电磁感应中的单棒、双棒和线框模型系统性答题模板与思维建模-2026年高考物理二轮复习解析版

专题13〃电磁感应中的单棒.双棒.线框模型〃系统性答

题模板与思维建模

核心思想与原则

三个基本公式：

法拉第电磁感应定律:E=Blv（动生）或£=必0）第1（感生）。

闭合电路欧姆定律：l=E/R总（注意电源内阻、外电阻）。

安培力公式：F=BIL（方向由左手定则判断）。

两个核心观点：

电路观点：将切割磁感线的导体棒视为电源，画出等效电路，分析串并联关系，求出电

流。

动力学观点：导体棒受安培力、外力、重力、摩擦力等，根据牛顿第二定律分析运动状

态变化，常涉及加速度、速度、位移的微分关系。

一个关键思维：能量转化与守恒。电磁感应过程总是伴随着其他形式能向电能的转化，安培

力做功是量度。

四大典型模型：

单棒模型：一根导体棒在导轨上滑动，涉及恒力、变力、含容、含源等。

双棒模型：两根导体棒同时运动，可能受外力或不受，需分析相互作用。

线框模型：闭合线框在磁场中运动，可能平动或转动，涉及进出磁场的过程。

含容/含源模型：导轨间接有电容器、电源等，需考虑充放电过程。

标准化答题步骤模板（五步法）

第一步：审题建模，画等效电路

明确研究对象：哪根棒（或线框）在切割磁感线？哪些部分是电源？导轨是否光滑？有

无电阻、电容、电源？

画出等效电路：将切割棒视为电源，标出正负极，画出外电路（电阻、电容、另一根棒

等），求出总电阻、总电动势。

标出物理量：质量m、长度L、电阻R、磁感应强度B、导轨倾角6、摩擦囚数由外力F

等。

第二步：列出感应电动势和电流表达式

动生电动势：E=Blv（v为瞬时速度）。

若有多个电源，需考虑串联或并联。

电流：I=E〃R总（注意电容器时电流需用l=q/t关系）。

第三步：分析受力，写出动力学方程

对每个导体棒，列出牛顿第二定律：ma二F合。

安培力F=BIL,方向由左手定则（或楞次定律）判断。

可能还有外力、重力分力、摩擦力。

对于含电容问题，还需考虑电容器电压与棒电动势的关系。

第四步：寻找运动规律或临界条件

若求收尾速度：a=0,解出速度。

若求运动时间或位移：需积分（常涉及v与t或x的关系），有时可用动量定理或能量

守恒避开积分。

对于双棒问题，常需联立两棒的动力学方程，并注意两棒电流关系（串联或并联）。

第五步：能量分析（检验或求焦耳热）

安培力做功等于回路产生的焦耳热（克服安培力做功转化为电能）。

系统能量守恒：外力做功=动能变化+焦耳热（+重力势能变化）。

也可用功能关系求电荷量：q=A①/R总常用于求通过某截面的电荷量。

经典模型分类与特征识别（审题建模关键）

模型类型特征描述典型问题

导体棒日初速度，在光滑导轨上只受求最终速度、运动距离、时间、

单棒：无外力

安培力减速电荷量

导体棒受恒定外力（如拉力、重力分求最大速度（收尾速度）、运

单棒：恒外力

力）拉动动过程

导轨间接有电容器，棒运动时电容器求最终速度、电流变化、电荷

单棒：含电容

充放电量

单棒：含电源导轨间接有电源，棒可能被推动求稳定电流、运动状态

导轨倾斜，考虑重力分力，可能有摩

单棒：倾斜导轨求加速度、最大速度

擦

两棒在光滑导轨上，无外力，可能受求最终速度、系统动量守恒条

双棒：无外力等长

安培力相互作用件

双棒：不等长两棒长度不同，产生的电动势不同求稳定电流、运动规律

双棒：受外力其中一棒受恒定外力，两棒运动求最终速度差、电流

双棒：含电容两棒与电容器相连求电荷分配、最终速度

线框以一定速度进入磁场，可能受安求进入过程的时间、电荷量、

线框：平动进入磁场

培力减速焦耳热

线框：在磁场中运动线框部分在磁场中，部分在外求电流、受力、运动

线框在匀强磁场中转动（发正机模求感应电动势峰值、有效值、

线框：转动

型）平均电动势

思维升华：电磁感应综合题的“三大破题心法”

电路分析是基础：准确画出等效电路图，明确哪部分是电源，内阻、外阻如何，电流流

向。

动力学与动量能量是工具：根据受力列出牛顿第二定律，有时需用动量定理（尤其是涉

及变力作用时间）和能量守恒（涉及焦耳热）。

临界与稳态是关键：寻找收尾速度（加速度为零）、共速条件（双棒）、最终状态等，

往往能简化计算。

关键提醒：

安培力是联系电与力的桥梁，恒定磁场中常出现。

电荷量q=△①/R总是重要结论，可用于求解位移、时间等。

含容问题中，注意电容器的电压与棒电动势的关系，以及充放电电流。

真题体验

1.（2025•安徽•高考真题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为心右端连接

阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为

&某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度卬进入磁场，速度减为0时被

锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度如进入磁场，速度减为0时被锁定，以此

类推，直到发射第〃根相同的导体棒进入磁场。己知导体棒的质量为机，电阻为心长度恰好等r导轨间

距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对

原磁场的影响。

MN

R

Q

求:

⑴第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率;

（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量;

⑶从第1根导体棒进入磁场到第〃根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。

D2r22

【答案】（1）2"

2R

⑵团叫

BL

mnvl

⑶-—,n=1,2,3,..

2(〃+1)

【详解】（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为七=孔阳

P

则此时回路的电流为/二合

此时导体棒受到的安培力/诺=BIL

此时导体棒受安培力的功率尸=4%=号殳

（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为。的过程中，根据动量定理有-用乙。=0一〃%

其中1•Az=q

解得。=翳

15L

（3）由于每根导体棒均以初速度如进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入

磁场后产生的总热量均为Q=；

第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻衣上产生的热量

第2根导体棒进入磁场到速度减为。的过程中，导轨右端定值电阻/＜上产生的热量QR2=H・Q

第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QR,=7：・。

34

第八根导体棒进入磁场到速度减为。的过程中，导轨右端定值电阻尺上产生的热量QR”=L」；-Q

则从第1根导体棒进入磁场到第〃根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量仇

=QRI+QR2+QR3+...+QR>I

2

通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出。（<=一、,。=产三.〃=1，2,3,...

2.（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〃电阻均为宠的金属棒外、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8随时间变化的图像如图（b）所示，时

刻，B=0o/=0时刻，两棒相距小,岫棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~7时间

内流过回路的电荷量为（）

【详解】通过导体的电荷量4=

而7=互

2R

，二7时，磁感应强度为零，故后="=即

△tT

联立以上各式，可得4=第

ZK

故选Bo

3.（2025・海南•高考真题）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙并平滑相接，导轨上端有电

源和开关，倾斜导轨与水平面夹角8=30。，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖

直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为8。两相同导体棒面、〃与水平导轨的动摩擦因数4=0.25,

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒的质量均为机，接入电路的电阻均为R。川棒仅在水平导轨上运动，

两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，口不会碰撞。忽略金属导轨的电阻，重力加速度为

⑴锁定水平导轨上的〃棒，闭合开关，，山棒静止在倾斜导轨上，求通过血棒的电流；断开开关，同时解

除cd棒的锁定，当M棒下滑距离为.%时，W棒开始运动，求〃棒从解除锁定到开始运动过程中产生的焦

耳热;

⑵此后ab棒在下滑过程中电流达到稳定，求此时ab棒与cd棒速度大小之差：

⑶油棒中电流稳定之后继续下滑，从必棒运动到水平导轨开始计时，6时刻〃棒速度为0,加速度不为

0；此后某时刻W棒的加速度为0,速度不为0,求从匕时刻到某时刻，仍棒与〃的路程之差。

【答案】⑴*=鼠’禽］，啖。一箭

⑶T

【详解】（1）锁定水平导轨上的〃棒，闭合开关，血棒静止在倾斜导轨上，导轨倾斜部分光滑，则必

棒只受巾力、导轨给的支持力、安培力；根据平衡条件可得七.『mgsin30。

又七必=B1abL

解得通过ab棒的电流为&二舞

2BL

断开开关，同时解除〃棒的锁定，设当必棒卜滑距离为4时速度为打，〃棒开始运动，此时回路中的电

流为4，此时对cd棒有F安口=5g

血棒切割磁场，产生电动势&=BL%,

回路电流人=2=粤

对cd棒有F安&=B^L

〃棒从解除锁定到开始运动过程中，导体棒H八〃电阻相同，通过的电流相同，则〃棒产生的焦耳热与

ab碳产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得〃期0疝130。-/%2=20”

乙

联立解得〃棒产生的焦耳热为Q,,=＞峪_需。

（2）〃棒从解除锁定到开始运动过程中，〃棒受到的安培力向左，则cd棒向左运动，则cd棒切割磁

场，。端为高电势，故回路总电动势

G=BL%,-BL%

电路中电流，2=嘉=第

Z/\Z/\

对ab棒，咫sin300-F银=ma（lb

对c"棒/一〃加g4d

有&=3’2心

当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，此时两棒的加速度相等，联立解得此时，必、〃棒的速度大小之

差为△”黑

（3）分析可知从开始到八时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设八时刻油棒的

速度为T，〃棒速度为0，可知加

解得父“整

设某时刻W棒的加速度为。时，他棒速度为匕”，cd棒速度为匕八此时〃棒的加速度为零，可得

F安姆="mg①

其中F安皿=B1J

分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得八=必二21②

2R

从4时刻到〃棒的加速度为0时，对两棒分别根据动量定理有-（〃，4g+丽）△/=〃*'-〃n，；,

（B1L_"mg）Ar=mv（t/

通过导体棒的电荷量4=

则可得fjmgbi+BLq=—mv",BLq—△/=，〃匕

两式相加得2BLq=〃?匕一M匕，一匕J③

A<D

同时有i喳&啜隼④

22

联立①②③④可得从开始到“棒加速度为。时刻’而、cd的路程之差为加;%

4.(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6,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，磁感应强度大小为屏边长为/(1<^)、质量为机、电

阻为R的正方形线框既〃置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框以■边刚离开磁场区域时

的速率恰为%。若线框^或四边受到安培力，则其安培力大于2/咫sin。。线框受到的最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，动摩擦因数〃=tan。，4•边始终平行于MN,重力加速度为g。下列选项正确的是()

A.线框速率的最小值为"片-4«(d-/)sin。

B.线框穿过磁场区域产生的焦耳热为2〃?gdsin0

c,线框穿过磁场区域的时间为吧曲丑亘壬

2mgRsin3

D.。•边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为丁萼飞

2〃?gRsin夕

【答案】AD

【详解】A.在8边进入磁场而动边未进入磁场的过程中，线柱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/wgsin。。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为〃Mgcos。，而〃=tan。，

故/〃〃身cos0=mgsine

已知线框受到的安培力BLI>2〃?gsin。

即BIL>mgsin0+〃ngcos0

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g介边进入磁场到以边离开磁场的过程中，囚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，当四边刚进入磁场时，线框有最小速度

Vmino设线框加速度为。，根据牛顿第二定律有〃*sini9+〃〃?gcose=〃?a

ef边离开磁场时速度恰好为%,则有孑-*n=2a(d-l)

联立解得v,nin=J*-4g(d-1)sin0,故A正确；

B.在。*边进入磁场到身力边进入磁场的过程中，由动能定理有mglsin0+jurn^lcos<9+wv；lin

则该过程产生的焦耳热Q=-%=2mgdsin夕

在边离开磁场到g人边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为Q。因此，线框穿过磁场区域产生的

焦耳热为4wgdsin。，故B错误；

C.设^边进入磁场到骸边进入磁场的时间为心根据闭合电路欧姆定律得/=当

A

根据动吊:定理有〃7gsin，4+〃〃?gcos夕力&='〃%in7〃%

设城边进入磁场到d边离开磁场的时间为，2，有%-%n=〃2

因为8边离开磁场到g力边离开磁场所用时间也为4,所以线框穿过磁场区域的总时间，=2乙+，2

联立解得…至上竺返三叵三J故c错误；

2mgRsh\0

D.ef边从进入到离开磁场区域的时间f=t}+t2

该段时间内传送带移动的距离5=卬'=丁故D正确。

故选ADo

5.(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//.

注的条形匀强磁场区域以跖虚线为磁场边界，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。一质量为机、电阻为R的正方形细导线框而M置于区域13上方的

斜面上，〃边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域回、区域乳已知cd边进入回到他边

离开团的过程中，线框速度恒为h〃边进入区域团和时边离开区域国时的速度相同；区域取目间的无磁场

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，〃边

始终与磁场边界平行；重力加速度为且。求：

⑴初始时，Cd边与团区域上边缘的距离；

⑵求〃边进入12号区域时，cd边两端的电势差；

⑶cd边进入区域同到ab边离开区域团的过程中，线框克服安培力做功的平均功率。

2

【答案】⑴匕

8

⑵号

(3)54>/.,则公吗山；若…,则尸=吗也

%也

【详解】(1)线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律叫sin6=.

根据运动学公式商=2ad

V*

联立可得线框释放点cd边与回区域上边缘的距离d=一

(2)因为cd边进入团区域时速度为〃且直到时边离开(3区域时速度均为v,可知线框的边长与团区域的长

度相等，根据平衡条件有〃?gsin0=84

F

又£=以也/=-

R

“边两端的电势差

4

联立可得u=1号

4V2

(3)①若4=4,则线框在通过值区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开回号区

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，2>卜在线框进入回区域过程中，根据动量定理

“zgsin8•6-8〃/1=0

其中4=乙，q=",/=驾

vR

联立可得4=等

线框在回区域运动过程中，根据动显定理mgsinOt2-2网3=0

用短EBl；Bl；

\<<,（7=—•/=—L-/=—L

1RRiR

线标讲入磁场对理中电荷曷都相等，即夕=

联立可得/,="

V

根据能量守恒定律-%+mgsin0\l2+/,）=0

W

克服安培力做功的平均功率尸=台

’2

联立可得尸=鳖今⑷

③若…，同理可得夕'=华

根据动量定理"陪。

Sin6•14—28，/=

其中d=〃5

结合”第T

联立可得乙=组

V

根据能最守恒定律一叱2+mgsin则+4）=0

克服安培力做功的平均功率p,r

,4

联立可得尸=吗四

4/2

巩固训练

6.（2026•湖北•一模）如图所示，两条间距为d平行光滑金属导轨（足够长）固定在水平面上，导轨的左

端接电动势为£内阻为R的电源，右端接定值电阻，其阻值也为上磁感应强度为3的匀强磁场垂直于导

轨平面竖直向上，足够长的金属格质量为〃?，斜放在两导轨之间，与导轨的夹角为30。，导线、导轨、金

属棒的电阻均忽略不计，当开关,断开，开关邑合上，给金属棒一个沿水平方向垂直金属棒的恒力五0,经

过一段时间/。金属棒获得最大速度，金属棒与导轨始终接触良好且与导轨夹角不变，下列说法正确的是

A.金属棒的最大加速度为--

in

B.定值电阻的最大功率为与二

4夕才

C.金属棒从静止开始运动的一段时间。内，流过定值电阻某一横截面的电荷量为丝-普4

Bdd

F

D.若开关邑断开，开关S1合上，则金属棒稳定运行的速度为£

Ba

【答案】BC

【详解】A.金属棒刚施加外力时，速度为0,还未切割磁感线（不受安培力的作用）。金属棒受到的合力

为玲，有益二〃"

所以最大加速度为〃=乙，故A错误；

m

B.金属棒在导轨之间的长度为L=

sin30

设金属棒运动的最大速度为％水，此时产生的最大感应电动势为&=

回路中的最大电流为人与

R

金属棒做匀速直线运动，有入=以1

联立以上公式，可解得%

所以定值电阻的最大功率为右皿=/；«=理一，故B正确；

4B~d~

C.在0-2与的时间段内对金属棒列动量定理，有々2。-42产〃“皿-0

其中安培力的平均冲量为心⑵。=瓯⑵°=3%

代人可解得通过金属棒的电荷量为4=袋-普9

金属棒与定值电阻是串联关系，通过定值电阻的电荷量也为心故C正确;

D.若开关S2断开，开关M闭合，当金属棒稳定运行时金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为

E2=BLV2

回路中的电流值为/2=V昼

A

此时金属棒受力平衡，有马=阴4

联立诃解得匕-告故D错误。

2Bd4kdz

故选BCo

7.（2026•湖北•一模）如图所示，导线框由水平直导线和曲线）：=0.6sin]Mm）（0KxK2m）导线组合而

成，总电阻R=2H。线框在外力作用下水平向右以u=2m/s的速度匀速运动，，=0时进入右边的匀强磁

场，磁感应强度3=1T,方向垂直于线框所在平面向下。卜列说法正确的是（）

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

A.线框进入磁场过程中，感应电流为顺时针方向

B.线框中产生的感应电动势最大值为0.2V

C./=ls时，线框中的瞬时电流为0.3A

D.线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q=0.36J

【答案】D

【详解】A.根据楞次定律的“增反减同〃得线框进入磁场过程中，感应电流为逆时针方向，故A错误;

B.当切割长度为%=。・60!时,，线框中产生的感应电动势最大值为Em=B?m=L2V,故B错误；

C./=ls时，x=vz=2m,y=0,即导线框恰好完全进入磁场，线框中的瞬时电流为零，故C错误：

D.因e-乂切割长度N按正弦规律变化，故产生正弦式交流电，其电动势的有效值为

E=±2

线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q啖t=0.36J,故D正确。

故选D。

8.（2026•陕西西安•三模）如图所示，足够长、间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面上，例N左侧

导轨处在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为区的匀强磁场中，右侧导轨处在垂直导轨平面向下、

磁感应强度大小为28的匀强磁场中，质显均为加的金属〃、〃分别垂直放置在MN右侧与左侧的导轨上,

给金属棒。一个水平向右、大小为%的初速度，此后两金属棒运动过程中始终垂直导轨并接触良好，两金

属棒接入电路的电阻均为R，不计金属导轨的电阻及电磁辐射产生的能量损失。则下列说法正确的是

)

M

XXXXxx

ba―►v

xxx(1xxx

N

A.金属棒。受到的安培力做负功

B.两金属棒组成的系统动量守恒

C.从开始运动到最终匀速运动，通过金属棒）的电荷量为篝

5BL

D.从开始运动到最终匀速运动，金属棒。中产生的焦耳热为"〃?片

【答案】D

【详解】A.根据右手定则及左手定则可知，金属棒〃在向左的安培力作用下向左运动，安培力做正功，故

A错误；

B.由于两金属棒受到的安培力大小不等，且安培力同向，因此系统合外力不为零，系统的动量不守恒，

故B错误；

C.当〃、方两金属棒中感应电动势大小相等时，两金属棒开始做匀速运动，设此时〃的速度大小为匕，b

的速度大小为匕，则

解得匕=2匕

取金属棒。为研究对象，根据动量定理可得2BH=

取金属棒h为研究对象，根据动量定理可得BTLt=BqL=mv2

12

联立解得，为=二%，

H=-v0q=~5BL

故C错误;

D.设金属棒/，中产生的焦耳热为Q,则=

解得。用，故D正确。

故选D。

9.（2026・湖南长沙•模拟预测）如图所示，在足够大的光滑水平绝缘桌面上，虚线MN的右侧,充满竖直向

下的匀强磁场。一个粗细均匀的正方形导线框出7/（其电阻为H）以足够大的初速度从左边界沿x轴正方

向进入磁场。，=0时.，机,边与虚线重合，设线框的位移为《速度为v,电流为/,受到的安培力为巴〃4

边两端的电势差为Sw，通过导线横截面的电荷量为贵在导线框运动的过程中，下列图像可能正确的是

XXXXX

XXXXX

0

XXXXX

XXXXX

o

xXXXX

NXXXXX

，

【答案】CD

【详解】A.设线柢的初速度为%,边长为磁感应强度为4,线框进入磁场过程，根据/<'=4亿,

,BLv

I=-----

R

及2j2

解得尸=*■£

根据动量定理有&=niv-mv0

12

解得一丝X

可知线框进入磁场的过程，n随x均匀减小，产随x均匀减小，线框完全进入磁场后尸突变为0,故A错

误；

C.根据/=等

K

可知，线框进入磁场的过程/随箕均匀减小，线框完全进入磁场后匀速运动，/突变为0,故c正确；

B.根据夕=〃，/=券

A

可知q-r图像的斜率先逐渐减小，再突变为0,故B错误；

D.线框进入磁场的过程中^ax

444mR

可知是一条倾斜向下的电线；完全进入磁场后线框做匀速直线运动，速度保持不变，则

La=BLv,故D正确。

故选CDo

10.（2026•河北•一模）电车和地铁列车常用超级电容器作为动力来源。如图所示为测试某超级电容器性

能的基本装置，两根平行光滑长直导轨固定在水平面上，两导轨间距离为1.0m,处于与导轨平面垂直的匀

强磁场中，磁感应强度大小区=0.5T；长度也为1.0m,质量为0.2kg,电阻r=0.5C的导体棒"N静止在

导轨上，与导轨始终接触良好。超级电容器电容C=0.8F,定值电阻阻值R=0.5C,电源电动势为20V。

先断开开关S-接通与给电容器C充电，充电完成后断开邑；再将开关&与。接通，电容器放电使导体

棒加速，当导体棒加速完成后，将开关颔与力接通，更到导体棒停止运动。已知电容器储存的电场能表达

式为石=叁（其中。为电容器的电容，。为电容器带的电荷量），整个运动过程中电磁辐射忽略不计，

导轨足够长且电阻忽略不计。下列说法正确的是（）

A.电容器C剩余的电荷量为8c

B.开关加与力接通后导体棒为动的位移为16m

C.开关加与力接通瞬间，导体棒的加速度大小为25m/s?

D.导体棒在加速过程中产生为焦耳热为100J

【答案】ABC

【详解】A.设导体棒加速完成时的速度为力此时电容器两端的电压为。二引力

根据动员定理有BiLt=niv

设导体棒加速过程中通过导体棒的电荷量为名,电容器。剩余的电荷量为%，则五=%，?+%二4，

q1=CU,q-CU0,Uo=20V

联立得%=8C,v=20m/s,故A正确；

B.开关上与b接通后,在某段极短的时间△/内，安培力的冲量为A7A=-WL4

则整个过程中安培力的冲量心=-&辿

根据动量定理得4=0-〃w

解得导体棒运动的位移x=16m,故B正确;

C.开关加与。接通瞬间，导体棒的加速度大小

解得a=25m/s,故C正确;

D导体棒在加速过程中,根据能量守恒得（-笑=嫩+0+5加

解得导体棒产生的焦耳热为QR=4（）J,故D错误。

故选ABCo

11.（2026•湖南岳阳•一-模）如图所示，两根足够长的导轨由上下两段电阻不计，光滑的金属导轨组成，

在必、N两点绝缘连接，M、N两点等高，间距L=lm,连接处平滑。导轨面与水平面夹角0=30。，导轨

两端分别连接一个C-0.6F的电容器和一个阻值，次-1.6C的电阻，整个装置.处于3=1T的垂直斜面向上

的匀强磁场中，两根导体棒"、分别放在MN两侧，质量分别为q=0.4kg、叫=0.2kg,棒岫电阻忽

略不计，棒cd电阻广=0.4C,给cd施加一沿导轨平面向上的恒力”=5N,使cd由静止开始运动，同时

〃〃从距离MN为x=lm处由静止开始释放，两棒恰好在MN处发生弹性碰撞，相遇前瞬间棒cW速度为

4nVs,此时撤去作用力F,取重力加速度g=10m/s2。则从棒必静止释放开始（)

A.棒必静止释放到与棒cd相遇运动的时间为1s

B.棒cd沿导轨向上运动的距离为6.4m

C.棒cd沿导轨向上运动过程中产生的焦耳热为24J

D.两棒碰后，棒〃速度大小为2m/s

【答案】AB

【详解】A.由q=CU和U=可知金属棒"和电容器组成的回路有4

对，仍，根据牛顿第二定律有叫gs】n3()o-4〃=gq

其中4=华，/=半

△tNt

.七〃_叫gsinO

联"有「叫+CB*

说明金属棒"做匀加速直线运动，则有x=

联立解得6-2m//,/=is,故A正确；

B.金属棒上滑过程中根据动量定理有R-m2gsin"f-B〃•/="少

其中,=亦=等，Rg=r+R=2复

联/解得飞=6.4m,故B正确；

C.由题知，碰前瞬间cd的速度为4m/s,则根据功能关系有&<4-明时,八出。-。=(吗——o

解得Q=24J

。为总焦耳热。cd棒上产生的焦耳热为QW=J-Q=4.8J,故C错误；

D.两棒发生弹性碰撞，以沿斜面向上为正方向，碰前匕=-V=-2m/s,v=4m/s

碰撞瞬间动量守恒，有明匕+m2y=叫匕+，%匕

抻性碰撞能量守恒，有；〃I*+:；切F；+J

乙乙乙乙

解得碰后棒”速度为匕=-4m/s,故D错误。

故选ABo

12.（2026•安徽马鞍山•一模）如图所示，光滑水平绝缘面上有宽度为£=1m的匀强磁场区域，磁场方向

垂直纸面向里，磁感应强度大小8=1T,虚线为磁场边界。电阻R=IQ、边长也为L的正方形细导线框置

于磁场区域左侧的水平面上，必必与磁场边界平行，线框以％=7m/s的速度开始运动，线框”边刚进入

磁场区域时的速度匕=6m/s。运动过程中线框形状不变，（而边始终与磁场边界平行。求：

；xXXX

；B

:xXXX

：xXXX

；xXXX

；XXXX

-----L—►

⑴线框而边刚进入磁场区域时，线框受到的安培力F的大小；

⑵线框而边刚进入磁场区域到线框〃边刚进入磁场区域的过程中，流过线框的电荷量";

⑶线框穿过磁场区域的全过程中，线框内产生的焦耳热Q。

【答案】（1）7N

⑵1C

⑶1?1

【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得代BLvo

由闭会电路欧姆定律可.得/=?

A

结合安培力公式尸=8比

线框〃〃刚开始进入磁场区域⑦的瞬间，〃〃边所受安培力的大小为〃二与二号ZN=7N

（2）线框"边刚进入磁场区域到线框〃边刚进入磁场区域的过程中，流过线框的电荷量

-E

q-/△/=—A/以二型二空gC

RRR1

(3)由动量定理-BILM=wv,-mv0

其中“=/△/=1C

解得m=lkg

线图传；11磁场过程由动量定理—BILZ—mv2—m\\

其中/R=q=lC，可得匕=5m/s

线程穿过磁场区域的全过程中，线框内产生的焦耳热Q=gm%球=12J

13.（2026・陕西榆林•模拟预测）如图，足够长的光滑平行金属导轨（电阻不计）水平放置，左右两侧导

轨的间距分别为/、2/,导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为8的匀强磁场。把一根质地均匀的导体棒

分戊质量分别为加、2〃?两段。、从均垂直导轨放置，回路总电阻为R且保持不变。。、人两棒分别以%,

2%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接触良好，〃总在窄轨上运动，〃总

在宽轨上运动，从开始运动到两楼稳定的过程中，下列说法正确的是（）

A.a、〃两棒构成的系统动量守恒，机械能不守恒

B.在此过程中产生总的焦耳热为T相（

C.在此过程中〃、两棒平均速度相等

D.在此过程中纵沙两棒与导轨围成的面积的变化显为

B?i

【答案】BD

【详解】A.由于系统合外力不为0,系统动量不守恒，运动过程中部分机械能转化为电能，机械能也不守

恒，故A错误;

B.以向右为正方向，从开始到稳定速度，根据动量定理，对导体棒〃有3,•加=〃”,-〃?%

对导体棒b有-B1♦2/xA/=2mvb-2mx2v0

当最终稳定时满足8・2/%=小匕

联立解得以=2%,%=%

在此过程中产生总的焦耳热为0=卜就+?2〃?（2%）2-［纲：+拉??小|叫，故B正确;

c.根据牛顿第二定律，对导体棒〃有B〃=〃?6

对导体棒〃有81•2/=2mab

由此可知4=4,且/=一以二％,由于a加速，b减速,电流减小，“做加速度减小的加速运动，力做

R

加速度减小的减速运动，h交换速度，时间相同，由速度时间图像如图所示

由图像可知加速的位移大于减速的位移，因此平均速度不相等，故c错误；

D.以向右为正方向，在此过程中，根据动量定理，对导体棒〃有8〃4=5

又q=/Af,Blq=m%,q=-^r

Bl

回路中的平均感应电动势七=壮丝="

Ar△/

,〃EBAS

乂4=/△/=—△A/=-----

RR

联/可得AS=W=喀，故D正确。

BB7

故选BDO

14.（2026・陕西榆林•模拟预测）如图，PQ、MN是两条固定在水平面内间距L=lm的平行轨道，两轨道

在。、O'处各有•小段长度可以忽略的绝缘体，绝缘体两侧为金属导轨，金属导轨电阻不计。轨道左端连

接一个R=0.3夏的电阻，轨道的右端连接一个“恒流源〃，使导体棒时在。、O'右侧时电流恒为

/=0.5A,沿轨道MN建立x轴，0为坐标原点，在两轨道间存在垂直轨道平面向下的有界磁场，XN0区

域B随坐标x的变化规律为8=04x（T）：-ImWxVO区域为匀强磁场，磁感应强度大小为=0.2T。开始

时，质量〃?=0.05kg、长度/=lm、电阻r=0.1。的导体棒他在外力作用下静止在内=1.5m,0、O'右侧

轨道光滑，必棒与。、。'左侧导轨间动摩擦因数〃=。2°现撤去外力，发现外棒沿轨道向左运动。重力

加速度g取lOm/sn,求；

（.缘体）

p\O'aQ

，XX

XXX

:xx:X

::XXXX

/?XXX

x!XX

:x，

x:X力

::x|

（细缘体）

⑴撤掉外力瞬间，山棒中的电流方向和油棒的加速度大小;

⑵撤掉外力后，ab棒由静止运动到x=0处的速度大小；

⑶若时棒最终停在毛=436m处，其运动的总时间为多少。(已知：质量为，〃的物体做简谐运动时，回

复力与物体偏离平衡位置的位移满足%=-6，且振动周期7=21相，结果可保留不)

【答案】(1)电流的方向从b到a,6m/s2

(2)3m/s

/\

⑶《+1.144(或1.925s)

【详解】(1)由题可知，(山棒沿轨道向左运动，即受到了向左的安培力作用，根据左手定则判断，电流

的方向从力到m对棒时，由牛顿第二定律4〃=0.4M〃=.

解得a=6m/s?

P+0RI/

(2)，而棒由静止运动至lJx=0处，"棒受安培力随位移线性变化，所以R==¥=().15N

22

对棒帅，从开始到x=0过程，由动能定理或

得玲=3m/s

(3)在XN0区域中，棒受到的合力为"=8〃=().2.r

由简谐振动的性质可知棒"以x=0处为平衡位置作简谐振动，4=0.2N/m

周期为T=2笈1=瘀

则在x>()区域中的运动时间为［=fs

在棒ab穿过左侧匀强磁场B°过程中*<0)

由动量定理一工稣/'也一"骷=0­〃%

Blv

代入/'=

R+r

解得

(")一〃"但q=o_"?%

得4=1/4S

则全程总时间+%=(5+1.14)S=1.925s

15.(2026•安徽淮南•一模)如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直固定放置的光滑金属导轨，已知

导轨间距为“且导轨足够长。虚线下方存在磁感应强度为"的水平匀强磁场、方向垂直导轨平面，质量为

办长也为"的金属杆"始终与导轨垂直且与导轨接触良好。定值电阻阻值为R、电容器的电容为C且足够

大、理想线圈的自感系数为L,整个回路除定值电阻/?外，其他电阻均不计。开始时三个开关均断开，重

力加速度为g,不计空气阻力和电磁辐射。（线圈产生的自感电动势E=L当）

⑴仅闭合S-由静止释放金属杆而，最终稳定时电阻扭上消耗的电功率；

⑵仅闭合演，由静止释放金属杆，山，求金属杆的加速度大小及回路中的电流大小;

⑶仅闭合5_一由静止释放金属杆加，求金属杆下落的最大距离。

【答案】（1）尸=誓”

Bd-

小、…mg：_CBdmg

2222

~m+CBd'm+CBd

[jB\l2

【详解】（1）设稳定时速度为人杆上电动势小

回路感应电流/=2F

R

杆所受安培力用=8〃/

由平衡条件"优=户人

电阻A上消耗的电功率尸一〃吆'，

解得「=竺空

Bd~

（2）仅闭合S2,由于回路无电阻，所以电容器的电压始终与杆上电动势大小相等，即Uc=8人

取一小段时间△/,充电电流，="

A；

通过回路截面的电荷最等于电容器增加的电荷量4=AQ

NQ=CbUc=CBdZ

所以i=C8da

由牛顿第二定律mg-