2025高考物理压轴题专项训练：电磁感应中的单双棒问题（解析版）

压轴题09电磁感应中的单双棒问题

NO.1

压轴题解读

i.电磁感应中的单双棒问题在高考物理中占据着举足轻重的地位，是考查学生对电磁感应现象和力学知识综合

运用能力的关键考点。

2.在命题方式电磁感应中的单双棒问题通常会以综合性较强的题目形式出现，结合电磁感应定律、安培力、

牛顿第二定律等知识点，考查学生对电磁感应现象中导体棒的运动状态、受力情况、能量转化等问题的理解和分

析。题目可能要求考生分析导体棒在磁场中的运动轨迹、速度变化、加速度大小等，也可能要求考生求解导体棒

产生的感应电动势、感应电流等物理量。

3.备考时，考生应首先深入理解电磁感应的基本原理和单双棒问题的特点，掌握电磁感应定律、安培力、牛顿

第二定律等相关知识点的应用。同时，考生需要熟悉各种类型题目的解题方法和技巧，例如通过分析导体棒受力

情况、运用动量定理和能量守恒定律等方法求解问题。

NO.2

压轴题密押

0解题要领归纳

考向一：不含容单棒问题

模型规律

1、力学关系：序儿；„p2/2

xXx*口x。R+rmm(R+r)

ll2^能量关系：］

-/MV；-0=()

阻尼式(导轨光滑)

3、动量电量关系：一8〃・4=。一〃7%；q=n~^A=*广

1、力学关系：£=B也生5生里匕；a=匕rg

R+rR+rmm(R+f\

I-xX2、动量关系：BLq一卬ngt=mv-0

Xm

"|"xX

X3、能量关系：4E=Q+〃3+L7H

2

电动式(导轨粗糙)太稳定后的能量转化规律：心E=g,%+%,(R+r)+〃g,

5、两个极值：(1)最大加速度：vR时,E反二0,电流、加速度最大。

I_£_；Jfng

1m=八s小

R+rm

最大速度：稳定时，速度最大，电流最小。

(2)

_E_8/匕〃_p_BJ1-B石一■/匕〃i

疝11-R+r,~^nin~minZ-R+r

1、力学关系：口£口2；2

F-乙一umgFBpIv

a=---------=----------------------4g

mmm(R+r)

2、动量关系：Ft-BLq-仲ngl=mvm-0

3、能量关系：],

nFs=Q+7gs+—mv~t

XXX

4、稳定后的能量转化规律：(BLu)2

F{=»/

R+r

5、两个极值：

发电式（导轨粗糙）

()最大加速度：当时，.

1V=0/-"mg

a

m-ni

(2)最大速度：当a=0时，*「口

F-F-uni2FBn2fI2v_

a=-------n--——=------------m--fig=0

mmm(R+r)

考向二：含容单棒问题

模型规律

1、电容器充电量：Q=CE

12、放电结束时电量：Q=CU=CBIv,”

r

V3、电容器放电电量：AQ=QG_Q=CE-CBh、

4、动量关系：8力・4=8/△Q=，m，,「》二BICE

放电式（先报c1»后接2。导轨n,~m+B2l2C

匕滑）

5、功能关系：im（BlCE）2

%=—mv~=----------—7

人2M,2（m+B平C）2

达到最终速度时：

1、电容器两端电压：u=Blv（V为最终速度）

2、电容器电量：cu

<：kq=

3、动里关尔：—由［.z——Blq-mv-mv'_

无外方J充电式（导轨光滑）Qv

~m+B2l2C

1、力学关系：F-FA=F-BLI=ma

2、电流大小：AQCbUCBl\v「a

I=----=------=--------=CBla

A/ArAr

有外力充电式（导轨光滑）3、加速度大小：F

a=--------r—r

m+CB21：

考向三：双棒问题

模型规律

1、电流大小：一飒一刎_翻眩-匕）

%+R2R1+R2

2、稳定条件：两棒达到共同速度

3、动量关系：=（"4

4、能量关系：//；C/?

无外力等距式（导轨光滑）*说=班+加2川泉+Q77=-^

1、电流大小：Blv_Blv

/=-----------

2、力学关系：F；F_Fo（任意时刻两棒加速度）

«1=­

C12=----------

加2

3、稳定条件：当a2=ai时，V2-vi恒定；I恒定：FA恒定：两棒匀加速。

4、稳定时的物理关系:

;;

有外力等距式（导轨光滑）F=(mi+m2)aFA=m}a尸=BH='一');

A~"R+R?

(R、+R?加/

匕一“22

BI(g+m2)

1、动量关系：17Az=町匕_叫联一BL^At=m2V2一0

2、稳定条件：叫匕=』卬2

3、最终速度：q；以

“存父。”记嬴中。

4、能量关系：[,]1■）

无外力不等距式

（导轨光滑）

5、电量关系：3右夕=，%匕一0

F为恒力,则:

1、稳定条件：/⑼=/,a,,I恒定，两棒做匀加速直线运动

有外力不等距式

♦=/；叫；/源F；%=而+瓯二

（导轨光滑）

1r-»

此时叵路中电流为：/二五/面•万与两棒电阻无关

0题型密押

♦题型01不含容单棒问题

1.如图所示，间距为乙的平行导轨固定在水平绝缘桌面上，导轨右端接有定值电阻，阻值为R,垂直导轨的虚

线P。和MV之间存在磁感应强度大小为3、方向竖直向上的匀强磁场，其中导轨的PM和QN段光滑。在虚线产。

左侧、到尸。的距离为!的位置垂直导轨放置质量为，〃的导体棒，现给处「静止状态的导体棒一个水平向右的恒

力作月，经过PQ时撤去恒力，此时导体棒的速度大小%=3匝，经过MN时导体棒的速度大小v=&叵。已

°55

R

知恒力大小为3〃吆，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路的电阻为〃，重力加速度为8,导轨

2

电阻不计，下列说法正确的是（）

PM

±LLTJ^

QN

A.导体棒与PQ左侧导轨之间的动摩擦因数为0.66

4m1L

B.导体棒经过磁场的过程中，通过导体棒的电荷量为而。

16mgL

C.导体棒经过磁场的过程中，导体棒上产生的热量为

25

D.虚线P。和MN之间的距离为第等疯

5B~Lr

【答案】D

【详解】A.对导体棒从开始运动至到达虚线的过程，应用动能定理，可得

口LL1，八

F--/.un^-==-/??v--0

Jo

代入数据，解得动摩擦因数

〃=0.44

故A错误；

B.对导体棒经过磁场区域的过程，应用动量定理，可得

=mv-mvQ

通过导体棒横截面的电荷量

q：=7AZ

解得

t4m/7

q=・

5BVL

故B错误；

C.导体棒通过磁场过程，整个回路中产生的热量

Q=g〃i

%2--12

代入数据可得

24“igL

Q=

25

根据电阻的串并联关系，导体棒上产生的热量

R

2_SmgL

QR=QX1，一

2-25

故c错误：

D.设虚线A3和MN之间的距离为Ax,可得

BLAx

q=------n

R+-

2

解得

6rnRi~~-

A"赤反

故D正确。

故选Do

♦题型02含容单棒问题

2.如图所示，间距为〃触直固定的两根光滑直杆。灰4、。力"4'下端〃〃之间接有定值电阻R,上端接有电容

为C、不带电的电容器，秘和///两小段等高、长度不计且用绝缘材料平滑连接，ab、cd、ab、cZ'电阻均不

计。两杆之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直两杆所在平面向里的匀强磁场。现有一个质量为〃八电阻不计、

两端分别套在直杆上的金属棒.1=0时在大小为4/ng（g为重力加速度大小）、方向竖育向上的抖力作用下由静

止开始竖直向上运动，速度稳定后，在时到达/仍'位置，在cc'位置，瞬间为电容器充电，金属棒速度突变,

之后金属棒继续向上运动，在『=26时金属棒未碰到电容器。金属棒在运动过程中始终与两直杆垂直且接触良好，

电容器始终未被击穿，则（）

C

4_II_

X11X

XX

CXXCf

bh1

XX

t

XX,

a'-

R

A.时金属棒的速度大小为鬻B.0~4内金属棒上升的高度为黑，-黑）

C.26内通过金属棒的电流随时间逐渐增大D.八~2乙内金属棒做加速度逐渐减小的加速运动

【答案】B

【详解】A.由题意可得/时金属棒运动稳定即匀速直线运动

4，ng=〃ig+F

F=ILB

E

~R

E=BLv

联立求得

2

Bl：

A错误；

B.0~乙内，对金属棒应用动量定理可得

-mgh-工FZ—tnv-0

其中

工痴=BqL

,BLhBLh

q=/AAr=-----AAr=-----

RktR

代入数据，联立求得

人陷塔］

(1B21}J

B正确；

CD.根据

i=M

A/

Az/=C&U=CAE

AE=BLAv

F=iLB

及牛顿第二定律可得

4mg-3mg-F=ma

联立求得

B2I：C+m

说明金属棒向上做匀加速直线运动，电流不变，CD错误。

故选Bo

♦题型03等间距双棒问题

3.如图所示，MM尸Q是相距为。.3m的两平行光滑金属轨道，倾斜轨道MC、〃。分别与足够长的水平直轨道

CMDQ平滑相接。水平轨道CM。。处于方向竖直向下、磁感应强度大小为8=1T的匀强磁场中。质鼠，”=0.收、

电阻R=1。、长度A=0.5m的导体棒a静置在水平轨道上，与a完全相同的导体棒b从距水平轨道高度h=0.2m

的倾斜轨道上由静止释放，最后恰好不与。相撞，运动过程中导体棒。始终与导轨垂直且接触良好，导轨电

阻不计，重力加速度8取lOm/s?。下列说法正确的是（）

A.棒〃刚进入磁场时的速度大小为Im/s

B.棒力刚进入磁场时，棒〃所受的安培力大小为2N

C.整个过程中，通过棒。的电荷量为0.1C

D.棒a的初始位置到CD的距离为0.8m

【答案】D

【详解】A.棒人从静止释放到刚进入磁场过程，根据动能定理可得

,12

解得棒h刚进入磁场时的速度大小为

%=12gh=72x10x0.2m/s=2m/s

故A错误；

B.棒）刚进入磁场时，产生的电动势为

品=BL%=IV

I可路电流为

/。=互=0.5A

02R

棒〃所受的安培力大小为

F,=BlaL=0.25N

故B错误；

C.棒。进入磁场后，两棒组成的系统满足动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动，则有

=2mv

解得两棒最终的速度大小为

v=—=Im/s

2

对棒”，根据动量定理可得

BIL^t=mv-0

又

q=l^t

联立可得整个过程中，通过棒。的电荷量为

q—=0.2C

BL

故c错误；

D.由题意可知棒。最后恰好不与。相撞，则有

_A0

7.EWA△①BZAt

q=/Ar=——z=-^-Ar=—=--------

2R2R2R2R

解得

母==0.8m

BL

可知棒。的初始位置到CD的距离为0.8m,故D正确。

故选De

♦题型04不等间距双棒问题

4.如图所示，用金属制成的平行导凯由水平和弧形两部分组成，水平导轨窄轨部分间距为L,有竖直向上的匀

强磁场，宽轨部分间距为2L,有竖直向下的匀强磁场；窄轨和宽轨部分磁场的磁感应强度大小分别为24和。，

质量均为“金属棒出〃垂直于导轨静止放置。现将金属棒。自弧形导轨上距水平导轨〃高度处静止释放，两金属

棒在运动过程中始终相互平行H与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为/?,其余电阳不计，宽轨和窄

轨都足够长，〃棒始终在窄轨磁场中运动，b棒始终在宽轨磁场中运动，重力加速度为不计一切摩擦。下列

说法不正确的是（）

A.。棒刚进入磁场时，〃棒的加速度方向水平向左

B.从。棒进入磁场到两棒达到稳定过程，。棒和少棒组成的系统动量守恒

C.从。棒进入磁场到两棒达到稔定过程，通过b棒的电量为四反

4BL

D.从〃棒进入磁场到两棒达到稳定过程，方棒上产生的焦耳热为!〃

4

【答案】B

【详解】A.根据右手定则，4棒进入磁场时，〃棒的电流方向向外，则力棒的电流方向向内，根据左手定则可

得，6棒的安培力方向向左，所以b棒加速度方向水平向左，故A正确：

B.根据左手定则，必棒受到的安培力方向都向左，故而棒组成的系统合外力不为零，动最不守恒，故B错误；

C.对。棒，根据动能定理

,1，

mgh=-mv-

解得

%=7^

当ab棒达到稳定时

E"Eh

即

2BLv“=Bx2LVb

对。棒，由动量定理

2BILt=wv0-mv(l

对〃棒，由动吊定理

BIx2Lt=mvb

通过〃棒的电荷量为

q=It

以上各式联立，解得

“b22

加%二〃?而万

/4BL4BL

故C正确；

D.根据能量守恒

।21，12c

-mv-=-mv；l+-mvh+Q^

解得

八121f

Q&=［机％=Q〃3

则b棒上产生的焦耳热为

a=RQ总=Jmgh

R+R4

故D正确。

本题选不正确的，故选九

N0.3

压轴题速练

1.（2024・辽宁•三模）如图甲所示，纸面内有，&和de两光滑导体轨道，〃。与加平行且足够长，。力与次:成135。

角，两导物左右两端接有定值电阻，阻值分别为R和2R。一质量为相、长度大于导轨间距的导体棒横跨在两导

轨上，与轨道时接触于G点，与轨道加接触于“点。导体棒与轨道加垂直，G”间距为心导体棒与。点间距

也为L以”点为原点、沿轨道血向右为正方向建立x坐标轴。空间中存在磁感应强度大小为从垂直纸面向里

的匀强磁场。某时刻，导体棒获得一个沿X轴正方向的初速度%,同时受到沿X轴方向的外力尸作用，其运动至

点前的速度的倒数与位移关系如图乙所示。导体棒运动至点时撤去外力F,随后又前进一段距离后停止运动，

整个运动过程中导体棒与两导轨始终接触良好，不计导轨及导体棒的电阻。以下说法正确的是（）

A.流过电阻R的电流方向为dr”

B.导体棒在尻•轨道上通过的距离为第1

\2B~L

C.撤去外力产前，流过电阻R的电流为华

D.导体棒运动过程中,电阻2K产牛的焦耳热为些M.

4R

【答案】BC

【详解】A.根据右手定则，流过电阻R的电流方向为d,故A错误；

B.由图乙可知，导体棒运动至〃点时速度为与，由几何关系可得，ce的距离为2L.对导体棒从〃点开始沿轨

道运动直至静止，根据动量定理有

-B7-2LA/=O-/H^-

2

又有

-.E,A/.△①Bx2Lxd

,/=1•△/=-----A/=•A/=-----=-------------

%R总qZR

3

解得

故B正确；

C.导体棒在"轨道上运动到任意位置x时，根据图像可知

电动势

）

E=B（L+x-v=BLvn

通过导体棒的电流

E_3BL%

-R2R

3

通过电阻R的电流

I=-I

R3

即

RR

故c正确；

D.撤去外力产前电路中的总热量

Q=l2jRt

由图像面积可知

3L

F

撤去外力/后导体棒继续运动，整个【可路产生的热量

。总闻

电阻2R产生的热量

Q」（QaQ，）=38-。一+遗

）

3V124R24

故D错误。

故选BCo

2.（2024・山西•二模）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MMPQ倾斜固定，间距L=lm,电阻不计。

导轨平面与水平面间的夹角〃=30。，上端MP间接有阻值R=2Q的电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面向

下的匀强磁场中。一质量〃?=0.2kg、阻值r=|。的金属棒在外力作用下垂直于导轨放置，撤去外力后，棒沿MN

方向的位移x与时间/的关系如图乙所示，其中l.0~L5s间为直线。己知棒运动过程中始终垂直于导轨，且在0~1.0s

4

内通过棒的电荷量是1.0~1.5s内通过棒的电荷量的1倍，g取lOm/小，下列说法正确的是（）

A.图乙中1.5s时对应的纵坐标是2.7m

B.匀强磁场的磁感应强度为0.5T

C.0~1.0s内通过电阻R的电荷量是0.5C

D.0~l.5s内电阻/?产生的热量1.2J

【答案】AD

【详解】A.通过导体棒的电荷量为

△①BLAx

q-lt

R+rR+r

4

在O~LOs内通过棒的电荷量是1.0~1.5s内通过棒的电荷量的1倍，则有

Bxl.2L_4

R+r~5XR+r

解得

x=2.7m

A正确;

BC.1.0s后棒做匀速运动，由图像可知

Ax2.7-1.2...

V：=——=----------m/s=3m/s

Z1.5-1.0

受力平衡，有

〃igsin0-B1L

根据闭合电路的欧姆定律得

,BLv

1=------

R+r

解得

8=IT

0-1.0$内通过电阻R的电荷量是

Bx12L八。

q=----------=0.4C

R+r

故BC错误；

D.在0~l.5s内，对导体棒由能量守恒得

rngxsin0=Q+Jmv1

在电路中，电阻/?在0~1.5$内产生的热量

Q&=*Q

联立，解得

QR=L2J

故D正确。

故选ADo

3.（2024•山东泰安•二模）如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距0.5m,固定在水平绝缘桌面上，左

侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为0.25F的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为2T。方向竖直

向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为2Q的金属棒"垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为

1kg。棒仍从导轨左端距水平桌面高1.25m处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能

E=；CU。其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s\则金属

棒"在沿导轨运动的过程中（）

A.通过金属棒外的电荷量为2c

B.通过金属棒面的电荷量为1C

C.金属棒"中产生的焦耳热为2.5J

D.金属棒面中产生的焦耳热为4.5J

【答案】BC

【详解】AB.当金属棒落下后其速度可由动能定理求得

1，

mghz=-mv-

可求得

%=5m/s

之后金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电

动势与电容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。

由动量定理可知

_F；J=

可得

一〃叫

m+B2I：C

v=4m/s

此时，导体棒动生电动势为

E=BLV=4V

因此，此时电容器电压U也为4V,则电容器增加的电荷量为

Q=CU=\C

因此通过导体棒的电荷量也为1C。

故A错误，B正确；

CD.由以上解析可知，动能变化量为

△线=~wv2-g-45J

而

=-CU2=2J

2

所以

叫=2.5J

故C正确，D错误。

故选BCo

4.（2024•辽宁朝阳•三模）如图所示，有两根足够长、间距为乙的光滑竖直金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、

电容器，其中电阻的阻值为凡电容器（不会被击穿）的电容为。，质量为〃?的金属棒MN水平放置，整个装置

放在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为8的匀强磁场中，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关，让MN

沿导轨由静止开始释放，金属棒MN和导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。在金属棒MN沿导轨下滑的过

程中，下列说法正确的是（）

A.只闭合开关，，金属棒MN先做匀加速运动，后做匀速运动

B.只闭合开关上，通过金属棒MN的电流为〃吆£巴

C.只闭合开关S-金属棒MN先做加速运动，后做匀速运动

D.若只闭合开关S-金属棒Mh卜降的高度为时速度大小为I，，则所用的时间为上+竺与

gmgR

【答案】BC

【详解】AB.只闭合开关S2,在金属棒MN运动过程中取一段时间加，且4趋近于零，设金属棒的加速度大小

为则有

,SQCAUCBLAv…

/=—=-------=----------=CBLa

Ar△/Z

对金属棒，根据牛顿第二定律有

mg—BIL=ma

解得

a二

/二mgCBL

~m+CB21}

可知金属棒做匀加速直线运动，A错误，B正确；

C.只闭合开关Si，金属棒MN刚释放时有

mg=ma

之后金属棒受重力和安培力共同作用，根据牛顿第二定律有

"长一七=ma

又

=B1L=B—L=^-

RR

其中金属棒的速度y在增大，则金属棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动，C

正确;

D.若只闭合开关Si,金属棒MN下降高度为力时速度为y,则在这个过程中对金属棒用动量定理有

mgt-BILt=niv-0

又

A①

-E~TBLh

q=It=-t=-f—t=-----

RRR

解得

vB-lJh

/=—+-----

gmgR

D错误。

故选BCo

5.（2024•福建•三模）如图甲所示，M、N是两根固定在水平面内的平行金属长导轨，导轨间距为，电阻不计。

两虚线PQ、57与导轨垂直，PQ左侧存在竖直向上的匀强磁场，ST右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度

大小均为8。质量为加的金属棒M与导轨垂直，静置在左侧磁场中。位于两虚线之间的金属棒4与导轨夹角为

0,在外力作用下以速度u向右始终做匀速直线运动，从c端进入右侧磁场时开始计时，回路中的电流i随时间

/的变化关系如图乙所示，图中。〜乙部分为直线，乙为已知量，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,

2vtan6/

则（)

A.cd棒全部进入磁场时，cd棒产生的电动势大小为8万

B.4时刻cd棒所受的安培力大小为等

C.2/]时刻成棒的速度大小为1一看卜

D.4~2乙时间内，通过回路某截面电荷量为翳+/山

IJL-i

【答案】AC

【详解】A.〃棒全部进入磁场时，〃棒产生的电动势大小为

E=B-^vsine=BLv

sin。

故A正确；

B.。时刻cd棒所受的安培力大小为

F=IM=I、B*-=3-

'cos<92sin(9

故B错误；

C.设电路总电阻为R,乙时刻，回路中感应电动势为

坛=lane)v=/]R2fl时刻,回路中感应电动势为

E2=tan0)v-BLv^=I述

解得2乙时刻ab棒的速度大小为

故C正确：

D.由图可知乙时刻油棒开始运动，贝IJ

)=/乃—「2〃时间内,对他棒，根据动量定理

】BL&-/(2r,-z1)=〃叱必-0

通过【可路某截面电荷量为

q-Mr

解得

故D错误。

故选ACo

6.（2024•湖南岳阳•三模）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为LMed区域有匀强磁场，磁