双杆常见模型分析
光滑的等距导轨 (v0≠0,F合=0) 光滑的不等距导轨 (v0≠0,F合=0) 光滑的等距导轨 (v0=0) 不光滑的等距导轨 (v0=0)
示意图
运动 分析
能量 分析 一部分动能转化为内能,Q=-ΔEk 外力做功转化为动能和内能,WF=ΔEk+Q 外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热),WF=ΔEk+Q电+Qf
角度1 等间距导轨问题
例1 [2025·河北卷] 某电磁助推装置设计如图,超级电容器经调控系统为电路提供1000 A的恒定电流,水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中,a可视为始终垂直导轨的导体棒,b为表面绝缘的无人机.初始时a静止于MM'处,b静止于a右侧某处.现将开关S接1端,a与b正碰后锁定并一起运动,损失动能全部储存为弹性势能.当a运行至NN'时将S接2端,同时解除锁定,所储势能瞬间全部转化为动能,a与b分离.已知电容器电容C为10 F,导轨间距为0.5 m,磁感应强度大小为1 T,MM'到NN'的距离为5 m,a、b质量分别为2 kg、8 kg,a在导轨间的电阻为0.01 Ω.碰撞、分离时间极短,各部分始终接触良好,不计导轨电阻、摩擦和储能耗损,忽略电流对磁场的影响.
(1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s,求此时通过a的电流大小.
(2)忽略a、b所受空气阻力,当a与b的初始间距为1.25 m时,求b分离后的速度大小,分析其是否为b能够获得的最大速度;并求a运动过程中电容器的电压减小量.
(3)忽略a所受空气阻力,若b所受空气阻力大小Ff与其速度v的关系为Ff=kv2(k=0.025 N·s2/m2),b初始位置与(2)问一致,试估算a运行至NN'时,a、b分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%,并给出结论.(0.992=0.980 1)
角度2 不等间距导轨问题
例2 (多选)[2025·湖北武汉调研] 如图所示,两根足够长的平行金属光滑导轨MNPQ、M1N1P1Q1固定在倾角为30°的斜面上,导轨电阻不计.MN与M1N1间距为2L,PQ与P1Q1间距为L.在MN与M1N1区域有方向垂直斜面向下的匀强磁场,在PQ与P1Q1区域有方向垂直斜面向上的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B.在MN与M1N1区域中,将质量为m,电阻为R,长度为2L的导体棒b置于导轨上,且被两立柱挡住.在PQ与P1Q1区域中,将质量为m,电阻为R,长度为L的导体棒a置于导轨上.a由静止下滑,经时间t,b恰好离开立柱,a、b始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,重力加速度大小为g.则 ( )
A.两导体棒最终做匀速直线运动
B.t时刻,a的速度大小为
C.0~t内,a下滑的距离为-
D.a中电流的最大值为
[反思感悟]
角度3 线框类问题
例3 [2025·陕青宁晋卷] 如图所示,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度大小为B.甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R.两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=并排进入磁场,忽略两线框之间的相互作用.则 ( )
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
[反思感悟]
例4 [2025·山东卷] 如图所示,平行光滑轨道的间距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交线与轨道垂直,以轨道上O点为坐标原点,沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系.轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场;区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场,磁感应强度大小B1=k1t+k2x,k1和k2均为大于零的常量,该磁场可视为由随时间t均匀增加的磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成.将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上,pq边与轨道垂直,由静止释放.已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不计自感.
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s;
(2)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t = 0),此时金属框的速率为v0,若k1=,求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d.微专题7 电磁感应中的双杆模型和线框模型
例1 (1)500 A (2)25 m/s 是 40 V (3)能 分析见解析
[解析] (1)分离后a切割磁感线,有E=BLv
则通过a的电流I=
解得I=500 A
(2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I0=1000 A的恒定电流,则当a与b的初始间距为1.25 m时,a与b碰撞前,对a根据动能定理有BI0Lxab=ma
a与b碰撞时,对整体根据动量守恒定律和能量守恒定律有mava=(ma+mb)v共
ma=(ma+mb)+Ep
a与b整体从碰撞后到NN'的过程中,对整体根据动能定理有BI0L(xMN-xab)=(ma+mb)-(ma+mb)
a与b分离时,对整体根据动量守恒定律和能量守恒定律有(ma+mb)v共1=mava1+mbvb1
(ma+mb)+Ep=ma+mb
联立解得va1=0,=25 m/s,此为b能够获得的最大速度
由于a和a、b组合体均做匀变速直线运动,分别有xab=t1
xMN-xab=t2
电容器流出的电荷量有Δq=I0(t1+t2)
a运动过程中电容器的电压减小量ΔU==40 V
(3)b所受的最大阻力为Ff=k,对a、b整体由动能定理得BIL(xMN-xab)-kL(xMN-xab)=(ma+mb)-(ma+mb)
综合解出>99%
例2 BD [解析] 若a棒最终做匀速直线运动,则有BI0L=mgsin 30°,此时对b棒则有BI0>mgsin 30°,可见两导体棒最终不会都做匀速直线运动,A错误;设t时刻,a的速度大小为v,a棒产生的感应电动势E=BLv,由闭合电路欧姆定律有E=I×2R,分析b受力得BI=mgsin 30°,解得v=,B正确;在时间t内,对a棒由动量定理有t-x=mv,解得x=2R·=-,C错误;由闭合电路欧姆定律可知,a棒中的电流满足I=,对b棒,由牛顿第二定律有2BIL-mgsin 30°=mab,对a棒,由牛顿第二定律得mgsin 30°-BIL=maa,显然,当电流最大时,va-2vb最大,有Δva=2Δvb,即aa=2ab,解得Im=,D正确.
例3 D [解析] 根据楞次定律,甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向,出磁场的过程中电流方向为逆时针方向,故A错误;甲线框刚进磁场区域时,合力为F安1=BI1L,I1=,乙线框刚进磁场区域时,合力为F安2=BI2L,I2=,可知=2,故B错误;假设甲、乙都能完全出磁场,对甲根据动量定理有-BLΔt=mv1-mv0,q1=Δt=·Δt==,同理对乙有-BLΔt'=mv2-mv0,q2=Δt'=·Δt'==,解得v1=0,v2=v0=,故甲恰好完全出磁场区域,乙完全出磁场区域时,速度大小不为0,故C错误;由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=m,Q2=m-m=m,即=,故D正确.
例4 (1) (2)
[解析] (1)金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中,金属框只有一条边切割磁感线,根据楞次定律可得,所受安培力水平向左,则
切割磁感线产生的电动势为E0=BLvcos α
金属框中电流为I0=
金属框做匀速直线运动,则有
BI0Lcos α=mgsin α
解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率为v=
金属框开始释放到pq边进入区域Ⅰ的过程中,只有重力做功,由动能定理可得mgssin α=mv2
可得释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离为s==
(2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t = 0),设金属框ef边到区域Ⅱ上边界的距离为x时,金属框中产生的感应电动势E==L2=k1L2+k2L2=L2,其中v=
此时回路中的感应电流I=
金属框pq边受到沿轨道向上的安培力,大小为F安1=B1IL=IL
金属框ef边受到沿轨道向下的安培力,大小为F安2=B1IL=IL
则金属框受到的安培力F安=F安1-F安2=k1t+k2IL-IL
代入k1=
化简得F安=mgsin α+
当金属框平衡时F安=mgsin α,可知此时金属框速率为0
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,根据动量定理可得
mgsin αΔt-F安Δt=mΔv
即-Δt=0-mv0
对时间累积求和可得-=0-mv0
可得d=微专题7 电磁感应中的双杆模型和线框模型
1.D [解析] 开始时甲棒在拉力和安培力作用下加速运动,此时速度较小,安培力较小,加速度较大,乙棒在安培力作用下做加速运动,此时安培力较小,加速度较小,由于甲速度增加的比乙快,则回路电动势增加,安培力增加,则甲棒加速度减小,乙棒加速度增加,最终稳定时,两棒的速度差恒定即加速度相同,安培力不再变化,电路的电功率达到最大,根据牛顿第二定律,对甲棒有F-BId=ma,对乙棒有BId=ma,回路中电动势为E=Bd(v1-v2),电流为I=,根据动量定理可得Ft0-Bd·t0=mv1,Bd·t0=mv2,联立可得I=,v1=F(+),v2=F(-),故A、B错误;电路中的最大电功率为Pmax=I2·2R=,故C错误;根据Ft0-Bd·t0=mv1,q=t0,联立可得q=,故D正确.
2.BC [解析] 由题知g、h两端的电压随时间均匀增加,则说明gh在磁场中运动时做匀变速直线运动,设运动的速度为v,有E=Bdv,I=,F安=BId,F-F安=ma,联立有kv+b-=ma,由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动,则有kv=,ma=b,解得R=,故B正确;gh在无磁场区域运动时,F=0,根据动量定理有-=mv0-mvmax,gh在磁场中运动时做匀变速直线运动有-=2ad,结合ma=b,解得m=,vmax=-v0,故C正确,D错误;由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动,则有vmax=v0+at,解得t=,故A错误.
3.AD [解析] 线圈在磁场中的运动为先减速进入磁场,再减速出磁场,然后又减速进磁场,减速出磁场,以此类推,线圈在进入磁场或穿出磁场的过程中,速度变化量为Δv,由动量定理有nBdΔt=mΔv,由闭合电路欧姆定律得=,再由法拉第电磁感应定律有=n,因为每次进入磁场或穿出磁场时线圈中磁通量变化量都为ΔΦ=Bd2,联立可解得Δv=,表明线圈在进入或穿出磁场的过程中速度的变化量相等,线圈每经过一个磁场的速度变化量相等,动量变化量相等,选项A正确;线圈依次经过各个磁场时,线圈所受安培力减小,线圈克服安培力做功减小,线圈内的发热量减小,选项B错误;根据上述分析得v0=2NΔv,可求出Δv=v0,故线圈刚好离开第一个磁场的速度为v1=v0-2Δv=v0,选项C错误;根据=mv0,结合线圈电阻R=ρ、线圈质量m=ρ'Sn·4d,联立可推知N与n无关,故线圈仍能通过5个完整的磁场,选项D正确.
4.BD [解析] 由于导体棒ab、cd同时由静止开始运动,且恰好在M、N处发生弹性碰撞,则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的,对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq2=C·BLΔv2,对cd根据牛顿第二定律有F-BI2L-m2gsin 30°=m2a2,其中a2=,I2=,联立有a2=,则说明导体棒cd做匀加速直线运动,则有x0=a2t2,联立解得a2=6 m/s2,t=1.2 s,故A错误;由题知,碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=m1,导体棒ab下滑过程中根据动量定理有m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1,其中q1=t=,R总=R+Rab=0.1 Ω,联立解得q=6 C,xab=3 m,Q=3.9 J,则R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J,故B正确;由于两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,有m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2',m1+m2=m1v1'2+m2v2'2,其中v2=a2t=7.2 m/s,联立解得v1'=-3.3 m/s,v2'=8.4 m/s,故C错误,D正确.
5.(1) (2) (3)见解析
[解析] (1)线框在没有进入磁场区域时,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma
根据运动学公式有v2=2ax
联立可得线框释放点cd边与 Ⅰ 号区域上边缘的距离x=
(2)因为cd边进入 Ⅰ 号区域时速度为v,且直到ab边离开 Ⅰ 号区域时速度均为v,可知线框的边长与 Ⅰ 号区域的长度相等,根据平衡条件有mgsin θ=BIL1
又E=BL1v
I=
cd边两端的电势差U=E
联立可得U=
(3)①若L2>L1,在线框进入 Ⅰ 号区域过程中,根据动量定理有mgsin θ·t1-BIL1t1=0
其中t1=,I=
q=It1
联立可得q=
线框在 Ⅱ 号区域运动过程中,根据动量定理有
mgsin θ·t2-2BL1t3=0
根据q=·t=·t=
则线框进出 Ⅱ 号区域过程中电荷量都相等,即q=t3
联立可得t2=
根据能量守恒定律有-W安+mgsin θ(L2+L1)=0
克服安培力做功的平均功率P=
联立可得P=
②若L2线框在 Ⅱ 号区域运动过程中,根据动量定理有
mgsin θ·t4-2BL1t5=0
其中q'=t5
结合q=,q=
联立可得t4=
根据能量守恒定律有-W安'+mgsin θ(L2+L1)=0
克服安培力做功的平均功率P'=
联立可得P'=
6.(1)0.64 V (2)0.864 C (3)1 m/s (4)不能 m
[解析] (1)ab棒离开B1B2时已以速度v1=1.6 m/s做匀速运动,设ab棒离开B1B2时电容器上的电压为U,则U=E=BLv1=0.64 V
(2)设初始时电容器两端电压为U0,导体棒从开始运动到稳定过程,电容器极板上电荷量变化量为ΔQ,导体棒稳定后的电动势为E,对导体棒,由动量定理有
BL·Δt=m1v1-0
又有E=BLv1
而 C==
由电流的公式有=
整理有Q0=CU0=ΔQ+CE=0.864 C
(3)由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道,设进入瞬间导体棒的速度为v2,有v2=
解得 v2=2 m/s
设导体棒在与金属框碰撞前的速度为v3,由动能定理有m1gr=m1-m1
解得 v3=3 m/s
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞,设碰后速度为v共,有m1v3=v共
解得v共=1 m/s
(4)线框的右边框进入磁场的过程由动量定理有
解得v4= m/s
所以线框的右边框能完全离开,然后左边框开始以速度v4= m/s进入磁场,假设左边框仍能穿出磁场,则有
解得 v5=- m/s
所以线框左边框不能穿出磁场,则有
解得x= m
所以线框右边框所处的坐标为x右= m 微专题7 电磁感应中的双杆模型和线框模型
1.[2025·湖南长沙联考] 如图所示,甲、乙为两根完全相同的金属棒,质量均为m,电阻均为R,垂直放置在足够长的水平金属导轨上,导轨间距为d,整个区域存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.两棒与导轨无摩擦且接触良好,t=0时刻给甲棒施加一个水平向右的恒力F,初始状态时两棒都静止,经时间t0后电路的电功率达到最大.下列说法正确的是 ( )
A.t0时刻甲棒的速度v1=F
B.t0时刻乙棒的速度v2=F
C.电路中的最大电功率Pmax=
D.0~t0时间内通过甲棒的电荷量q=
2.(多选)[2025·重庆卷] 如图甲所示,小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成,小车沿平直绝缘轨道向右运动,轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域,磁场区域的磁感应强度大小为B,方向竖直向上.gh段在磁场区域运动时,受到水平向右的拉力为F=kv+b(k>0,b>0),且g、h两端的电压随时间均匀增加;当gh在无磁场区域运动时,F=0.gh段速度大小v与运动路程s的关系如图乙所示,图中v0(v0<)为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小,忽略摩擦力.则 ( )
A.gh在任一磁场区域的运动时间为
B.金属框的总电阻为
C.小车质量为
D.小车的最大速率为+v0
3.(多选)[2025·湖南郴州三模] 如图所示,光滑绝缘的水平面上存在一系列竖直向下且宽度均为d的相同的匀强磁场,相邻两磁场的间距为d.一匝数n=20、边长为d的正方形金属线圈(dc边与磁场边界平行)以初速度v0从第一个磁场的左边界垂直进入磁场,结果线圈恰好能穿过完整的磁场的个数为N=5.下列说法正确的是 ( )
A.线圈每经过一个磁场的动量变化量相等
B.线圈每经过一个磁场的发热量相等
C.线圈刚好离开第一个磁场的速度为v0
D.增加线圈的匝数(增加的线圈材料、粗细与原来的相同),线圈仍以原来的速度进入磁场,穿过完整的磁场的个数仍为5
4.(多选)[2024·海南卷] 两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成,在M、N两点绝缘连接,M、N等高,间距L=1 m,连接处平滑.导轨平面与水平面夹角为30°,导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和电容C=1 F的电容器,整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中,两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧,质量分别为m1=0.8 kg、m2=0.4 kg,ab棒电阻为0.08 Ω,cd棒的电阻不计,将ab棒由静止释放,同时cd棒从距离MN为x0=4.32 m处且在一个大小为F=4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去力F,已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,g取10 m/s2,则 ( )
A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab从释放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间,ab的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间,cd的速度大小为8.4 m/s
5.[2025·福建卷] 如图所示,光滑斜面倾角为θ=30°, Ⅰ 号区域与 Ⅱ 号区域均存在垂直斜面的匀强磁场,两区域磁感应强度大小相等,正方形线框abcd质量为m,总电阻为R,粗细均匀, Ⅰ 号区域长为L1, Ⅱ 号区域长为L2,两区域间的无磁场区域长度大于线框长度.线框从某一位置释放,cd边进入 Ⅰ 号区域时速度为v,且直到ab边离开 Ⅰ 号区域时,速度始终为v.当cd边进入 Ⅱ 号区域时的速度和ab边离开 Ⅱ 号区域时的速度一致,已知重力加速度为g.
(1)求线框释放点cd边与 Ⅰ 号区域上边缘的距离x;
(2)求cd边进入 Ⅰ 号区域时,cd边两端的电势差;
(3)求线框进入 Ⅱ 号区域到完全离开的过程中克服安培力做功的功率.
6.[2025·陕西西安模拟] 如图所示,两根电阻不计的光滑水平导轨A1B1、A2B2平行放置,两导轨间距为L=1 m,处于竖直向下的磁感应强度大小为B=0.4 T的匀强磁场中,导轨左侧接一电容为C=0.1 F的电容器,初始时刻电容器带一定电荷量,电性如图所示.质量为m1=0.2 kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上,闭合开关S后,ab棒由静止开始向右运动,且离开B1B2时以v1=1.6 m/s匀速运动.下方光滑绝缘轨道C1MD1、C2ND2间距也为L且如图所示放置,其中C1M、C2N为半径r=1.25 m、圆心角θ=37°的圆弧,与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点,其中NO、MP两边长度为d=0.5 m,以O点为坐标原点,沿导轨向右建立坐标系,OP右侧0(1)求ab棒离开B1B2时电容器上的电压U;
(2)求初始时刻电容器所带电荷量Q0;
(3)求ab棒与“U”形金属框碰撞后瞬间的速度大小;
(4)分析闭合线框能否穿过磁场区域,若能,求出线框离开磁场时的速度;若不能,求出线框停止时右边框的位置坐标x.(已知:;结果可用根式表示)(共56张PPT)
微专题7 电磁感应中的双杆模型和
线框模型
角度1 等间距导轨问题
角度2 不等间距导轨问题
角度3 线框类问题
备用习题
◆
听课手册
双杆常见模型分析
示意图
运动分析 _________________________
_________________________
续表
能量分析
续表
角度1 等间距导轨问题
例1 [2025·河北卷] 某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提
供 的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场
中，可视为始终垂直导轨的导体棒，为表面绝缘的无人机.初始时 静止于
处，静止于右侧某处.现将开关接1端，与 正碰后锁定并一起运动，损
失动能全部储存为弹性势能.当运行至时将 接2端，同时解除锁定，所储势
能瞬间全部转化为动能，与分离.已知电容器电容为，导轨间距为 ，
磁感应强度大小为，到的距离为，、
质量分别为、，在导轨间的电阻为 .碰
撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电
阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响.
(1) 若分离后某时刻的速度大小为，求此时通过 的电流大小.
[答案]
[解析] 分离后切割磁感线，有
则通过的电流
解得
例1 [2025·河北卷] 某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提
供 的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场
中，可视为始终垂直导轨的导体棒，为表面绝缘的无人机.初始时 静止于
处，静止于右侧某处.现将开关接1端，与 正碰后锁定并一起运动，损
失动能全部储存为弹性势能.当运行至时将 接2端，同时解除锁定，所储势
能瞬间全部转化为动能，与分离.已知电容器电容为，导轨间距为 ，
磁感应强度大小为，到的距离为，、
质量分别为、，在导轨间的电阻为 .碰
撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电
阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响.
(2) 忽略、所受空气阻力，当与的初始间距为时，求 分离后的速度大
小，分析其是否为能够获得的最大速度；并求 运动过程中电容器的电压减小量.
[答案] ; 是;
[解析] 由于超级电容器经调控系统为电路提供
的恒定电流，则当与的初始间距为
时，与碰撞前，对根据动能定理有
与 碰撞时，对整体根据动量守恒定律和能量守恒定律有
与整体从碰撞后到 的过程中，对整体根据动能定理有
与 分离时，对整体根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，，此为 能够获得的最大速度
由于和、组合体均做匀变速直线运动，分别有
电容器流出的电荷量有
运动过程中电容器的电压减小量
例1 [2025·河北卷] 某电磁助推装置设计如图，超级电容
器经调控系统为电路提供 的恒定电流，水平固定
的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中， 可视为
始终垂直导轨的导体棒，为表面绝缘的无人机.初始时静止于处， 静止
于右侧某处.现将开关接1端，与 正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储
存为弹性势能.当运行至时将 接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转
化为动能，与分离.已知电容器电容为，导轨间距为 ，磁感应强度
大小为，到的距离为，、质量分别为、， 在导轨间
的电阻为 .碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、
摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响.
(3) 忽略所受空气阻力，若所受空气阻力大小与其速度 的关系为
，初始位置与(2)问一致，试估算运行至
时，、分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的 ，并给出结论.
[答案] 能; 分析见解析
[解析] 所受的最大阻力为，对、 整体由动能定理得
综合解出
角度2 不等间距导轨问题
例2 (多选)[2025·湖北武汉调研] 如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨 、
固定在倾角为 的斜面上，导轨电阻不计.与间距为，与 间
距为.在与区域有方向垂直斜面向下的匀强磁场，在与 区域有方向垂直斜
面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为. 在与区域中，将质量为 ，
电阻为，长度为的导体棒置于导轨上，且被两立柱挡住.在与 区域中，将质量
为，电阻为，长度为的导体棒置于导轨上. 由静止下滑，经时间, 恰好离开立柱，
、始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为 .则 ( )
A.两导体棒最终做匀速直线运动
B.时刻，的速度大小为
C.内，下滑的距离为
D.中电流的最大值为
√
√
[解析] 若棒最终做匀速直线运动，则有，此时对 棒则有
，可见两导体棒最终不会都做匀速直线运动，A错误；设
时刻，的速度大小为，棒产生的感应电动势 ，由闭合电路欧姆定
律有，分析受力得 ，解得 ，B正确；
在时间内，对棒由动量定理有 ，解得
，C错误；由闭合电
路欧姆定律可知，棒中的电流满足，对 棒，
由牛顿第二定律有，对 棒，由牛顿
第二定律得，显然，当电流最大时， 最大，有
，即，解得 ，D正确.
角度3 线框类问题
例3 [2025·陕青宁晋卷] 如图所示，光滑水平面上存在
竖直向上、宽度大于 的匀强磁场，其磁感应强度大
小为.甲、乙两个合金导线框的质量均为，长均为 ，
宽均为，电阻分别为和 .两线框在光滑水平面上以
相同初速度 并排进入磁场，忽略两线框之间
的相互作用.则( )
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为
C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为
√
[解析] 根据楞次定律，甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向，出磁场
的过程中电流方向为逆时针方向，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为
，，乙线框刚进磁场区域时，合力为， ，
可知 ，故B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有
， ，
同理对乙有 ，
，解得 ，
，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0，故C错误；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为，，即 ，故D正确.
例4 [2025·山东卷] 如图所示，平行光滑轨道的间距为 ，轨道平面与水平面夹
角为 ，二者的交线与轨道垂直，以轨道上点为坐标原点，沿轨道向下为 轴
正方向建立坐标系.轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ 内充满磁感
应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ 内充满方向垂直轨道
平面向上的磁场，磁感应强度大小，和 均为大于零的常量，
该磁场可视为由随时间均匀增加的磁场和随 轴坐标
均匀增加的磁场叠加而成. 将质量为、边长为 、电
阻为的匀质正方形闭合金属框 放置在轨道上，
边与轨道垂直，由静止释放.已知轨道绝缘、光滑、
足够长且不可移动，磁场上、下边界均与 轴垂直，
整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为 ，不计自感.
(1) 若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运
动的速率和释放时边与区域Ⅰ上边界的距离 ；
[答案] ;
[解析] 金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中，金属框只有一条边切割磁
感线，根据楞次定律可得，所受安培力水平向左，则切割磁感线产生的电动势
为
金属框中电流为
金属框做匀速直线运动，则有
解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率为
金属框开始释放到 边进入区域Ⅰ的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时边与区域Ⅰ上边界的距离为
例4 [2025·山东卷] 如图所示，平行光滑轨道的间距为 ，轨道平面与水平面夹
角为 ，二者的交线与轨道垂直，以轨道上点为坐标原点，沿轨道向下为 轴
正方向建立坐标系.轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ 内充满磁感
应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ 内充满方向垂直轨道
平面向上的磁场，磁感应强度大小，和 均为大于零的常量，
该磁场可视为由随时间均匀增加的磁场和随 轴坐标均
匀增加的磁场叠加而成. 将质量为、边长为、电阻为
的匀质正方形闭合金属框放置在轨道上， 边与轨
道垂直，由静止释放.已知轨道绝缘、光滑、足够长且不
可移动，磁场上、下边界均与 轴垂直，整个过程中金属
框不发生形变，重力加速度大小为 ，不计自感.
(2) 金属框沿轨道下滑，当边刚进入区域Ⅱ时开始计时 ，此时金属框
的速率为，若 ，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程
中，边移动的距离 .
[答案]
[解析] 当边刚进入区域Ⅱ时开始计时，设金属框 边到区域Ⅱ上边界
的距离为 时，金属框中产生的感应电动势
，其中
此时回路中的感应电流
金属框 边受到沿轨道向上的安培力，大小为
金属框 边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则金属框受到的安培力
代入
化简得
当金属框平衡时 ，可知此时金属框速率为0
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
角度1 等间距导轨问题
1.(多选)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平
放置，导轨间距为 区域中有匀强磁场，磁
感应强度大小为 、方向竖直向上.初始时刻，磁
场外的细金属杆以初速度 向右运动，磁场内
的细金属杆处于静止状态，且到的距离为. 两杆在磁场内未相撞且 出磁
场时的速度为 ，两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直.金
属杆的质量为，金属杆的质量为，两杆在导轨间的电阻均为 ，感应电
流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计.下列说法正确的是 ( )
A.刚进入磁场时其两端的电压
B.在磁场内运动过程中其上产生的焦耳热
C.在磁场内运动过程中的最小加速度
D.在磁场内运动的时间
√
√
[解析] 刚进入磁场时，产生的感应电动势为， 两端的电压
，A错误；两金属杆在磁场内运动过程中，、 组成的
系统动量守恒，有，解得出磁场时的速度 ，
由能量守恒定律可知，此过程中整个电路产生的焦耳热为
，则 上产生的焦耳热为
，B错误； 在磁场内运动过程,
一直做减速运动， 一直做加速运动，两者的速度
之差一直减小，感应电动势 一直减小，
感应电流一直减小，安培力一直减小，加速度一直减小，当 出磁场瞬间，加
速度最小，此时有，， ，联立解得
，C正确；在磁场内运动过程，对由动量定理有 ，
其中，，联立解得 ，
、 组成的系统在这一过程中动量守恒，求和可得
，即
，解得 ，D正确.
2.如图甲所示，两粗细均匀的无限长平行金属导轨固定在与水平面成 角
的位置上，以为边界， 的下方分布着垂直指向两导轨中心线的辐向磁场，
、 两个圆环完全相同(实线半环为金属导体，虚线半环为绝缘材料，两个半环
无缝拼接)时刻，和分别从磁场边界上方某位置和 处同时由静止
释放，后恰好进入磁场，运动的 图像如图乙所示.已知沿环一周处
的磁感应强度大小均为，导轨间距为 ，两圆环的直径和导轨间
距相等，
两圆环的质量均为，金属半环的电阻均为 ，运动过程中圆环
受到的阻力平行于导轨，大小恒为重力的0.3倍.若在运动过程中圆环平面能保持
与导轨垂直、金属半环的两端始终能与导轨良好接触，不计导轨电阻，重力加
速度取 ，求：
(1) 时环和 环的速度大小；
[答案]
[解析] 前环未进入磁场，由牛顿第二定律得
解得
则时环的速度大小
由图乙可知，时环匀速运动，此时安培力
由平衡条件得
其中
解得环的速度
2.如图甲所示，两粗细均匀的无限长平行金属导轨固定在与水平面成 角
的位置上，以为边界， 的下方分布着垂直指向两导轨中心线的辐向磁场，
、 两个圆环完全相同(实线半环为金属导体，虚线半环为绝缘材料，两个半环
无缝拼接)时刻，和分别从磁场边界上方某位置和 处同时由静止
释放，后恰好进入磁场，运动的 图像如图乙所示.已知沿环一周处
的磁感应强度大小均为，导轨间距为 ，两圆环的直径和导轨间
距相等，
两圆环的质量均为，金属半环的电阻均为 ，运动过程中圆环
受到的阻力平行于导轨，大小恒为重力的0.3倍.若在运动过程中圆环平面能保持
与导轨垂直、金属半环的两端始终能与导轨良好接触，不计导轨电阻，重力加
速度取 ，求：
(2) 内通过导轨横截面的电荷量；
[答案]
[解析] 内，对 环，由动量定理有
其中
联立解得
2.如图甲所示，两粗细均匀的无限长平行金属导轨固定在与水平面成 角
的位置上，以为边界， 的下方分布着垂直指向两导轨中心线的辐向磁场，
、 两个圆环完全相同(实线半环为金属导体，虚线半环为绝缘材料，两个半环
无缝拼接)时刻，和分别从磁场边界上方某位置和 处同时由静止
释放，后恰好进入磁场，运动的 图像如图乙所示.已知沿环一周处
的磁感应强度大小均为，导轨间距为 ，两圆环的直径和导轨间
距相等，
两圆环的质量均为，金属半环的电阻均为 ，运动过程中圆环
受到的阻力平行于导轨，大小恒为重力的0.3倍.若在运动过程中圆环平面能保持
与导轨垂直、金属半环的两端始终能与导轨良好接触，不计导轨电阻，重力加
速度取 ，求：
(3) 内整个回路产生的焦耳热；
[答案]
[解析] 内，设环运动的距离为，由
解得
根据能量守恒定律有
解得
2.如图甲所示，两粗细均匀的无限长平行金属导轨固定在与水平面成 角
的位置上，以为边界， 的下方分布着垂直指向两导轨中心线的辐向磁场，
、 两个圆环完全相同(实线半环为金属导体，虚线半环为绝缘材料，两个半环
无缝拼接)时刻，和分别从磁场边界上方某位置和 处同时由静止
释放，后恰好进入磁场，运动的 图像如图乙所示.已知沿环一周处
的磁感应强度大小均为，导轨间距为 ，两圆环的直径和导轨间
距相等，
两圆环的质量均为，金属半环的电阻均为 ，运动过程中圆环
受到的阻力平行于导轨，大小恒为重力的0.3倍.若在运动过程中圆环平面能保持
与导轨垂直、金属半环的两端始终能与导轨良好接触，不计导轨电阻，重力加
速度取 ，求：
(4) 环进入磁场后与 环间的最小距离.
[答案]
[解析] 环进入磁场后，当环和 环共速时，两环间距离最小，由动量定理，
对 环有
对环有
其中
联立解得
则环进入磁场后与环间的最小距离为
角度2 不等间距导轨问题
1.(多选)如图所示，导体棒、 分别置于水平固定的两光滑平行金属导轨的左、
右两侧，其中棒离宽轨道足够远， 棒所在导轨无限长，导轨所在区域存在垂
直于导轨所在平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 .已知导体棒的长度等
于导轨间的距离，两根导体棒粗细相同且均匀，材质也相同，棒的质量为 、
电阻为、长度为，棒的长度为.现给导体棒一个水平向右的瞬时冲量 ，
导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，不计导轨电阻，关于导体棒以后的
运动，下列说法正确的是( )
A.导体棒稳定运动后的速度为
B.导体棒稳定运动后的速度为
C.从开始到稳定运动过程中，通过导体棒 的电荷量为
D.从开始到稳定运动过程中，导体棒 产生的热量为
√
√
[解析] 导体棒的质量和电阻分别为、 ，从开始到稳定运动过程中，根据
动量定理，对棒有，对棒有 ，稳定时
有，又，联立解得， ，A错误，B正确；
根据，解得 ，C正确；从开始到稳定运动过程中，由能量守恒定
律得 ，
导体棒产生的热量 ，联立
解得 ，D错误.
2.(多选)[2023·辽宁卷] 如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，
左、右两侧导轨间距分别为和 ,处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分
别为和.已知导体棒的电阻为、长度为,导体棒的电阻为 、长度
为,的质量是 的2倍.初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为
的轻质绝缘弹簧.释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹
性限度内.整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计.
下列说法正确的是( )
A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B.速率为时，所受安培力大小为
C.整个运动过程中，与的路程之比为
D.整个运动过程中，通过的电荷量为
√
√
[解析] 弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，
选项A正确；任意时刻，设电流为，则受安培力， 受安培
力 ,两个安培力方向相反，又两棒所受弹簧弹力始终大小相等，可知
两棒系统受合外力为零，动量守恒，设质量为，则质量为， 速
率为时，设速度为,有,解得 ,回路中的感应电流
, 所受安培力大小为
,选项B错误；
与 两棒运动中始终动量守恒，速度之比始终为 ，所以整个运动过程中两棒路程之比为,选项C正确；与 两棒最后停止时， 弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了，由上述分析可知，向左移动，向右移动，则 ,选项D错误.
角度3 线框类问题
1.(多选)水平虚线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，、 是
两个完全相同的矩形金属线框，长、宽之比为 ，将两金属
线框在纸面内按如图所示放置由静止释放，结果两金属线框均
能匀速进入磁场，线框进磁场的过程中，下边框始终水平，且
线框始终在竖直面内.下列判断正确的是( )
A.开始时，、下边缘离虚线的高度之比为
B.线框进磁场过程中，通过、线框某一横截面的电荷量之比为
C.线框进磁场过程中，、两线框受到安培力的冲量之比为
D.线框进磁场过程中，、两线框中产生的焦耳热之比为
√
√
[解析] 设线框短边边长为，长边边长为，、进磁场的速度分别为 、
，匀速进入磁场，受到的安培力为, 匀速进入
磁场,受到的安培力为 ，由平衡条件有
，可得，由可知,开始时，、 下边缘
离虚线的高度之比为 ，故A错误；由
，可知线框进磁场过程中，通过
、线框某一横截面的电荷量之比为，故B正确；
根据 可知，线框进磁场过程中，、 两线框受到安培力的冲量之比为
，故C错误；根据能量守恒定律可知，线框中产生的焦耳热等于重力势能的减少量，所以线框进磁场过程中，、两线框中产生的焦耳热之比为 ，故D正确.
2.如图所示，一有界区域内存在着磁感应强度大小为 、方向垂直于光滑水平桌
面向下的匀强磁场，磁场宽度为.边长也为的正方形单匝金属线框、 的质量
均为，电阻均为 ，它们置于光滑桌面上，其左、右边与磁场边界平行.开始
时、靠在一起但彼此绝缘且不粘连，现使它们一起以大小为 的初速度向右
运动并进入磁场，线框所用金属丝的宽度可忽略不计.
(1) 若用水平推力作用在线框上，使、一起以速度 匀速穿过磁场，求整
个过程中水平推力的最大值；
[答案]
[解析] 两个线框一起以速度在磁场中匀速运动，产生的感应电动势均为
电流大小均为
当、靠在一起的边均进入磁场时，水平推力达到最大，为
联立解得
2.如图所示，一有界区域内存在着磁感应强度大小为 、方向垂直于光滑水平桌
面向下的匀强磁场，磁场宽度为.边长也为的正方形单匝金属线框、 的质量
均为，电阻均为 ，它们置于光滑桌面上，其左、右边与磁场边界平行.开始
时、靠在一起但彼此绝缘且不粘连，现使它们一起以大小为 的初速度向右
运动并进入磁场，线框所用金属丝的宽度可忽略不计.
(2) 若不加外力，让线框、在磁场中自由滑行，结果线框 恰好能穿过磁场，
[答案]
求线框、 在整个过程中产生的焦耳热之比.
[解析] 以线框的右边刚进入磁场时为计时起点，按照线框 向右的位移分别达
到、、依次分成3个阶段，相应的末速度依次记为、 和0
在第1阶段，、一起做减速运动，所用时间为 ，有
由动量定理得
联立可得
在第2阶段，由于、 同时处于磁场中，产生的感应
电动势和电流总是相同，受力也相同，因此仍一起做
减速运动，同理可得
在第3阶段，已经离开磁场，而还在磁场中做减速运动， 最后恰好能离开磁
场，同理可得
联立解得，
线框、 在整个过程中产生的焦耳热分别为
联立解得
