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
秘籍11 电磁感应现象中的单双棒问题
电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考查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。
题型一 以等间距双导体棒模型考动量能量问题（计算题）
题型二 以不等间距双导体棒模型考动量定理与电磁规律的综合问题（计算题）
题型三 以棒+电容器模型考查力电综合问题（计算题）
1、电磁感应的动力学问题
1．安培力的大小
由感应电动势E＝Blv、感应电流I＝和安培力公式F＝BIl 得F＝.
2．安培力的方向判断
(1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方
向．
(2)根据安培力阻碍导体和磁场的相对运动判断．
3．电磁感应中的力和运动
电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象．联系两大研究对象的
桥梁是磁场对感应电流的安培力，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变．
2、电磁感应中的动力学和能量问题
1．能量转化
导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的
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
能转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机
械能或内能．因此，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化．
2．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形
式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他
形式的能转化为电能的过程．
3、动量定理在电磁感应现象中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：
1．（2023•定远县校级二模）如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ 固定在倾角θ＝37°
的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3Ω 的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1m，整个装置处
于磁感应强度B＝2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m＝1kg 的金属棒ab 置于导
轨上，ab 在导轨之间的电阻r＝1Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab 由静止释放后沿导轨运动
时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不计空气阻力影响，已知金属棒ab 与导轨间动摩擦因
数μ＝0.5，sin37°＝0.6cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。
（1）求金属棒ab 沿导轨向下运动的最大速度vm。
（2）求金属棒ab 沿导轨向下运动过程中，电阻R 上的最大电功率PR。
（3）若从金属棒ab 开始运动至达到最大速度的过程中，电阻R 上产生的焦耳热总共为1.5J，求
这个过程的经历的时间。
【解答】解：（1）金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为
零时有最大速度vm，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μmgcosθ﹣F 安＝0
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
又F 安＝BIL，I =
E
R+r ，E＝BLvm
解得：vm＝2.0m/s
（2）金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R 上的电功率最大，此时
PR= I
2 R
联立解得：PR＝3W
（3）设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律
mgxsinθ = μmgxcosθ+QR+Q+ 1
2 mvm
2
根据焦耳定律QR
Q = R
r
联立解得x＝2.0m
根据q = I Δt，I =
E
R+r ，E = ΔΦ
Δt ，ΔΦ＝BLx
解得q＝1C
由动量定理得：
(mgsinθ - μmgcosθ) Δt - B I LΔt =m vm-0
解得t＝2s
答：（1）金属棒ab 沿导轨向下运动的最大速度为2.0m/s。
（2）金属棒ab 沿导轨向下运动过程中，电阻R 上的最大电功率为3W。
（3）这个过程的经历的时间为2s。
2．（2023•东城区校级三模）电动机是第二次科技革命中的最重要的发明之一，在生产、生活中起
着极为重要的作用。
（1）直流电动机的工作原理可以简化为图1 所示的模型。在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强
磁场中，两根足够长的平行金属轨道MN、PQ 固定在水平面内，相距为L，电阻不计。质量为
m、电阻为R 的金属导体棒ab 垂直于MN、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好。轨道左端接有直
流电源，电源电动势为E、内阻不计。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。在导体棒运动过程
中，导体棒上的电流I 与速度v 的大小关系满足I = E - BLv
R
，导体棒始终受到大小为f 的阻力作
用。求：
a．闭合S 瞬间，导体棒受到的安培力的大小F0；
b．导体棒速度为v 时，导体棒加速度的大小a。
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
（2）某兴趣小组根据直流电动机的工作原理设计了模型飞机的电磁弹射装置。如图2 所示，用
于弹射模型飞机的线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B，线圈可沿
导轨滑动。开关接通，电动势为E、内阻不计的电源与线圈连接，线圈推动飞机从静止开始加速，
运动过程中线圈和飞机受到的总阻力恒为f。线圈总电阻为R，匝数为n，每匝周长为l。
a．若导轨足够长，求飞机能够获得的最大速度vm。
b．为了让线圈在模型飞机弹出后尽快停下来，该小组在图2 的基础上改进了电路。如图3 所示，
单刀双掷开关接通1，线圈推动飞机加速；飞机弹出后，将单刀双掷开关接通2，让线圈减速。
请说明这一设计的原理。
【解答】解：（1）a．闭合S 瞬间，根据闭合电路欧姆定律有：I0= E
R
导体棒受到的安培力的大小为：F0＝BI0L= BLE
R
b．导体棒速度为v 时，反电动势为：E′＝BLv
导体棒受到的安培力的大小：F＝BIL
由牛顿第二定律可得导体棒加速度的大小：a= F - f
m
= BL( E - BLv)
mR
- f
m
（2）a．当飞机与线圈组成的系统受到的安培力与阻力大小相等时，飞机的速度达到最大，则
有
I′= E -nBLvm
R
线圈受到的安培力为：F＝nBI′L
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
由F＝f 可得：
vm= E
nBL -
fR
n
2B
2 L
2
b．飞机弹出后，开关接通2，线圈和电阻组成闭合回路，线圈在磁场中做切割磁感线的运动，
产生感应电流，受到与运动方向相反的安培力，安培力使线圈做减速运动。
答：（1）a．闭合S 瞬间，导体棒受到的安培力的大小为BLE
R
；
b．导体棒速度为v 时，导体棒加速度的大小为BL( E - BLv)
mR
- f
m
。
（2）a．若导轨足够长，飞机能够获得的最大速度为E
nBL -
fR
n
2B
2 L
2；
b．原理见解析。
3．（2023•沈河区校级三模）如图所示，固定光滑平行轨道abcd 的水平部分处于磁感应强度大小
为B＝1T、方向竖直向上的匀强磁场中，bc 段轨道宽度为d1＝0.6m，cd 段轨道宽度为d2＝
0.3m，bc 段轨道和cd 段轨道均足够长，将质量分别为mP＝2kg，mQ＝1kg，有效电阻分别为Rp
＝2Ω，RQ＝1Ω 的金属棒P 和Q 分别置于轨道上的ab 段和cd 段，且均与轨道垂直，金属棒Q 原
来处于静止状态。现让金属棒P 从距水平轨道高为h＝0.2m 处无初速度释放，两金属棒运动过程
中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，不计其它电阻及空气阻力，重力加速度大小为g＝
10m/s2，求：
（1）金属棒P 刚进入磁场时的速度大小；
（2）金属棒P 刚进入磁场时Q 棒的加速度大小；
（3）两金属棒距离最近时两导轨间的电压U。
【解答】解：（1）金属棒P 从释放到进入水平轨道过程机械能守恒，据机械能守恒定律得：
mgh= 1
2 m v0
2
代入数据解得，：金属棒P 刚进入磁场时的速度大小v0＝2m/s
（2）金属棒P 刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势Em＝Bd1v0
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
由闭合电路的欧姆定律可知，回路感应电流Im=
Em
RP+ RQ
对金属棒Q，由牛顿第二定律得：BImd2＝ma
代入数据解得，金属棒Q 的加速度大小a＝0.12m/s2
（3）两金属棒受到相等时距离最近，设相等速度大小为v，以向右为正方向，
对金属棒P，由动量定理得：﹣BId1t＝mPv﹣mPv0
对金属棒Q，由动量定理得：BId2t＝mQv﹣0
代入数据解得：v＝1m/s
两金属棒速度相等时切割磁感线产生的感应电动势EP＝Bd1v，EQ＝Bd2v
由闭合电路的欧姆定律得：I= EP- EQ
RP+ RQ
两导轨间的电压U＝EP﹣IRP
代入数据解得：U＝0.4V
答：（1）金属棒P 刚进入磁场时的速度大小是2m/s；
（2）金属棒P 刚进入磁场时Q 棒的加速度大小是0.12m/s2；
（3）两金属棒距离最近时两导轨间的电压U 是0.4V。
4．（2023•宁德模拟）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，间距为
L，空间分布着磁感应强度大小为B，与导轨平面垂直且向上的匀强磁场。将两根金属棒a、b 放
置在导轨上，并将b 用轻绳通过定滑轮和物块c 连接。已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质
量均为m，物块c 的质量也为m，金属棒a、b 始终与导轨垂直且接触良好，不考虑其他电阻，
不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）将金属棒b 锁定，释放金属棒a，求金属棒a 的最终速度v1；
（2）物块c 以2v1的速度竖直向下运动，同时释放金属棒a，求金属棒b 的最终速度v2；
（3）在（2）问中，若a、b、c 从开始运动经时间t 到达稳定状态，求该过程中a、b 产生的总焦
耳热。
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
【解答】解：（1）金属棒b 锁定，释放金属棒a，金属棒a 沿轨道向下做加速运动，最终做匀速
直线运动，
金属棒a 做匀速直线运动时切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv1
由闭合电路的欧姆定律得I=
E
R+ R = BLv1
2 R
金属棒a 所受安培力F 安培＝BIL= B
2 L
2v1
2 R
金属棒a 做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsinθ= B
2 L
2v1
2 R
解得：v1= mgR
B
2 L
2
（2）物块c 向下运动过程，金属棒b 沿导轨向上做减速运动，金属棒a 向上做加速运动，最终
金属棒a、b 都做匀速直线运动
设金属棒a 做匀速直线运动的速度为va，金属棒b 做匀速直线运动的速度大小为v2，回路总感应
电动势E 总＝BLv2﹣BLa
由闭合电路的欧姆定律可知，回路电流I= E总
R+ R = BL(v2- va)
2 R
对金属棒a，由平衡条件得：mgsinθ＝BIL
解得：v2﹣va= mgR
B
2 L
2，则v2﹣va＝v1
物块c、金属棒a、b 组成的系统动量守恒，以平行于导轨向上为正方向，由动量守恒定律得：
2m×2v1＝mva+2mv2
解得：va= 2mgR
3 B
2 L
2，v2= 5mgR
3 B
2 L
2
（3）以平行于斜面向上为正方向，从开始运动到达到稳定状态，对金属棒a，由动量定理得：B
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
ILt﹣mgsinθ×t＝mva﹣0
其中：q= It= E
2 R t =
ΔΦ
t
2 R t = ΔΦ
2 R = BL( xb- xa)
2 R
，解得：xb﹣xa= 4 m
2 g R
2
3 B
4 L
4 + mgRt
B
2 L
2
对a、b、c 组成的系统，由能量守恒定律得：1
2 ×2m×(2v1)
2+mgxb= 1
2 mva
2+ 1
2 ×2mv2
2+
mgxasinθ+mgxbsinθ+Q
解得：Q= 5m
3 g
2 R
2
3 B
4 L
4 + m
2 g
2 Rt
2B
2 L
2
答：（1）金属棒a 的最终速度v1是mgR
B
2 L
2；
（2）金属棒b 的最终速度v2是5mgR
3 B
2 L
2；
（3）该过程中a、b 产生的总焦耳热是5m
3 g
2 R
2
3 B
4 L
4 + m
2 g
2 Rt
2B
2 L
2
。
5．（2022•泉州模拟）如图，间距为L 的光滑平行导轨倾斜固定，倾角θ＝30°电阻不计的导轨上放
置两根有一定阻值的金属杆ab 和cd，两杆质量均为m，cd 杆中点通过平行于导轨的轻绳系在固
定的拉力传感器上，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。
现给ab 杆一个沿导轨向上、大小为v0的初速度，同时对ab 杆施加一个平行于导轨的推力，使拉
力传感器示数FT随时间t 按FT= m g
2
3 v0
t+ mg
6
的规律变化。已知重力加速度大小为g，两杆不相碰，
始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦。
（1）求t＝0 时回路中的感应电流大小I0；
（2）求ab 杆的速度vt随时间t 变化的关系式；
（3）若在0～3 v0
2g
时间内回路产生的焦耳热为Q，求推力F 时间0～3 v0
2g
时间内做的功。
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
【解答】解：（1）由FT= m g
2
3 v0
t+ mg
6
可得t＝0 时，FT= mg
6
cd 杆受到的安培力大小：F 安＝BI0L
对cd 根据平衡条件可得：FT0+F 安＝mgsinθ
联立解得：I0= mg
3 BL
；
（2）设回路总电阻为R，则：I0= BLv0
R
，
t 时刻的电流：I= BLvt
R
cd 杆受力平衡，根据平衡条件可得：FT+BIL＝mgsinθ
联立解得：vt＝v0﹣gt；
（3）由vt﹣t 关系式可知ab 杆沿倾斜导轨做匀减速运动，加速度大小为a＝g，方向沿导轨向下，
ab 杆在t= 3 v0
2 g
时的速度为：vt＝v0﹣g× 3 v0
2g =- 1
2
v0
在0～3 v0
2g
时间内的位移：s＝v0t- 1
2 at
2
此过程中，根据动能定理可得：﹣mgs•sinθ﹣W 安+WF= 1
2 m vt
2- 1
2 m v0
2
由功能关系可知，在0～3 v0
2g
时间内ab 杆克服安培力做的功为W 安＝Q
联立解得：WF＝Q- 3
16 mv0
2。
答：（1）t＝0 时回路中的感应电流大小为mg
3 BL
；
（2）ab 杆的速度vt随时间t 变化的关系式为vt＝v0﹣gt；
（3）推力F 时间0～3 v0
2g
时间内做的功为Q- 3
16 mv0
2。
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
6．（2022•龙岩模拟）如图所示，两根半径为r＝0.5m 的四分之一光滑圆弧轨道，间距为L＝1m，
轨道电阻不计。在其上端连有一阻值为R＝2Ω 的电阻，圆弧轨道处于辐向磁场中，所在处的磁
感应强度大小均为B1＝1T，其顶端A、B 与圆心处等高。两根完全相同的金属棒mn、pq 在轨道
顶端和底端，e、f 是两段光滑的绝缘材料，紧靠圆弧轨道最底端，足够长的光滑金属轨道左侧
是一个C＝0.05F 的电容器。将金属棒mn 从轨道顶端AB 处由静止释放。已知当金属棒到达如图
所示的CD 位置，金属棒的速度达到最大，此时金属棒与轨道圆心连线所在平面和水平面夹角为
θ＝60°。mn 棒到达最底端时速度为v＝2m/s（此时与pq 还没有碰撞）。已知金属棒mn，pq 质
量均为m＝0.4kg、电阻均为R0＝2Ω，求：
（1）当金属棒的速度最大时，流经金属棒pq 的电流方向和pq 金属棒此时的热功率；
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程（此时与pq 还没有碰撞）中流经电阻R 的电量；
（3）金属棒mn 和pq 发生碰撞后粘在一起运动，经过两小段光滑绝缘材料e，f 后继续向左运动，
进入磁感应强度为B2＝2T 的匀强磁场，求金属棒最后的速度大小。
【解答】解：（1）根据楞次定律可知，流经金属棒pq 的电流方向由p 到q，且mn 棒速度最大
时有B1ImnL＝mgcos60°
解得流经mn 棒的电流大小Imn＝2A
由于e、f 是两段光滑的绝缘材料，则由电路关系知Ipq＝1A
则pq 金属棒此时的热功率P= I pq
2 R＝12×2W＝2W
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程（此时与pq 还没有碰撞）中流经mn 棒的电量为
qmn= I•Δt= E⋅Δt
R总
= ΔΦ
R总
其中ΔΦ＝B1L（1
4
2πr）
代入数据解得qmn= π
12
C
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
则流经电阻R 的电量qR= qmn
2 = π
24
C
（3）金属棒mn 和pq 发生碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定律有mv＝2mv 共
设金属棒最后的速度大小为vx。
碰撞后对整体，由动量定理得
2mvx﹣2mv 共＝﹣B2IL•Δt
又q= I•Δt
q＝CU＝CB2Lvx
解得vx＝0.8m/s
答：（1）流经金属棒pq 的电流方向由p 到q，pq 金属棒此时的热功率为2W；
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程（此时与pq 还没有碰撞）中流经电阻R 的电量为π
24
C；
（3）金属棒最后的速度大小为0.8m/s。
7．（2023•闵行区二模）如图（a），竖直放置足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L＝1m，上
端用阻值为R＝10Ω 的电阻相连。整个装置处于磁感应强度B＝1T 的匀强磁场中，磁场方向垂
直导轨平面向内。质量为m＝0.5kg，电阻不计的金属棒ab 从轨道底部以v0＝10m/s 开始竖直向
上运动，然后又向下返回直至匀速运动。运动过程中ab 始终与导轨垂直且良好接触，空气阻力
不计。求：
（1）ab 刚开始运动时R 中的电流大小和方向；
（2）ab 刚开始运动时的加速度a0和匀速下滑时的速度v1；
（3）比较ab 上升过程的时间t 上与下落返回至出发点的时间t 下的长短；
（4）以ab 的出发点为原点，竖直向上建立x 轴，若ab 在上升过程中的v﹣x 图像如图（b）所
示，求图像与坐标轴所包围的面积S。
【解答】解：（1）棒ab 在磁场中运动产生的动生电动势为：
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
E＝BLv0＝1×1×10V＝10V
流过电阻R 的电流强度为：I = E
R = 10V
10Ω =1 A
根据右手定则可知ab 刚开始运动时R 中的电流方向由左向右
（2）初始时刻对ab 根据牛顿第二定律得：mg+F 安＝ma0，其中F 安＝BIL
代入数据解得：a0＝12m/s2，方向竖直向下
对匀速下滑时，由受力平衡的条件得：mg= F '安= BI ' L= B
2 L
2v1
R
代入数据解得：v1＝50m/s
（3）由于在上升和下降过程中安培力一直做负功，所以上升和下降经过同一位置时，上升的速
度大于下降的速度，可知上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，而上升和下降的位移
大小相同，所以t 上＜t 下
（4）由能量守恒知道，ab 的初动能在上升过程中转化为ab 重力势能的增量和电阻R 产生的焦
耳热，即：1
2 m v0
2=mgh+Q
代入数据解得：Q＝3J
由功能关系知，物体克服安培力做功等于电能的增加量，也就是全电路的焦耳热，即：W 克安＝
Q
克服安培力做功大小即为F 安﹣x 图中曲线和坐标轴所围成的面积，而安培力大小为：
F安= B
2 L
2
R
v，每时每刻都是速度v 的B
2 L
2
R
倍，因此F 安﹣x 图中曲线和坐标轴所围成的面积是
v﹣x 图与坐标轴所包围的面积S 的B
2 L
2
R
倍，那么：Q =W 克安= B
2 L
2
R
S
即S = QR
B
2 L
2 =
3 J ×10Ω
(1T )
2×(1m)
2 =30m
2/ s。
答：（1）ab 刚开始运动时R 中的电流大小为1A，方向由左向右；
（2）ab 刚开始运动时的加速度为12m/s2，方向竖直向下；匀速下滑时的速度为50m/s；
（3）ab 上升过程的时间t 上与下落返回至出发点的时间t 下的关系为t 上＜t 下；
（4）图像与坐标轴所包围的面积为30m2/s。
8．（2023•湖南模拟）如图所示，两光滑圆形金属导轨固定在水平面内，圆心均为O 点，半径分别
为l1＝1m，l2＝0.5m，两导轨通过导线与右侧电路相连，一长为l1、电阻为r＝2Ω 的导体棒与两
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
圆形导轨接触良好，导体棒一端固定在O 点且以角速度ω＝16rad/s 顺时针匀速转动，两圆形导
轨所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小B1＝2T 的匀强磁场，定值电阻R＝5Ω，电容器
的电容C＝0.2F。足够长的光滑平行金属导轨AG、BH 固定于水平面内，相距为L＝2m，处于
竖直向下、大小为B2＝1T 的匀强磁场中，轨道在C、D 处各被一小段正对的绝缘材料隔开，质
量为ma＝1kg 的金属棒a 静置于导轨AB 处，质量为mb＝3kg 的金属棒b 紧贴CD 右侧放置，质
量为mc＝1kg 的金属棒c 静置于b 棒右侧s0＝2m 的EF 处．a、b 棒的接入电阻相同，Ra＝Rb＝
2Ω，c 棒的接入电阻Rc＝4Ω。初始时单刀双掷开关S 与触点“1”闭合，现将开关S 拨到触点
“2”，当金属棒a 运动至CD 时电容器的电压U＝5V，此时a、b 两棒相碰结合为一个“双棒”
整体，最终各棒运动达到稳定状态，所有导轨的电阻均不计，求：
（1）开关S 与触点“1”闭合时，电容器所带的电荷量；
（2）金属棒a 刚运动至CD 时的速度；
（3）最终“双棒”整体与c 棒的距离以及从a、b 棒碰后到各棒稳定的过程中a 棒中产生的焦耳
热。
【解答】解：（1）开关S 与触点“1”闭合时，导体棒转动切割磁感线，其接入电路的部分感
应电动势为E = 1
2 B1ωl1
2- 1
2 B1ωl2
2
闭合回路总电阻为R总= R+ r
2
回路电流为I = E
R总
电容器的电压U0＝IR
电容器的电荷量为Q＝CU0
联立解得：Q＝2C
（2）开关S 接2 时，电容器向金属棒a 放电，金属棒a 受安培力运动，当金属棒a 运动至CD 处
时电容器所带电荷量Q2＝CU
该过程流过金属棒a 的电荷量q＝Q2﹣Q
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
取向右为正方向，对a 棒，由动量定理得
B2LI•t＝mav0﹣0
又q= I•t，即B2Lq＝mav0
代入数据可得金属棒a 刚运动至CD 时的速度：v0＝2m/s
（3）a 棒与b 棒发生碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 mav0＝（ma+mb）v1
“双棒”整体与c 棒系统动量也守恒，最终达到共同速度，根据动量守恒定律得（ma+mb）v1＝
（ma+mb+mc）v2
对c 棒，取向右为正方向，由动量定理得
B2LI '•t′＝mcv2
设“双棒”整体与c 棒相对位移大小为s 相对。则I '•t′= E' ⋅t '
R总' = ΔΦ
R总' = B2 Ls相对
R总'
代入上式得：B2
2 L
2
R总' s相对=mc v2
R总' = Rc+ Ra Rb
Ra+ Rb
最终“双棒”整体与c 棒的距离s＝s0﹣s 相对
联立解得：s＝1.5m
“双棒”整体与c 棒运动至稳定过程中，由能量守恒得
1
2 (ma+mb)v1
2- 1
2 (ma+mb+mc)v2
2=Q
其中Qa= Q
10
代入数据可得Qa＝0.01J
答：（1）开关S 与触点“1”闭合时，电容器所带的电荷量为2C；
（2）金属棒a 刚运动至CD 时的速度为2m/s；
（3）最终“双棒”整体与c 棒的距离为1.5m，从a、b 棒碰后到各棒稳定的过程中a 棒中产生的
焦耳热为0.01J。
9．（2023•漳州二模）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，
ab 段和a′b′段间距为2L，cd 段和c′d′段间距为L、整个导轨处于方向竖直向下的匀强磁场
中，bcc′b′左侧导轨间的磁感应强度大小为B0，bcc′b′右侧导轨间的磁感应强度大小按图
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
乙规律变化，图中t0为已知量，两根相同金属杆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 杆中点用一不可伸长绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物
相连，重物离地面的高度为L，细绳处于伸直状态且与M 杆垂直，t＝0 时刻释放重物，同时在
N 杆中点处施加一水平拉力，使两杆在0～t0时间内均处于静止状态。已知M、N 杆和重物的质
量
都
为
m
，
不
计
导
轨
电
阻
，
重
力
加
速
度
为
g
。
（1）求0～t0时间内回路的感应电动势E；
（2）求0～t0时间内，施加在N 杆上的拉力F 随时间t 变化的函数关系式；
（3）从t0时刻开始，保持拉力F 不变，若重物下落的过程中，回路产生的总热量为Q，求重物
落地时N 杆的速度大小v。
【解答】解：（1）0～t0时间内回路的感应电动势为E1= ΔΦ
Δt = L
2 ΔB
Δt
根据图乙可知ΔB
Δt = B0
t0
解得：E1= ΔΦ
Δt = B0 L
2
t0
（2）根据图乙可知B= B0
t0
t
令0～t0时间内回路的感应电流为I，对M 有：mg＝B0I•2L
对N 有：F＝BIL
联立解得：F= mg
2t0
t
（3）由F= mg
2t0
t 得，t0时刻的拉力大小F0= 1
2 mg
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
t0时刻之后，对M 与重物整体受力分析有：mg﹣B0I•2L＝2ma1
t0时刻之后，对N 受力分析有：F0﹣B0IL＝ma2
解得：a1=a2= 1
2 g- B0 IL
m
可知M、N 的加速度大小相等，即M、N 杆的速度在任意时刻大小均相等，则从t0时刻开始到
重物落地的过程中有mgL+ FL= 1
2 ×3mv
2+Q
解得：v=√gL- 2Q
3m
答：（1）0～t0时间内回路的感应电动势E 为B0 L
2
t0
；
（2）0～t0时间内，施加在N 杆上的拉力F 随时间t 变化的函数关系式为F= mg
2t0
t；
（3）重物落地时N 杆的速度大小v 为√gL- 2Q
3m
。
10．（2023•和平区二模）如图甲所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5T 的匀强
磁场，有两条平行的长直导轨MN、PQ 处于同一水平面内，间距L＝0.2m，左端连接阻值R＝
0.4Ω 的电阻。质量m＝0.1kg 的导体棒ab 垂直跨放在导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，从
t＝0 时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个水平向右的牵引力，使棒从静止开始沿导轨方
向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，除R 以外其余部分的电阻均不计，
重力加速度g 取10m/s2。
（1）若电动机保持恒定功率输出，棒的v﹣t 图象如图乙所示（其中OA 是曲线，AB 是直线），
已知0～10s 内电阻R 上产生的热量Q＝30J，求：导体棒达到最大速度vm时牵引力大小及导体
棒从静止开始达到最大速度vm时的位移大小；
（2）若电动机保持恒定牵引力F＝0.3N，且将电阻换为C＝10F 的电容器（耐压值足够大），如
图丙所示，证明导体棒做匀加速运动，并求出加速度。
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
【解答】解：（1）导体棒达到最大速度后，所受合外力为零，由平衡条件有
F﹣F 安﹣f＝0
其中摩擦力大小为
f＝μmg＝0.2×0.1×10N＝0.2N
导体棒产生的感应电动势为
E＝BLvm
感应电流为
I = E
R
导体棒受到的安培力大小为
F 安＝BIL= B
2 L
2vm
R
= 0.5
2×0.2
2×10
0.4
N＝0.25N
此时牵引力为
F＝F 安+f＝0.25N+0.2N＝0.45N
电动机的功率为
P＝Fvm＝0.45×10W＝4.5W
电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克服安培力做功产生的焦耳热及克服摩擦力做功产生的
内能之和，有
Pt = 1
2 mvm
2 + fx +Q
解得位移为：x＝50m
（2）当导体棒的速度大小为v 时，感应电动势为
E＝BLv
由C = Q
U
知，此时电容器极板上的电荷量为
Q＝CE＝CBLv
设在一小段时间Δt 内，可认为导体棒做匀变速运动，速度增加量为Δv，电容器极板上增加的电
荷量为
ΔQ＝CBL•Δv
根据电流的定义式得
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
I= ΔQ
Δt = CBL⋅Δv
Δt
=CBLa
对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律有
F﹣f﹣BIL＝ma
可得：
a=
F - f
m+C B
2l
2
代入数据解得：a＝0.5m/s2
可知导体棒的加速度与时间无关，为一个定值，即导体棒做匀加速运动。
答：（1）导体棒达到最大速度vm时牵引力大小为0.45N，导体棒从静止开始达到最大速度vm时
的位移大小为50m；
（2）证明见解析，加速度为0.5m/s2。
11．（2023•兴庆区校级四模）如图（甲）所示，倾角α＝30°、宽度L＝0.5m、电阻不计的光滑金
属轨道足够长，在轨道的上端连接阻值R＝1.0Ω 的定值电阻，金属杆MN 的电阻r＝0.25Ω，质
量m＝0.2kg，整个装置处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中。将金属杆由静止开始释放，在计
算机屏幕上同步显示出电流i 和时间t 的关系如图（乙）所示，已知t＝3.2s 之后电流渐近于某个
恒定的数值，杆与轨道始终保持垂直，0～3.2s 内金属杆下滑的距离s＝2m。（g＝10m/s2）求：
（1）磁感应强度B 的大小；
（2）1.0s 时金属棒的加速度大小；
（3）求3.2s 时金属杆的速度大小；
（
4
）
求
0
～
3.2s
内
回
路
中
产
生
总
的
焦
耳
热
。
【解答】解：（1）由图像可知，金属杆稳定运动时的电流为1.60A，杆受三个力平衡，受力如
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
图所示，
根据平衡条件有：mgsin30°＝BIL
代入数据解得：B＝1.25T
（2）由图像可知1.0s 时电流为1.0A，根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣BIL＝ma
代入数据解得：a＝1.875m/s2
（3）由题意可知，t＝3.2s 时电流为1.60A，根据导体切割磁感线感应电动势公式有：E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律有：E＝I（R+r）
联立解得：v＝3.2m/s
（4）根据能量守恒有：mgs⋅sin30° = 1
2 mv
2+Q
代入数据解得：Q＝0.976J
答：（1）磁感应强度B 的大小为1.25T；
（2）1.0s 时金属棒的加速度大小为1.875m/s2；
（3）3.2s 时金属杆的速度大小为3.2m/s；
（4）0～3.2s 内回路中产生总的焦耳热为0.976J。
12．（2023•麒麟区校级模拟）如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ 与水平面的夹角
为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1m，两导轨M、P 之间接入电阻R＝0.2Ω，导轨电阻不计，
在abcd 区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，感应强度B1＝1T.磁场的宽度x1＝
1m，在cd 连线以下的区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，感应强度B2＝0.5T。一
个质量为m＝2kg 的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2Ω，若
将金属棒在离ab 连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅱ恰好做匀速直线运动，金属棒进
入磁场Ⅱ后，经过ef 时系统达到稳定状态，cd 与ef 之间的距离x2＝8m。（g 取10m/s2）
（1）求金属棒释放点到磁场Ⅰ边界ab 的距离x0；
（2）求金属棒穿过磁场Ⅰ的这段时间中电阻R 产生的热量；
（3）求金属棒在磁场Ⅱ中从cd 到ef 所经过的时间。
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
【解答】解：（1）设金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动的速度大小为v1，由平衡条件得：
F 安1＝B1I1L＝mgsinθ
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E1＝B1Lv1
由闭合电路欧姆定律得感应电流为：I1= E1
R+r = B1 Lv1
R+r
联立解得：v1＝4m/s
金属棒从释放点到磁场Ⅰ边界ab 的过程，由动能定理得：
mgx0sinθ= 1
2 mv1
2-0
解得：x0＝1.6m
（2）金属棒匀速穿过磁场Ⅰ，由能量守恒定律可得此过程回路中产生的焦耳热为：
Q＝mgx1sinθ
电阻R 产生的热量为：
QR=
R
R+r Q
代入数据解得：QR＝5J
（3）设金属棒进入磁场Ⅱ中后经过ef 时系统达到稳定状态时的速度为v2，由平衡条件得：
F 安2＝B2I2L＝mgsinθ
同理可得：I2= B2 Lv2
R+r
联立解得：v2＝16m/s
设金属棒在磁场Ⅱ中运动时间为t，以沿导轨向下为正方向，根据动量定理得：
mgsinθ•t- B2 I 2 L•t＝mv2﹣mv1
其中：I 2⋅t = E2
R+r ⋅t = ΔΦ
R+r = B2 L x2
R+r
联立解得：t＝2.9s。
答：（1）金属棒释放点到磁场I 边界ab 的距离x0为1.6m；
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
（2）金属棒穿过磁场I 的这段时间中电阻R 产生的热量为5J；
（3）金属棒在磁场Ⅱ中从cd 到ef 所经过的时间为2.9s。
21
