝mgsinθ
解得B＝√
mg（R＋r ）sinθ
L
2vm
＝2T
（2）导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt 可知Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab 产生的焦
耳热Qab＝1
3×21J＝7J，导体棒下滑x＝5m 的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和
回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsinθ＝1
2mv1
2＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2m/s
此时感应电动势E1＝BLv1
感应电流I1＝
E1
R＋r
对导体棒有mgsinθ－BI1L＝ma1
解得加速度a1＝2m/s2
（3）开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI2L＝
ma2
感应电流I2＝Δq
Δt ，Δq＝CΔU
Δt 时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝Δv
Δt
解得a2＝2m/s2
表明导体棒下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2s 时导体棒的速度大小
v2＝a2t＝4m/s.
15
