專題10電磁感應中的單雙棒運動問題

NO.1

壓軸題解讀

電磁感應中的單雙棒運動問題主要考查學生對電磁感應原理、力學平衡與運動、能量轉化

與守恒等多個知識點的綜合運用能力。這類問題通常與導軌滑桿等模型結合，既涉及電磁感應

產生的電流和電動勢，也涵蓋導體在磁場中受到的安培力及其與機械運動的關系。

核心知識點包括電磁感應定律（法拉第電磁感應定律和楞次定律）、安培力公式、動量守

恒與動量定理、能量守恒定律以及力與運動的平衡關系。學生需要熟練掌握這些知識點，并能

夠靈活應用它們來解決實際問題。

預計在2025年考查題型將以計算題為主，可能涉及以下幾種：

命題預測1.單棒運動問題：考查導體在磁場中切割磁感線產生的電動勢、安培力的大小與方向判

斷，以及導體在安培力作用下的運動狀態分析。

2.雙棒運動問題：考查兩根導體棒在磁場中的相互作用，可能涉及動量守恒、能量守恒

以及安培力做功導致的能量轉化等問題。題目可能要求求解導體棒的最大速度、最大電功率或

系統增加的內能等。

綜上所述，電磁感應中的單雙棒運動問題是一個綜合性的考查點，需要學生具備扎實的基

礎知識和較強的解題能力。在備考過程中，學生應注重理解和掌握相關知識點，并通過大量練

習來提高解題速度和準確率。

1,不含容單棒問題

2.含容單棒問題

高頻考法

3.等間距雙棒問題

4.不等間距雙棒問題

NO.2

壓軸題密押

0方法總結

考向一：不含容單棒問題

模型規律

1、力學關系：片入；p

1XF，=BIl==a旦B2l2v

m(R+r)

XX

[________2、能量關系：］

L,加v；—0=0

阻尼式（導軌光滑）

A。BlNs

3、動量電量關系：-B力力=0-mv。;q=n———=-------

R+rR+r

1、力學關系：(E-E/(E-Blv)；

F

r=DID/a=3￡"斗叱一〃g

AR+rR+rmm(R+r)

2、

動量關系：BLq-Jumgt=mvin-0

3、能里關系：qE=0+j^gs+1*

2^^X4、穩定后的能量轉化規律：*￡=//反+5+「）+

XXX

______________5、兩個極值：（1）最大加速度：v=0時,E反=0,電流、加速度最大。

電動式（導軌粗糙）

"Fm=BI,「=Fm-^ng

,,m

（2）最大速度：穩定時，速度最大，電流最小。

E-BlvmE-Blvm

min

1、力學關系:

_F-FB-fffngFB212V

從g

mmm(R+r)

2、動量關系:

Ft-BLq-jLimgt=mvm-0

3、能量關系:

八12

Fs=Q-\-jumgS+~mvm

4、穩定后的能量轉化規律：（BLv）2

發電式（導軌粗糙）

5、兩個極值:

（1）最大加速度：當v二0時,

F-pimg

m

(2)最大速度：當a=0時，〃〃?

F-F?-umeFBr2/I2v

a=-------111w=-------------—fig=0n

mmm{R+r)

考向二：含容單棒問題

模型規律

、電容器充電量：

1QQ=CE

122、放電結束時電量：0=（JU=CBI%

2

3、電容器放電電量：^Q=Q0-Q=CE-CBlvm

E、動量關系：方.;

45M=B^Q=mvm=B/CE

放電式(先接1,J后接2。導軌“lm+B212c

71匕滑）

5、功能關系：12m（B/CE）2

股=2叫=2（…代）2

達到最終速度時：

1、電容器兩端電壓：u=Blv（v為最終速度）

XXJ。

-xXX2、電容器電量：q-QU

無外方充電式（J手軌光滑）mv

3、動里關系：—BII.At=-Blq=mv_ntVo'v_o

V-機+62/2。

1、力學關系：F-FA=F-BLI=ma

XX2、電流大小：AQCAUCBlAv.

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

ArMAr

有外尢充電式（導軌光滑）

3、加速度大小：p

a------------^—7

m+C52L2

考向三：雙棒問題

模型規律

1、電流大小：1_B/（V2-VJ

1&+7?2%+R?

」2、穩定條件：兩棒達到共同速度

Jd3、動重關系：機2%=Oi+%）v

12

無外^J等距m：（導專九光滑）4、能量關系：/7；Q/?

3機2M叫+機2）膜+0Q=R^

1

、電流大小：，Blv2-Blv,

1=-------------

R]+7?2

2、力學關系：尸；F-F0（任意時刻兩棒加速度）

〃]=Za2=A

里mm

工x2

3、穩定條件：當az=ai時，V2-V1恒定；I恒定；FA恒定；兩棒勻加速。

t24、穩定時的物理關系：

有外才J等距m：（導豐九光滑）Blvv

F=（mx+m,）a'FA=mxa'pB1!B（2-i）

A~—R+R?

v=(瑞+火2)加/

122

Bl(mx+m2)

11%；

、動量關系：_皮/加=切/_機-BLj^=m,v2-0

2、穩定條件：風匕=風匕

3、最終速度：「2；77

mLmLL

T}?y?}V

2Vj=VoV2=m220

mxL2+m2Lx\L2+TYI2LX

4、能量關系：]]]

無沙卜力7二等星巨?c121212

Q=2V2

（導軌光滑）

5、電里關系：BL2q=m2V2-。

F為恒力,則：

1、穩定條件：/〃一I恒定，兩棒做勻加速直線運動

、F—FFA?77F4]_/]

2AX

2、吊用關系：a\—，。2—，/]4]—12amL_

—E%一加2死24

舉一外力4二等距中

(導軌光滑)3、常用結果：1、12m2p

FL"F；FA2=

lfm+/；加i

hm2+《加i2

__蛆___F；

ax=———F—F；-

加1

Z1m2+l2m1

?土與兩棒電阻無關

此時回路中電流為：I=j2'J

lxm2+/2m1

?題型01不含容單棒問題

1.如圖所示，在豎直平面內固定有足夠長的兩豎直平行金屬導軌P。、MN,導軌間距為d,導軌頂端用阻

值為R的電阻連接，質量為加、電阻為『的水平金屬桿仍置于導軌上，且與導軌接觸良好，整個導軌區域

內有垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場。現由靜止釋放必，經時間才剛好達到勻速狀態。已知重力

加速度為g,不計一切摩擦、導軌電阻和空氣阻力，關于金屬桿仍從靜止到最大速度的過程，下列說法中

正確的是()

A.金屬桿曲的最大速度為答

Ba

B.流過金屬桿ab的電荷量為理一-gr)

BdB3d3

C.金屬桿油下降的高度為熠T一療g(f］『

B2d2

,?人.dbjj.、,m2e2RF3m(R+r)

D.電阻尺上產生的焦耳熱為t-一二/2

Dd2Bd

【答案】BC

【詳解】A.必勻速時，重力與安培力平衡，根據法拉第電磁感應定律有

E=Bdv

根據歐姆定律及安培力公式有

E

1=，F=BId

R+r

根據共點力平衡條件有

F=mg

解得

mg(R+r)

v=

B2d2

故A錯誤;

B.根據動量定理有

mgt-Bldt=mv

根據電流定義式有

q=It

解得

mgtm2g{R+7?)

q=

BdB3d3

故B正確;

C.根據法拉第電磁感應定律結合電流定義式有

EA(DBdh

q=It=

R+rR+rR+r

解得

mgt(R+r)m2g(R+r)2

h=

B2d2B4d4

故C正確;

D.根據能量守恒定律有

12

mgh=<2+—mv

解得

3m(7?+r)

2B2d2

故D錯誤;

故選BCo

?題型02含容單棒問題

2.兩根足夠長的導軌由上下段電阻不計，光滑的金屬導軌組成，在M、N兩點絕緣連接，M,N等高，間

距￡=lm,連接處平滑。導軌平面與水平面夾角為30。，導軌兩端分別連接一個阻值R=0Q2Q的電阻和C

=1F的電容器，整個裝置處于3=0.2T的垂直導軌平面斜向上的勻強磁場中，兩根導體棒"、cd分別放在

"N兩側，質量分為加/=0.8kg,m2=0.4kg,棒電阻為0.08Q,cd棒的電阻不計，將由靜止釋放，同

時cd從距離MN為X。=4.32m處在一個大小F=4.64N,方向沿導軌平面向上的力作用下由靜止開始運動，

兩棒恰好在〃、N處發生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去R已知碰前瞬間的速度為4.5m/s,g=10m/s2

A.從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44s

B.仍從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78J

C.兩棒第一次碰撞后瞬間，的速度大小為6.3m/s

D.兩棒第一次碰撞后瞬間，c4的速度大小為8.4m/s

【答案】BD

【詳解】A.由于金屬棒。6、cd同時由靜止釋放，且恰好在M、N處發生彈性碰撞，則說明cd在到達

M、N處所用的時間是相同的，對金屬棒cd和電容器組成的回路有

△q=C-BLl^v

對cd根據牛頓第二定律有

F-BIL—m2gsin30°=m2a2

其中

Av,Nq

%=—，I=一

At\t

聯立有

_F-m2gsin30°

2

m2+CBI?

則說明金屬棒cd做勻加速直線運動，則有

1,2

=2叼

聯立解得

6/2=6m/s2,t=1.2s

故A錯誤；

B.由題知，知碰前瞬間"的速度為4.5m/s,則根據功能關系有

12

叫gX"$11130°-0=5叫匕

金屬棒下滑過程中根據動量定理有

m{gsin30°BIL?t-m1v1

其中

—BLx.

q===R+R=0AQ

“總Rbab

聯立解得

=

q=6C,xab3m,Q=3.9J

則R上消耗的焦耳熱為

D

a=-e=0.78J

人總

故B正確；

CD.由于兩棒恰好在〃、N處發生彈性碰撞，取沿斜面向下為正，有

mfVi-m2V2="Z/V/'+JM2V2’

+；加2^=；加1才+g巧,2

其中

V2=a2t=7.2m/s

聯立解得

Vj'=-3.3m/s,V2=8.4m/s

故C錯誤、D正確。

故選BD。

?題型03等間距雙棒問題

如圖甲，平行金屬導軌cd水平放置，相距為2,導軌平面內有豎直向上的勻強磁場，磁感強度為2,

兩金屬棒M、N靜止在導軌上。其中N棒質量為小，電阻為凡加棒被鎖定（鎖定裝置寬度不計），導軌

與〃棒電阻不計，初始兩棒相距九以下各種情況的運動中，兩棒始終與導軌接觸良好，且始終保持與導

軌垂直，導軌光滑且足夠長。

（1）若給N棒一瞬間向左的初速度，此后N棒恰好不與〃棒相碰，求此過程中N棒產生的焦耳熱之；

（2）零時刻起，給N棒施加一水平向右的恒力/（大小未知），作用時間％后，撤去R同時將M棒解除

鎖定，整個過程中N棒的v-/圖像如圖乙（v"為已知量），其中圖線8段、跖段為平行橫軸的直線。求:

①解除鎖定后N棒產生的焦耳熱Q2；

②0-時間內N棒產生焦耳熱fi。

【答案】（1）。=^^;（2）①加心②。3=^^

2mR3R2

【詳解】（1）在棒向左運動過程中，受到安培力沖量大小為/安、產生平均感應電動勢為E,平均電流為/,

歷時/,對N棒列動量定理

一/安=-mv

又

/安=BILt

/一

R

廠A①

E=----

A①=BLd

聯立得

B2I?d

v=--------

mR

由系統能量守恒

Qi=^mv2

得

八B4^d2

2mR2

（2）①解除鎖定后：設用■棒質量為加2,M、N棒最終共同運動，系統動量守恒

mvn=(m+m2)1v?

得

叱=2mM、N棒系統，列能量守恒

=；（加+叫）匕匕/+Qi

得

Ql=^mVn

②CD段N棒勻速

F*=F

斤=絲%0一（時間內：N棒運動的位移為s,對N棒列動量定理

R

-/安+凡0=〃叱，

,B心

7二R

得

mvR

i'。一了不

對系統列能量守恒

12

Fs=-mvn+Q3

得

京―二32

a=-------———mv

3R2n

?題型04不等間距雙棒問題

4.導軌。、6由半徑為r=0.4m的四分之一光滑圓弧平行導軌與水平導軌組成，其右端與水平導軌c、d良

好銜接，導軌。、6部分寬度為4=2m,導軌c、d部分寬度為4=lm,金屬棒尸和。均與導軌垂直，質

量分別為M=2kg和％=1kg,兩棒在導軌間部分電阻大小均為R=l。，金屬棒。靜止在c、d導軌上并被

鎖定，整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為8=1T。現將金屬棒尸從圓弧導軌圓心等

高處無初速釋放，經過f=ls時間金屬棒尸到達導軌最低點，此時金屬棒尸對導軌壓力為其重力的兩倍，同

時金屬棒。解除鎖定，兩棒運動過程始終保持平行，水平導軌均足夠長，且金屬棒尸始終在湖上運動，金

屬棒。始終在〃上運動，金屬棒與導軌接觸良好，不考慮一切摩擦，重力加速度g取10m/s2,經過足夠長

時間后，求：

⑴從金屬棒尸釋放到解除金屬棒。鎖定前瞬間，通過金屬棒某橫截面的電荷量；

(2)從金屬棒尸釋放到解除金屬棒。鎖定前瞬間，金屬棒尸所受安培力和支持力的合力的沖量大小;

⑶兩金屬棒最終速度大小。

【答案】(l)0.4C

(2)4V26N.S

24

⑶金屬棒尸的速度大小為§m/s,金屬棒。的速度大小為§m/s

【詳解】(1)(1)從金屬棒P釋放到解除金屬棒。鎖定前瞬間，通過金屬棒某橫截面的電荷量

A①

q='=^—心=-^-=^lL=Q.4C

R+RR+R2R

(2)(2)設金屬棒P到達圓弧導軌最低點時速度為%,由牛頓第二定律，有

N-Mg=M^-

r

且

N=2Mg

得

%=而=2m/s

設金屬棒P沿導軌下滑過程所受安培力和支持力的合力的沖量大小為/，根據動量定理有

I+Mgt=MVQ-0

Mgt

可得

(3)(3)解除鎖定后，金屬棒尸做減速運動，金屬棒0做加速運動，兩棒最終均做勻速運動，回路電流

為零，設兩棒最終速度分別為匕和乙,由于

Ep—EQ

BLjp=BL2VQ

由動量定理，對金屬棒尸有

對金屬棒。有

BIxL2t'=mvQ

解得

2,

4=—m/s

3

4/

匕=—m/s

3

NO.3

壓軸題速練

1.如圖甲所示，電阻不計的兩根足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平面內，左端連接電阻區,勻強磁場

的方向豎直向下。置于導軌上的金屬桿始終保持與導軌垂直且接觸良好，f=0時刻金屬桿的初速度v方向水

平向右，同時施加一水平向右的外力尸，桿運動的速度v隨時間》變化的圖像如圖乙所示。下列關于外力廠

隨時間/變化的圖像正確的是()

FFF

【答案】A

【詳解】由圖乙可知金屬桿勻減速運動，根據牛頓第二定律有

F-BIL=ma

根據法拉第電磁感應定律可知

E-BLv

又

v=v-at

解得

B2I?aB2I}V

--------1-\-----------\-rna

R息

可知F-t圖像為一次函數圖像，其中斜率為負。

故選A?

2.如圖，相距為￡的兩光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平桌面上,左端接一電容器C,阻值為R的電阻通

過三角旋鈕開關S與兩導軌連接，長度為2、質量為加的金屬桿成垂直導軌放置，且與導軌始終接觸良好,

兩導軌間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦三角旋鈕開關S僅1、2之間導電，S

左旋時能將電阻R和電容器C接入同一回路，右旋時能將電阻尺和金屬桿仍接入同一回路，初始時1、2

連接電容器和金屬桿，現用恒力/向右拉金屬桿。6,使其從靜止開始運動，經一段時間后撤去R同時旋

轉S,此時金屬桿的速度大小為血,不計金屬桿和導軌的電阻。下列說法正確的是（）

12a

XXXX

XXXX

TC即XXX

XXXX

b

A.撤去尸前，金屬桿做變加速直線運動

B.撤去尸同時向右旋開關S,金屬桿做勻減速運動

c.恒力廠對金屬桿做的功等于;加片

D.若分別左旋右旋S,兩種情況下，通過電阻尺的電荷量之比為C8"2：〃？

【答案】D

【詳解】A.撤去尸前，對金屬桿進行受力分析有

F-BIL=ma

對電容器

Q=CU

充電電流為

I=^-=CBL—=CBLa

NtNt

解得

F

a~CB2l}+m

則金屬桿做勻加速直線運動，故A錯誤；

B.撤去尸同時向右旋開關S,此時僅有電阻及和金屬桿仍接入同一回路，且金屬桿有向右的速度，根據

右手定則與左手定則，可判定安培力向左，且

BIL=-----=ma

R

可知，金屬桿將向右做加速度減小的減速運動，故B錯誤；

C.根據動能定理有

1,

%+0=2mV°

解得

其中安培力做負功，則恒力廠對金屬桿做的功大于;機片，故C錯誤；

D.撤去廠時，電容器極板帶電量為

Q=CBLV。

對金屬桿分析，由動量定理有

-BIL.加=0-mv0

由于金屬桿減速切割磁感線而通過電阻的電量

q=I、Nt

當左旋S,通過電阻的電量

*=。

當右旋S,通過電阻的電量

%=4

解得

2

qx_CB1}

%m

故D正確。

故選Do

3.如圖所示，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為3,足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置,

導軌左右兩部分的間距分別為/、2/；質量分別為“、2根的導體棒a、b均垂直導軌放置，導體棒。接入電

路的電阻為R,其余電阻均忽略不計；。、6兩棒分別以為、2Vo的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中

始終與導軌垂直且保持良好接觸，。總在窄軌上運動，6總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩定狀態，從開始

運動到兩棒穩定的過程中，下列說法正確的是（）

A.a棒加速度大于b棒的加速度

B.穩定時a棒的速度為1.5v0

C.電路中產生的焦耳熱為1加說

D.通過導體棒。的某一橫截面的電荷量為酸

2BI

【答案】C

【詳解】A.根據牛頓第二定律

a=F=BII

a~m-m

FBI-21BII

ci=----=---------=-----

2bm2mm

則a、6棒加速度大小相等，故A錯誤；

B.對a、6棒，根據動量定理有

BII-X=mva-mvQ

BI,2l?At=2m?2v0-2mvb

穩定時有

Blva=B?2lvb

可得

匕=2%

聯立解得

%=2%,vb=v0

故B錯誤;

C.由能量守恒定律可知，動能的損失等于焦耳熱，則電路中產生的焦耳熱為

2

0=g加呼+g?2加(2%)2-1m(2v0)-1-2mv；=|m*

故C正確;

D.對a,根據動量定理可得

BII-At=mva-mv0

q=1?加

va=2%

聯立解得

故D錯誤。

故選Co

4.如圖甲所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌固定在同一水平面內且平行放置，導軌間距為￡,水平面內存

在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為8,導軌左側與一阻值為A的電阻相連，一質量為加的

金屬棒在外力廠作用下沿導軌向右運動，外力尸與金屬棒運動的時間t的關系如圖乙所示，圖像斜率為上

其余電阻不計，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，下列說法正確的是（）

A.當/=然時，金屬棒做勻加速直線運動，加速度為g

B.當尸。=2黑時,金屬棒做加速度減小的加速運動，最終加速度為梟

C.當/=黑色時，金屬棒做加速度增大的加速運動，最終加速度為。

D.當乙=碧■時，金屬棒做加速度減小的加速運動，最終加速度為娛

2BLm

【答案】AD

【詳解】A.金屬棒開始做加速運動，根據牛頓第二定律

Fa=ma

若此后過程中金屬棒做勻加速直線運動，則有

v=at

對金屬棒受力分析，根據牛頓第二定律

l,B2l}at

r0+kt----———=ma

（D2r2

方程右側為定值，需滿足左側/的系數人—為零，即

IR）

B2I：a

R

解得

lkRkRm

用=2〃5=碇

即當

口_kRm

。=宙

時金屬棒做

m

的勻加速直線運動，故A正確;

BC.同理，根據牛頓第二定律

2

廣,Bl}at

卜kt-----———=ma

可得

aJ

r0+A:-----—\t=ma

故當

_kRm

。-28*

時，初始加速度較小，/的系數大于零，加速度隨時間增大，最終穩定時》的系數為零，金屬棒做勻加速直

線運動，滿足

Fo=ma

即

m

故BC錯誤;

D.根據牛頓第二定律

2

廠,Bl3at

r0+kt-----———=ma

可得

口r,

r0+k----——t=ma

故當

3kRm

°-2B-I}

時，金屬棒初始加速度較大，/的系數小于零，加速度隨時間減小，最終穩定時/的系數為零，金屬棒做勻

加速直線運動，滿足

Fo=ma

即

.雪

m

故D正確。

故選AD0

5.如圖，兩足夠長、間距為工的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌間一區域存在豎直向下的勻

強磁場，該區域左、右邊界的間距為2工且均垂直于導軌。最初，邊長為Z的正方形導體框仍4和長為Z的