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大题精练06 带电粒子（带电体）在复合场中的运
动问题
一、考向分析
1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形
式命题,也以计算题的形式命题。
2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，
可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。
3.用到的知识有:左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧
姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。
电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考査内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、
力与运动动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。通常还与电路等知识
综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。
二、动力学
牛顿第二运动定律
F 合 = ma 或
或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、运动学
匀变速直线运动
vt = v0+at ，s= v0t + 1
2 at
2vt
2−v0
2=2as，s= v0+ vt
2
⋅t 平均速度：
Vt/ 2 =
=
Vs/2 =
❑√
vo
2+ vt
2
2
匀加速或匀减速直线运动：Vt/2 <Vs/2
四、电磁学
电磁感应
1. ε=BLVsinθ 平动切割 ε=N Δφ
Δt 磁变模型ε=BLV 中点 旋转切割
2.Ф=Bssinθ；e=NBSωcosωt (矩形线圈在匀强磁场中匀速转动)
E 有= NBSω
❑√2
(只有正弦)
3.焦耳热Q=I2Rt(I 恒定)Q=I 有
2 Rt（I 正弦变化） Q=ΔE 机(I 非正弦
变化)
4.电量q=It q=n△ф/R BILt=BLq=mV2-mV1(只受洛仑兹力)
法拉第电磁感应定律
1.磁通量变化型：E＝n＝nS＝nB。
2.平动切割型：E＝Blv。
3.转动切割型：E＝Bl2ω。
五、常见考查题型
题型1 动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定
理巧妙解决问题。
求解的物理量
应用示例
电荷量或速度
－BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，即－BqL＝mv2－mv1
位移
＝0－mv0，即－＝0－mv0
时间
－BLΔt＋F 其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F 其他Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q、F 其他(F 其他为恒力)
－BLΔt +F 其他Δt＝mv2－mv1，即－＋F 其他Δt＝mv2－mv1
已知位移x、F 其他(F 其他为恒力)
题型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
物理
“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问
模型
题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相
加还是相减；系统动量是否守恒
分析
方法
力学
观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个
金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速
度匀速运动
能量观点
两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量观点
对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所
受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
六、解题思路
(1)电路分析:明确电源与外电路，可画等效电路图。
(2)受力分析:把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论
v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v 的变化。
(3)过程分析:注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”。
(4)能量分析:克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。
【例题1】（2025·浙江·一模）轴向磁通永磁发电机能实现“轻风起动，微风发电”。如图1 为一实验
小组设计的电机，其结构原理图如图2，用同一导线绕制成6 个彼此绝缘相互靠近的相同扇形单匝
线圈，线圈均匀分布组成定子，两侧的永磁体盘组成转子并随转轴OO´沿顺时针方向一起转动，永
磁体产生的6 个面积与线圈分别相同的扇形磁场也均匀分布，其磁感应强度大小为B，方向与线圈
垂直且沿电机的转轴方向。6 个线圈相互依次同向串联，绕制线圈的导线两端A、B 与连有灯泡L
和电键K 的外电路相连。已知扇形外半径为r1，内半径为r2，每个线圈的电阻均为R，灯泡L 的电
阻为6R，额定电压为U0，不计线圈电感及线圈间的空隙，不计阻力。
(1)若电键K 断开，永磁体盘在外力作用下，由静止开始加速转动。当角速度为ω0时，求AB 间的电
压U；
(2)当转动稳定后，灯泡恰好正常发光，如图2 中，此时线圈两侧磁场面积大小相同，从此时刻开始
计时到转子转动π
6
过程中，求通过单个线圈的磁通量Φ 的绝对值和时间t 满足的关系；
(3)若角速度与时间的关系满足ω=k ❑√t（k 为常量，0＜t≤t0），t=t0后永磁体盘开始稳定转动，求
0~2t0时间内整个电路中产生的焦耳热Q。
【答案】(1)U =6 B ω0(r1
2−r2
2)
(2)|Φ)= 1
3 U 0t
(3)Q = 9 B
2(r1
2−r2
2)
2k
2t0
2
2 R
【详解】（1）由图可知U = E =6 E0
其中E0=2B(r1−r2)ω0
r1+r2
2
= B ω0(r1
2−r2
2)
可得U =6 B ω0(r1
2−r2
2)
（2）由2U 0=6 Bω(r1
2−r2
2)
得ω=
U 0
3 B(r1
2−r2
2)
而由|Φ)= B×2× 1
2 ω(r1
2−r2
2)t
得|Φ)= 1
3 U 0t （t ≤πB(r1
2−r2
2)
2U 0
）
（3）在0～t0内，E =6 B(r1
2−r2
2)k ❑√t
可得 i=
E
12 R = B(r1
2−r2
2)k
2 R
❑√t
Δt →0可得产生的热量 Q1=∑i
2⋅12 R Δt =∑3 B
2(r1
2−r2
2)
2k
2
R
t Δt = 3 B
2(r1
2−r2
2)
2k
2t0
2
2 R
在t0～2t0内，E =6 B(r1
2−r2
2)k ❑√t0
可得Q2= E
2
12 R t0= 3 B
2(r1
2−r2
2)
2k
2t0
2
R
0~2t0时间内整个电路中产生的焦耳热Q =Q1+Q2= 9 B
2(r1
2−r2
2)
2k
2t0
2
2 R
【例题2】（2026·河南·一模）如图所示，一间距L=1m、电阻不计的足够长粗糙矩形导轨AKDC
，与水平面的夹角θ =37
∘，两端接有阻值分别为R1= R2=6Ω的定值电阻，矩形区域Ⅰ、Ⅱ内均有
垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B =1T，两区域边界之间的距离d =1.35 m。质
量m=0.2kg，电阻r =1Ω的导体棒ab垂直放在导轨上，其长度也为L，在F0=3.6 N沿导轨平面向
上的恒力作用下导体棒ab由静止开始运动，进入区域Ⅱ后立即做匀速运动。导体棒ab与导轨间的
动摩擦因数μ=0.25，运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取10m/s²，空气
阻力不计。（sin37° =0.6，cos37° =0.8）
(1)求导体棒ab在区域Ⅱ中运动时流过R1的电流的大小；
(2)若导体棒ab到达区域Ⅱ的边界时立即将恒力F0撤去，它能继续向上滑行的最大距离s=1.2m。求
导体ab在区域Ⅱ上滑的时间t。
【答案】(1)1A
(2)13
16 s
【详解】（1）导体棒ab在区域Ⅱ运动时，根据平衡条件可得F0=mgsinθ+ F + μmgcosθ
安培力F = BIL，电流关系I R1= 1
2 I
联立解得I R1=1A
（2）导体棒ab在区域Ⅱ上滑过程中，根据动量定理可得−mgsinθt −I 冲−μmgcosθt =0−mv
根据闭合电路欧姆定律I =
E
r + R并
并联电阻R并= R1 R2
R1+ R2
导体棒所受安培力的冲量I 冲= B I Lt
由闭合电路欧姆定律有I =
E
r + R并
感应电动势E = BLv
运动的平均速度为v = s
t
联立解得t = 13
16 s
难度：★★★★★ 建议时间：100 分钟
1.
（2026·海南·一模）如图所示，两个金属轮A1、A2，可绕各自中心固定的光滑金属细轴O1和O2转动。
A1金属轮由3 根金属辐条和金属环组成，每根辐条长均为4 L、电阻均为2 R。A2金属轮由1 根金属
辐条和金属环组成，辐条长为2 L、电阻为R。半径为L的绝缘圆盘A3与A1同轴且固定在一起。用轻
绳一端固定在A3边缘上，在A3上绕足够匝数后（忽略A3的半径变化），悬挂一质量为m的重物P。
当P下落时，通过细绳带动A3和A1绕O1轴转动。转动过程中，A1、A2保持接触且无相对滑动，辐条
与各自细轴之间导电良好。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直金属轮平面
向里。A1轮的轴O1及A2轮的轴O2分别引出导线与两平行足够长的光滑水平金属导轨连接，导轨E、
F处断开，金属导轨的间距为L。两导轨之间E的左侧串联了开关S1与电阻R，电容器C与单刀双掷
开关S2串联，可以通过E或F与导轨相连，虚线右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也
为B，导轨上有质量为M，长度也为L、电阻为R的金属棒GH，除题中所给电阻外不计其他电阻。
(1)S1闭合、S2断开，重物下落速度为v0时，求O1与O2两点之间电势差；
(2)S1闭合、S2断开，重物下落L过程中，通过电阻R的电量；
(3)S1闭合、S2先打向E，充电稳定后再打向F，待金属棒GH运动稳定时，求金属棒GH的速度v1。
【答案】(1)9
2 BLv0
(2)9 B L
2
2 R
(3)
CmgR
12(M +C B
2 L
2)
【详解】（1）由图可知绝缘轮A3与A1轮具有相同的角速度，重物P 与绝缘轮A3具有相同的线速
度，有E1= 1
2 B⋅4 L⋅4 v0=8 BLv0
电路的总电阻为R总= 2 R
3 + R+ R = 8 R
3
A2金属轮与A1金属轮具有相同的线速度，则A2金属轮的线速度为v ' = v = 4 v0
则A2金属轮辐条切割磁感应线产生的电动势为E2= 1
2 B⋅2 Lv
′ = 4 BLv0
根据右手定则，可知两个金属轮上每根辐条产生的电流相互增强，故两个金属轮产生的总电动势为
E = E1+ E2=12BLv0
根据闭合电路欧姆定律可得U O1O2= R
8
3 R
E = 3
8 E = 9
2 BLv0
（2）重物下落L 时，金属轮A1及A2轮边缘某点转过的弧长均为4L，通过R 的电量
q = ΔΦ
R总
=
16 B L
2
2
+ 8 B L
2
2
8
3 R
= 9 B L
2
2 R
（3）充电稳定：重力的功率与产生的热功率相等，设重物的速度为v，则mgv = (12BLv)
2
8
3 R
解得v =
mgR
54 B
2 L
2
导线切割磁感线产生的电动势为E' =12BLv
稳定时电容器两端的电压U 1= 3
8 E
' = 9
2 BLv = mgR
12BL
打向F，待金属棒GH 运动稳定时，金属棒GH 的电动势与电容器电压相等，金属棒GH 的速度v1
稳定，则有CBLv1=C U
′
又有Q =C U 1
根据动量定理，有B I <= M v1−0
其中Q = I t
解得v1=
CmgR
12(M +C B
2 L
2)
2.
（2026·海南·一模）如图所示，在水平地面上固定有相互平行且足够长的金属导轨EG、FH 与PG、
QH，间距为d，在GH 处用一小段绝缘材料相连，EF 之间接电容为C 的电容器，FH 之间接有阻值
为R 的电阻，开关S 接法如图所示，PQ 之间接有阻值也为R 的定值电阻，EFHG 和MNQP 区域内
均存在磁感应强度大小为B、方向垂直于轨道平面向上的匀强磁场。质量均为m、电阻均为r、长
度均为d 的金属棒a、b 静止在导轨上，和导轨接触良好，金属棒a 离GH 足够远，金属棒b 在GH
与MN 之间，不计导轨的电阻和一切摩擦，闭合开关S，用平行于EG 向左的恒力F 作用在金属棒a
上。
(1)求出金属棒a 从GH 处离开时的速度大小v；
(2)若在金属棒a 速度为0.5v 时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒a 匀速运动。当外力功率为
定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压U C以及从开关断开到此刻外力所做的功W（用v 表
示）；
(3)在金属棒a 以速度v 离开GH 瞬间，撤掉外力，金属棒a 和金属棒b 发生碰撞并粘连在一起进入
MNQP 区域，求金属棒ab 在MNQP 区域向左运动的最大距离xm。
【答案】(1)v = F (R+r)
B
2d
2
(2)U C= Bdv (R−r)
4 R
，W = C B
2d
2v
2(R−r)
8 R
(3)xm = mF (2 R+r)(R+r)
2B
4d
4
【详解】（1）对金属棒a 进行受力分析，列牛顿第二定律方程有F −F安=ma
由分析可知金属棒a 做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度a=0时，其速度达到最大值v，此后
匀速运动，则金属棒a 匀速运动时满足F安= BId = F
解得金属棒a 匀速运动时电路中的电流为I = F
Bd
又因为E = I (R+r)= Bdv
解得金属棒a 匀速运动时的速度大小为v = F (R+r)
B
2d
2
即金属棒a 从GH 处离开时的速度大小为v = F (R+r)
B
2d
2
（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，设电源的电动势为E
'，则根据法拉第
电磁感应定律有E
' = 1
2 Bdv
设电路中的电流为I，电容器的电荷量为Q， 则根据闭合电路欧姆定律有E
' = I (R+r)+ Q
C
当金属棒a 匀速运动时，电容器不断充电，电荷量Q 不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒a
所受安培力F安= BId不断减小。但由于金属棒a 匀速运动，则根据平衡关系可知外力
F
'始终满足
F
' = F安= BId
所以拉力的瞬时功率表达式为PF
'= 1
2 F
' v = 1
2 BIdv
又因为定值电阻的功率为PR= I
2 R
所以当PF
'=2 PR时，可得此时电路中的电流为I = Bdv
4 R
又因为E
' = I (R+r)+ Q
C
可得此时电容器两端的电压为U C= Q
C = E−I (R+r)= 1
4 Bdv −Bdvr
4 R = Bdv (R−r)
4 R
从开关断开到此刻外力所做的功为W =∑BId ⋅1
2 v Δt = 1
2 Bdv ∑I Δt = 1
2 BdvQ
其中Q = CBdv (R−r)
4 R
联立可得W = C B
2d
2v
2(R−r)
8 R
（3）金属棒a、b 碰撞后两金属棒粘在一起运动，则根据动量守恒定律有mv =2m v
'
金属棒ab 进入磁场直到静止，根据动量定理可得−B I d Δt =0−2m v
'
金属棒ab 在磁场中运动的过程有E = ΔΦ
Δt = Bd xm
Δt
又因为I =
E
R+ r
2
联立解得金属棒ab 在MNQP 区域向左运动的最大距离为xm = mF (2 R+r)(R+r)
2B
4d
4
3.
（2026·河南·一模）如图，一半径为r=0.5m 的水平固定金属圆环内存在竖直向上的磁感应强度大小
为B=1T 的匀强磁场，长为0.5m 的金属棒ab 可绕着圆环圆心转动。从圆环边缘和圆心所在竖直轴
OO1用细导线连接足够长的水平固定平行金属导轨P、Q，两导轨间存在垂直导轨平面向上的磁感
应强度大小为B=1T 的匀强磁场，在两导轨间接有电容为C=0.06F 的电容器。质量m=0.1 kg 的金属
棒cd 垂直放在导轨上处于静止状态，导轨的宽度和金属棒cd 的长度均为l=1m，金属棒cd 与导轨
之间的动摩擦因数为μ=0.5，金属棒cd 的电阻R1=1Ω，金属棒ab 的电阻R2=1Ω，其余电阻不计，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2.开关S1、S2、S3均断开，金属棒ab 始终以恒定的角速度
ω=10rad/s 逆时针（俯视）转动。现闭合开关S1、S2，断开开关S3，求：
(1)电容器的最大电荷量；
(2)当电容器电荷量达到最大值后，立即断开开关S2，闭合开关S1、S3，此后经t1=0.08 s 金属棒cd
达到最大速度，求金属棒cd 的最大速度。
【答案】(1)7.5×10
−2C
(2) 1
32 m/s
【详解】（1）金属棒ab 中的电动势为E0= 1
2 Br
2ω=1.25 V
当电容器电荷量最大时，电容器电压U Cm = E0
则电容器的最大电荷量为Qmax =C U Cm =7.5×10
−2C
（2）金属棒cd 达到最大速度vm时，有BIl = μmg
解得I =0.5 A
此时金属棒cd 的电动势为U cd = Bl vm
对电容器和金属棒cd 构成的回路U C−U cd = I R1
从开始放电到金属棒cd 达到最大速度，电容器放出的电荷量为ΔQ =C(U Cm−U C)
对金属棒cd，由动量定理B I lt1−μmgt1=m vm
又ΔQ = I t1
联立得BlC (U Cm−Bl vm−I R1)−μmgt1=m vm
解得vm = BlC U Cm−BlCI R1−μmgt
m+C B
2l
2
代入数据得vm = 1
32 m/s
4.
（2026·福建·一模）如图甲所示为一智能电动升降机，兴趣小组受升降机启发，设计了如图乙所示
的升降机示意图。间距L=2m 的金属导轨M'M、N'N 固定在绝缘水平面上，MN 端接有一智能电源。
电阻R=2Ω 的相同均匀导体棒ab、cd 通过绝缘轻杆组成“H”字形，其整体质量m=1kg，“H”字形平
放在导轨上，ab 棒中点通过细绳绕过滑轮与一质量M=2kg 的货物相连，cd 棒的中心右侧某位置固
定有一劲度系数k=100
3
N/kg 的绝缘轻弹簧（初始时处于原长，左端位于P 点）。整个装置处于磁
感应强度B=1T，方向竖直向下的匀强磁场中。某次测试中，t=0 时，货物正以v0=2m/s 匀速上升，
t=1s 时货物脱钩，当货物上升到最高点时（未碰到滑轮），cd 棒刚好运动至P 点。已知cd 棒每经
过一次P 点，智能电源的电流方向会发生改变，但电流大小始终不变。所有摩擦阻力与空气阻力均
不计，除导体棒外其他电阻均不计，弹簧振子周期T =2π ❑√
m
k
，取π=3，求：
(1)货物匀速上升时，通过智能电源的电流大小I；
(2)cd 棒运动到P 点前瞬间智能电源的输出电压U；
(3)从t=1s 至cd 棒第二次运动到P 点，流过cd 棒的电荷量q；
(4)从t=0 至cd 棒第三次运动到P 点，智能电源输出的总能量E。
【答案】(1)10 A
(2)22V
(3)
(❑√3−1)C
(4)
(20 ❑√3+236)J
【详解】（1）货物匀速上升，对货物与“H”字形，有BIL= Mg
解得I =10 A
（2）货物脱钩，货物到最高点时间t1= v0
g =0.2s
对导体棒动量定理有BILt1=m vP−m v0
解得v P=6 m/s
向右未碰到弹簧时有U = I R
2 + BLv P
解得U =22V
（3）导体棒碰到弹簧后所受合力与位移关系如图所示
设弹簧最大压缩量为x。根据动能定理−1
2
(kx + BIL+ BIL) x =0−1
2 m v P
2
解得x =0.6 m
从P点开始，“H”字形与弹簧组成系统在水平面内做简谐运动，其平衡位置在P点左侧，设弹簧最大
形变量为x0，有k x0= BIL
解得x0=0.6 m
因此，振幅A = x + x0=1.2m
“H”字形从接触弹簧到离开弹簧Δt = T
3 =
❑√3
5 s
解得周期T = 3 ❑√3
5
s
流过导体棒的电荷量q = 1
2 (I Δt −I t1)=(
❑√3 π
3
−1)=(❑√3−1)C
（4）第一次到P 点前，导体棒焦耳热Q1= I
2 R
2 (t +t1)=120J
与弹簧接触期间，导体棒焦耳热Q2= I
2 R
2 Δt = 20 π
3
❑√3=20 ❑√3J
第二次经过P 点到第三次经过P 点，由动量定理可知BILt2=2m v P
解得t2=0.6s
导体棒焦耳热Q3= I
2 R
2 t2=60J
货物与“H”字形总机械能的变化量Δ E = Mgh+ 1
2 m v P
2 −1
2 m v0
2=56J
总能量E =Q1+ Δ E+Q2+Q3
解得E =(20 ❑√3+236)J
5.
（2026·湖南·一模）如图所示，间距均为L的两段足够长平行光滑金属导轨M 1 N 1 M 2 N 2、
P1Q1 P2Q2均固定在水平面上，光滑绝缘件将两段导轨相连，导轨左右两端分别与电容为C的电容
器和阻值为R的电阻相连接，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，
开始时电容器上极板带正电，电荷量大小为Q0。现将质量为m、长为L、电阻为r的导体棒在
M 1 N 1 M 2 N 2内某位置垂直于导轨由静止释放，导体棒在到达绝缘件之前已经做匀速直线运动，导
轨电阻忽略不计，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。
(1)求导体棒在释放瞬间加速度的大小；
(2)求导体棒穿过光滑绝缘件时的速度大小；
(3)求导体棒最终静止时距连接处P1 P2的距离。
【答案】(1)BLQ0
mrC
(2)
BLQ0
m+C B
2 L
2
(3)
mQ0(R+r)
BL(m+C B
2 L
2)
【详解】（1）释放瞬间导体棒两端电压即为电容器两端电压，知U = Q0
C
对导体棒，根据牛顿第二定律，有BIL=ma
而I = U
r
联立可得a= BLQ0
mrC
（2）导体棒匀速时说明导体棒切割磁感线产生的电动势和电容器两极板间电压相等，设导体棒匀
速时的速度为v，可知BLv = Q'
C
对导体棒，根据动量定理，有BIL Δt =mv −0
且I Δt =Q0−Q'
联立可得v =
BLQ0
m+C B
2 L
2
（3）对导体棒穿过绝缘件后减速运动过程中，根据动量定理，有−BI ' L Δt ' =0−mv
又有I ' =
E
R+r = BLv
R+r
位移为x = v Δt
联立可得x = mv (R+r)
B
2 L
2
=
mQ0(R+r)
BL(m+C B
2 L
2)
6.
（25-26 高三上·重庆·期中）如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ，电阻忽略不计，固
定在倾角（θ =30
∘）的斜面上，间距为L=1m，整个空间分布着磁感应强度大小为B=1T、方向垂
直导轨平面向上的匀强磁场。将两根金属棒a、b 放置在导轨上，并将b 用绝缘轻绳绕过定滑轮和
物块c 连接，滑轮左侧绳索与导轨平行，右侧绳索竖直。已知a、b 棒的长度均为L，电阻均为
R =1Ω，a、b 的质量为 ma=0.2kg，mb=0.1kg，c 的质量为m。（未知且大小可调），金属棒
a、b 始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a、b 与导轨间动摩擦因数均为μ（大小可调），其他摩
擦不计。初始时b、c 间绳索恰好伸直，维持a、b、c 静止，释放物块c 后，a、b 始终在导轨上运
动且不会撞到滑轮，c 始终在竖直方向运动不会撞到地面和滑轮。重力加速度g 取 10 m /s
2。
(1)若μ=
❑√3
3
，释放物块c 后，a、b 棒均保持静止，则c 的最大质量 mc1为多大？若仅a 棒能始终保
持静止，则c 的最大质量mc2为多大？
(2)若μ=
❑√3
3
，将c 的质量调整为（1）问中的m，初始时从绳子伸直将c 竖直向上提升 mc，
h=0.2m，再由静止释放c，当绳子绷紧后b、c 共速，求在之后的运动中b 与导轨因摩擦所产生的热
量Q；
(3)若μ=0 且mc3= 0.15kg，同时释放a、b 与c 后：
①若最终a、b 匀速运动，求二者匀速运动的速度大小；若最终a、b 做变速运动，求最终二者的加
速度大小；
②求初始到a 棒的位移为d=2m 过程中流过a 棒的电荷量。
【答案】(1)mc1=0.1kg； mc 2=0.3kg
(2)Q =0.2J
(3)①v1= 10
9 m /s，v2= 8
9 m /s；②q =1.8C
【详解】（1）a、b 棒均保持静止，无感应电流，且tanθ = μ=
❑√3
3
，故a可以静止在轨道上
对b、c 系统要保持静止，根据平衡条件有mc1 g=mb gsinθ+ μmb gcosθ
解得mc1=0.1kg
当棒b运动后，要保证金属棒a始终静止，允许通过的最大电流为I 1，根据平衡条件有
ma gsinθ+ μma gcosθ = B I 1 L
解得I 1=2A
对棒b分析，做加速度减小的加速运动，最终匀速时电流最大，根据平衡条件有
mc 2 g=mb gsinθ+ μmb gcosθ+ B I 1 L
解得mc 2=0.3kg
（2）c下落过程，根据机械能守恒有mc1 gh= 1
2 mc1v0
2
解得v0=2m /s
绳绷紧后，对b、c 系统，沿绳方向，根据动量守恒有mc1v0=(mc1+mb)v
当b、c 共速度后a静止，b、c 做减速运动，对b、c 系统，在沿绳方向，根据动量定理有
[mc1g−(mb gsinθ+ μmb gcosθ))t 总−∑BiL Δt =0−(mc1+mb)v
又q电=∑i Δt
可得−B q电L=0−(mc1+mb)v
设b 向上运动x 后停止，根据q电= I Δt，I = E
2 R
，E = ΔΦ
Δt
，ΔΦ = BLx
可得q电= BLx
2 R
又产生的热量Q = μmb gcosθ⋅x
联立并代入数据可得Q =0.2J
（3）①设某一时刻的电流为I x，当a向下运动时，根据牛顿第二定律有ma gsinθ−B I x L=maa1
解得a1=5−5 I x
对b、c 整体，根据牛顿第二定律有mc 3 g−mb gsinθ−B I x L=(mc 3+mb)a2
解得a2= 4−4 I x
对ab
棒和导轨组成的回路，根据闭合电路欧姆定律有I x = BL(v1+ v2)
2 R
因为两棒的初速度为零，则有v1
v2
= a1
a2
= 5
4
代入数据可得a1=5−9
2 v1
即棒a、b 匀做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，即a1=5−9
2 v1=0
解得a 最终匀速的速度大小为v1= 10
9 m /s
又v1
v2
= 5
4
解得b 最终匀速的速度大小为v2= 8
9 m /s
②由上可知，a
、b
的位移关系为x1
x2
= v1
v2
= a1
a2
= 5
4
其中x1=d =2m
可得x2= 4
5 x1=1.6 m
根据q电= BLx
2 R
其中x = x1+ x2=3.6 m
联立可得电路中电荷量的大小为q电=1.8C
7.
（2025·云南昭通·模拟预测）在大型仓储中常用电磁阻尼控制货物运送速度以确保安全。如图所示，
间距为L=2m的平行光滑金属轨道abc与a' b' c'，顶端通过导线与阻值为R =0.6Ω的定值电阻相
连；倾斜部分倾角为θ =37°，处在垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B =1T的匀强磁场中；水平
部分bb'与cc'之间的距离为x =3 m，cc'处停放小车N。尾部加装金属横杆的转运小车M从轨道顶
端aa'处由静止滑下，由于电磁阻尼的作用，进入水平部分之前已经达到最大速度，最终与小车N
发生碰撞，在自锁装置的作用下，两车碰后不分开。金属横杆接入电路的阻值为r =0.4Ω，两端均
与金属轨道接触良好，小车M和金属横杆的总质量为m1=2kg，小车N的质量为m2=1kg，重力加
速度大小取g=10 m /s
2。两小车尺寸较小且绝缘，经过轨道连接处速度大小不变，sin37° =0.6，
轨道电阻不计。
(1)求小车M在倾斜轨道上下滑过程中的最大速度vm的大小；
(2)求小车M与N碰撞过程中损失的机械能；
(3)若没有小车N，要保证小车M尾部金属横杆离开cc'时速度恰好减为零，可以在轨道水平部分
bb'与cc'之间加竖直方向的匀强磁场B'（图中未画出），求B'的大小。（B和B'互不干扰）
【答案】(1)3m/s
(2)3J
(3)
❑√2
2 T
【详解】（1）小车M在倾斜轨道上下滑过程中，速度最大时横杆上的感应电动势E = BLvm
感应电流为I =
E
R+r = BLvm
R+r
根据平衡条件有BIL=m1gsinθ
解得vm =3 m/s
（2）两小车碰撞过程中系统动量和能量守恒，设两小车碰撞后的速度大小为v共，损失的机械能为
E损，以小车M运动方向为正方向，则有m1vm =(m1+m2)v共，E损= 1
2 m1vm
2 −1
2 (m1+m2)v共
2
解得E损=3J
（3）若在轨道水平部分bb'与cc'之间加竖直方向的匀强磁场B'，设小车在bb'与cc'之间运动过
程中，平均感应电动势为E1，平均感应电流为I 1，受到与运动方向相反的安培力平均大小为F1，
以小车运动方向为正方向，则有E1= ΔΦ
Δt1
= B' Lx
Δt1
，F1= B' I 1 L，I 1= E1
R+r
由动量定理有−F1Δt1=0−m1vm
解得B' =
❑√2
2 T
8.
（2025·浙江·一模）某发电机简化结构如图所示，它由质量均为m、电阻不计、半径分别为r、2r 的
两金属圆环，四根长为2r、电阻均为R 的轻杆，以及直径可忽略的轻质转轴OO
′（转轴垂直圆环）
构成。相互正交的轻杆将内、外金属环焊接固定，并固定在转轴上，装置的下半部分处于磁感应强
度大小为B，方向垂直金属环平面向里的匀强磁场中，且始终只有两根轻杆位于磁场内。足够长的
细绳绕在内金属环上，拉动细绳可使整个装置转动。不计转轴摩擦和电阻、及各固定连接处的电阻
和空气阻力。
(1)若装置顺时针以角速度ω 转动时
①判断内、外金属环上的电势高低；
②求内、外金属环之间的杆切割磁感线产生的电动势EMN；
③求轻杆两端点间的电压U ON；
(2)用恒力F 拉动轻绳，装置从静止开始转动至转速到达最大值时恒力做功W，求角速度最大值ωm
以及该装置在此过程中产生的焦耳热Q。
【答案】(1)①外金属环电势高；②EMN = 3
2 Bωr
2③U ON =−Br
2ω
(2)ωm =
FR
4 B
2r
3
，Q =W −5
32
m F
2 R
2
B
4r
4
【详解】（1）①轻杆切割磁感线，根据右手定则，可判断外金属环电势高
②EMN = Br v
v = 2ωr +ωr
2
= 3
2 ωr
EMN = 3
2 Br
2ω
③在磁场外部的电阻为R1= R
2
，磁场内部的电阻为R2= R
2
，电路总电阻R总= R
同理②可得EON =2Br
2ω
磁场中两轻杆并联，电路产生的电动势即为EON
，由闭合电路欧姆定律，有I = EON
R总
得U ON =−I ⋅R
2 =−Br
2ω
（2）转速最大时，恒力的功率与电路的功率相等，有F vm = F ωmr = EON
2
R总
= 4 B
2r
4ωm
2
R
解得ωm =
FR
4 B
2r
3
装置的动能EK= 1
2 mr
2ωm
2 + 1
2 m(2r)
2ωm
2
根据能量守恒定律，有Q =W −EK=W −5
32
m F
2 R
2
B
4r
4
9.
（2025·浙江宁波·一模）某学习小组设计了如图甲所示装置图，图中飞轮是由对称分布的4 根长
r1=0.5 m的金属辐条和金属圆环构成，4 根辐条的中间均串联有一个相同的阻值均为R1=2Ω的小
灯泡，辐条一端均相接于飞轮中心O点，另一端与圆环相接。飞轮可绕过O点且垂直于纸面的水平
固定轴转动（轴的半径不计）。垂直于环面方向存在4 个固定的对称分布的顶角为60
∘的扇形匀强
磁场区域，磁感应强度大小均为B =0.2T，方向垂直环面向里。飞轮中心O点和圆环通过电刷与外
电路相连，已知电源电动势E = 4 V，不计其他电阻、空气阻力和摩擦力。开始时4 根辐条均静止于
扇形磁场区域内，接通开关S，飞轮开始转动。
(1)接通S，判断飞轮开始转动的方向，并求出S 接通时流过辐条a的电流I；
(2)求稳定后飞轮转动的角速度ω0，以及在飞轮转动一圈时间内电流对辐条a上的小灯泡所做的功W ；
(3)若整个空间均存在垂直环面的匀强磁场，磁感应强度大小和方向均保持不变，4 根辐条不接小灯
泡，换成4 根阻值均为R2=0.3Ω的金属辐条，外电路电源电动势保持不变，内阻也不计。学习小
组先将改装后的飞轮的中心O点和一轻质圆盘中心O
′点固定在一根转轴上，再将一重物通过不可伸
长的细线连在圆盘边缘上，如图乙所示。接通S 后，飞轮转动起来，带动圆盘转动，从而提升静置
于水平面上的重物。已知重物质量m=1kg，圆盘半径r2=0.1m。稳定后，求重物在竖直上升状态
时的速度大小v。
【答案】(1)逆时针方向，I =2A
(2)ω0=160rad/s，W =π
30 J
(3)4 m /s
【详解】（1）S 接通时，飞轮转动方向为逆时针方向
由I = E
R1
，得I =2A
（2）稳定后，电源电动势和杆的感应电动势相等 得E = 1
2 B ω0r1
2
得ω0= 2 E
B L1
2 =160rad/s
当a杆在磁场中时通过a杆的电流为0，当a杆在磁场外通过a杆的电流I =2A，在飞轮转动一圈时间
内电流对小灯泡所做功为
由W = I
2 R1
1
3 T 得
W =π
30 J
（3）设流过杆的电流为I则有E−1
2 Bωr1
2= I R2
解法1：根据能量守恒E⋅4 I = 4⋅I
2 R2+mg ϖ r2
由上两式得ω= 40rad/s
解法2：根据力矩平衡4⋅BI r1⋅1
2 r1=mgr2
得ω= 40rad/s
稳定时重物上升的速度v =ωr2= 4 m /s。
10. （2025·浙江杭州·一模）如图，某测速装置中的一个竖直轮子由细圆环与辐条构成，细圆环质量为
M、半径为r，辐条质量不计。当轮子匀速转动时，固定在轮子上的轻质小圆柱可带动“工”形支架
在竖直方向做简谐运动。“工”形支架质量为m，其下端的金属横杆与平行导轨垂直且紧密接触。导
轨间距也为r，下端接有阻值为R的定值电阻，整个导轨处于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向
里的匀强磁场中。现对轮子施加外力，使轮子以角速度ω顺时针匀速转动，当图示中的小圆柱转动
到左侧与轮子中心等高处开始计时（t =0），此时金属横杆与导轨底部距离为2r。已知重力加速度
为g，除定值电阻外其余电阻均忽略不计，空气阻力、摩擦阻力不计，电路中电流的磁场忽略不计。
(1)求t =0时，支架向上运动的速度大小和横杆的电动势；
(2)求横杆中电流随时间变化的关系（以向左为电流的正方向）；
(3)求从t =0起，轮子转过1
4
圈过程中，轮子对支架做的功；
(4)若t =0时，撤去外力，同时在极短时间内使磁场的磁感应强度减小到0，求磁感应强度减为0 瞬
间，轮子的角速度大小（可能用到微元累积公式∑xΔ x = 1
2 x
2）。
【答案】(1)ωr，Bωr
2
(2)i= Bωr
2
R
cosωt
(3)πω B
2r
4
4 R
+mgr −1
2 mω
2r
2
(4)ω+
B
2r
2
(M +m) R
【详解】（1）支架的速度为v =ωr
电动势大小为E = Brv
联立解得电动势为E = Bωr
2
（2）任意时刻t，横杆的速度为vt = v cosωt
电动势大小为ε = Br vt
电流为i= ε
R
联立解得i= Bωr
2
R
cosωt
（3）轮子转过1
4
圈时，用时t = π
2ω
，支架的速度为0，位移为r，研究支架，由动能定理知
−mgr +W 安+W 轮=0−1
2 m v
2
又有W 安=−I 0
2 Rt
I 0= Bωr
2
❑√2 R
联立解得W 轮= πω B
2r
4
4 R
+mgr −1
2 mω
2r
2
（4）对轮子与“工”形支架组成的系统分析。将轮子的转动等效为平动，则在磁场减小的极短时间
ΔT内有I 安−mgΔT =(M +m)ω
′ r −(M +m)ωr
因为时间极短，回路的面积可视为不变，所以撤去磁场过程的任意时刻it =ΔBt r ⋅2r
Δt ⋅R
故安培力的冲量为I 安=∑Btit r ⋅Δt =∑2Bt r
3ΔBt
R
= B
2r
3
R
因为时间极短，ΔT →0
，所以mgΔT
可忽略不计，联立可解得ω
′ =ω+
B
2r
2
(M +m) R
