2025年新高考物理压轴题专项训练：电磁感应中的单双棒问题（含解析）

压轴题09电磁感应中的单双棒问题

NO.1

压轴题解读

1.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.在命题方式上，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

习解题要领归纳

考向一：不含容单棒问题

模型规律

1、力学关系：B用v；FB212V

1A

FA=BII=D-------

R+rmm（R+r）

xx"

2、能量关系：］

-mvl~0=Q

阻尼式（导轨光滑）

3、动量电量关系-皿也=。-叫…之=心

1、力学关系：一史3=8叫*'

R+rR+rmm（R+r）

—1___1—

2、动里关系：BLq—jumgt=ntVm_0

XXX

一

XXX3、能量关系：qE=Q+jumgS+

电动式（导轨才殂糙）4、稳定后的能量转化规律：/3=2反+心（氏+「）+〃刖

5、两个极值：（1）最大加速度：v=0时,E反=0,电流、加速度最大。

!二工；

Fm=B1m1；a=Fm—mg

mR+rmm

(2)最大速度：稳定时，速度最大，电流最小。

_E-Blvm_1_E-Blvm

/min-夕,MmS-^\ni--1

A+rnA+r

1、力学关系：F口-F口-/LimgFinB>>2r/2v

a—B—

mmm(R+r)

2、动重关系：Ft_BLq_〃mgt=mVm-G

3、能量关系：]

Fs=Q+jumgS+—mv1

LJL尸

4、稳定后的能量转化规律：3v丫

Fv,„=0+〃mgv“,

R+r

5、两个极值：

2之电式（导轨粗糙）

(1)最大加速度：当v=0时，「/z_o

U

m一m

(2)最大速度：当a=0时，**„„

F-F-jumgFB2l/2v

a=---------=-------------m——4g=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

1,2°2、放电结束时电量：QCBlv

口干=cu=m

TTxllx3、电容器放电电量：A0=20-0=CE-CBlvm

4、动量关系：BJi，^t^B1AQ=mvJBICE

放电式（先接1,后接2。导轨Vm~m+B2l2C

光滑）

5、功能关系：im（BlCE）2

%=—mv=----------------=一-

女2加m2（加+52/20）2

达到最终速度时:

-1____1

XX1、电容器两端电压：u=Blv（V为最终速度）

二

~xXX2、电容器电量：q=（JU

3、动量关系：〃i.x=_Blq=mv_mVo；,,_mvo

无外之J充电式(-寻轨光滑）

一m+B212c

1、力学关系：F-FA=F-BLI=ma

2、电流大小：CA(7CBlAvi

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

Ar\tNt

有外之J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：I_Blv「Bl\_Bl”2-%）

&+R?&+2?2

2、稳定条件：两棒达到共同速度

d3、动量关系：啊％=（吗+%"

112

4、能量关系：]1;门R

无外^J等距峦：（导电九光滑）

~^2V0=$（加1+加2）V[+O7T=—

22R

Q22

1、电流大小：Blv_Blv

1二---------L

&+R?

2、力学关系：F；F_Fo（任意时刻两棒加速度）

午Q]=—a2---------

mxm2

~F3、稳定条件：当船=即时，V2-vi恒定；I恒定；FA恒定；两棒匀加速。

口

t24、稳定时的物理关系：

;

有外，J等距峦：（导车九光滑）F=（ml+m2）a'FA=mxa「电，/⑴"/

l-4+&

22

Bl（mx+加2）

1、】1%；

动里关系：—BL/AZ=-加-BL2I^t-m2v2-0

2、稳定条件：“7=和匕

3、最终速度：/；7/

叫+m2G

4、能量关系：]]]

c,21212

无外力不等距式mv

Q=­i0加Fl掰2%

（导轨光滑）

5、

电量关系：BL2q=_0

F为恒力，则:

1、稳定条件:〃恒定，两棒做匀加速直线运动

41Ct-1=1，I

F_FF

2、常用关系:a=--------；a=;La.=La；—-

xm20

xm2F2

1加21112m2

3、常用结果:F；FA2F；

/；加2+吗加2+1；叫

有外力不等距式「2

2Q2

%二F；a2F；

（导轨光滑）1；叫+《加ilfm2+加1

1加2F_

此时回路中电流为：I=•二与两棒电阻无关

/；加2+B

♦题型01不含容单棒问题

1.如图所示，间距为Z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

线尸。和AGV之间存在磁感应强度大小为8、方向竖直向上的匀强磁场，其中导轨的尸河和QN段光滑。在虚线产。

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

2

力作用，经过尸。时撤去恒力，此时导体棒的速度大小%=当匣，经过时导体棒的速度大小v=&叵。已

知恒力大小为3mg,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内，重力加速度为g,导轨

2

电阻不计，下列说法正确的是（

B

A.导体棒与月。左侧导轨之间的动摩擦因数为0.66

B.导体棒经过磁场的过程中，通过导体棒的电荷量为

C.导体棒经过磁场的过程中，导体棒上产生的热量为"警

6mR

D.虚线PQ和之间的距离为

552Z2

【答案】D

【详解】A.对导体棒从开始运动至到达虚线P。的过程，应用动能定理，可得

PLL}2

F--/jmg-=-mv0-0

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

一BIL及=mv-mv0

通过导体棒横截面的电荷量

q=I't

解得

网回

q5B\L

故B错误；

C.导体棒通过磁场过程，整个回路中产生的热量

11

2=2—mv2

针%一2

代入数据可得

24mgL

Q=

25

根据电阻的串并联关系，导体棒上产生的热量

R

8mgL

&=Qx2

2R+R25

2

故C错误；

D.设虚线尸。和之间的距离为Ax,可得

BL\x

q=­o

R+-

2

解得

©二豆6m委R加r—

故D正确。

故选Do

♦题型02含容单棒问题

2.如图所示，间距为人竖直固定的两根光滑直杆/力、“7/3诡下端°，之间接有定值电阻凡上端接有电容

为C、不带电的电容器，加和Z/d两小段等高、长度不计且用绝缘材料平滑连接，ab、cd、a'b\eV电阻均不

计。两杆之间存在磁感应强度大小为8、方向垂直两杆所在平面向里的匀强磁场。现有一个质量为加、电阻不计、

两端分别套在直杆上的金属棒，，=0时在大小为4mg（g为重力加速度大小）、方向竖直向上的拉力作用下由静

止开始竖直向上运动，速度稳定后，在时到达g'位置，在cd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1=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（）

XX

cxxc'

bb'

XX

X_X,

CT_"I------1_

R

A.:时金属棒的速度大小为?居

B.0〜。内金属棒上升的高度为

BL

C.。〜2%内通过金属棒的电流随时间逐渐增大D.4〜2%内金属棒做加速度逐渐减小的加速运动

【答案】B

【详解】A.由题意可得公。时金属棒运动稳定即匀速直线运动

4mg=mg+F

F=ILB

£

R

E=BLv

联立求得

3mgR

A错误;

B.0〜。内，对金属棒应用动量定理可得

Amgtx—mgt1-£尸A/=mv—0

其中

fFAt=BqL

代入数据，联立求得

B正确；

CD.根据

.Nq

I=----

△t

△q=C\U=CAE

\E=BL/^v

F=iLB

及牛顿第二定律可得

Amg—3mg—F=ma

联立求得

3mg

a-zz

B213C+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，MN、尸。是相距为0.5m的两平行光滑金属轨道，倾斜轨道MC、尸口分别与足够长的水平直轨道

CN.DQ平滑相接。水平轨道CN、处于方向竖直向下、磁感应强度大小为8=1T的匀强磁场中。质量，〃=0.1kg、

电阻R=l。、长度£=0.5m的导体棒。静置在水平轨道上，与。完全相同的导体棒6从距水平轨道高度〃=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。、b始终与导轨垂直且接触良好，导轨电

阻不计，重力加速度g取lOm/s?。下列说法正确的是（）

M

IhN

~DQ

A.棒6刚进入磁场时的速度大小为Im/s

B.棒6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a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6从静止释放到刚进入磁场过程，根据动能定理可得

mgh=~^mvo

解得棒b刚进入磁场时的速度大小为

%=12gh=V2xl0x0.2m/s-2m/s

故A错误;

B.棒6刚进入磁场时，产生的电动势为

Eo=BLv0=IV

回路电流为

/°=&=0.5A

°2R

棒a所受的安培力大小为

Fa=BI0L=0.25N

故B错误；

C.棒万进入磁场后，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

mv0=2mv

解得两棒最终的速度大小为

v=%=lm/s

2

对棒a,根据动量定理可得

BILN—mv—0

又

q=I\t

联立可得整个过程中，通过棒a的电荷量为

mv

q=——=0.2C

BL

故C错误；

D.由题意可知棒6最后恰好不与。相撞，则有

_A①

q=l\t=~At==-

2R2R2

解得

Ax=斗7=0.8m

BL

可知棒a的初始位置到CD的距离为0.8m,故D正确。

故选Do

♦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轨由水平和弧形两部分组成，水平导轨窄轨部分间距为有竖直向上的匀

强磁场，宽轨部分间距为2£,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28和8,

质量均为加金属棒。、b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且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R,其余电阻不计，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g,不计一切摩擦。下列

说法不正确的是（）

A.。棒刚进入磁场时，b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6棒组成的系统动量守恒

C.从。棒进入磁场到两棒达到稳定过程，通过b棒的电量为城劭

4BL

D.从。棒进入磁场到两棒达到稳定过程，6棒上产生的焦耳热为J加g6

4

【答案】B

【详解】A.根据右手定则，。棒进入磁场时，。棒的电流方向向外，则。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。棒加速度方向水平向左，故A正确；

B.根据左手定则，成棒受到的安培力方向都向左，故成棒组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故B错误;

C.对。棒，根据动能定理

mgh=

解得

v0^y12gh

当ab棒达到稳定时

a=&

即

2BLva=Bx2Lvb

对。棒，由动量定理

2BILt=mv0-mva

对6棒，由动量定理

BIx2Lt=mvb

通过6棒的电荷量为

q=It

以上各式联立，解得

mvQ_my/2gh

q=7BL~4BL

故C正确；

D.根据能量守恒

g机说=g〃d+g〃说+0总

解得

Q总=^mvl=^mgh

则b棒上产生的焦耳热为

R|

故D正确。

本题选不正确的，故选B。

NO.3

压轴题速练

1.（2024•辽宁•三模）如图甲所示，纸面内有abc和"e两光滑导体轨道，6c与de平行且足够长，斜与反成135。

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

轨上，与轨道仍接触于G点，与轨道"e接触于"点。导体棒与轨道也垂直，G"间距为乙导体棒与6点间距

也为心以〃点为原点、沿轨道虚向右为正方向建立x坐标轴。空间中存在磁感应强度大小为8、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

b点前的速度的倒数与位移关系如图乙所示。导体棒运动至b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（）

甲

A.流过电阻R的电流方向为a

B.导体棒在6c轨道上通过的距离为第、

125L

C.撤去外力月前，流过电阻R的电流为牛

D.导体棒运动过程中，电阻2R产生的焦耳热为空匚

4R

【答案】BC

【详解】A.根据右手定则，流过电阻R的电流方向为af1,故A错误；

B.由图乙可知，导体棒运动至6点时速度为由几何关系可得，ce的距离为2£,对导体棒从6点开始沿轨

道运动直至静止，根据动量定理有

-痴-2£&二0-加%

2

又有

-.EA>A①5x2Zxd

q=I•Nt=-A'=———•==-------

3

解得

125七2

故B正确；

C.导体棒在成轨道上运动到任意位置x时，根据图像可知

VvXL）

电动势

）

E=B（^L+x-v=BLv0

通过导体棒的电流

_E_3BL%

FT"

3

通过电阻及的电流

R3

即

也

RR

故C正确；

D.撤去外力歹前电路中的总热量

ft=i2-R-t

由图像面积可知

3L

t=——

2%

撤去外力厂后导体棒继续运动，整个回路产生的热量

电阻2R产生的热量

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MV、PQ倾斜固定，间距£=lm,电阻不计。

导轨平面与水平面间的夹角6=30。，上端间接有阻值夫=2。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。一质量加=0.2kg、阻值厂=1。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1.0〜1.5s间为直线。已知棒运动过程中始终垂直于导轨，且在0〜1.0s

一4

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/V,下列说法正确的是（）

M

A.图乙中L5s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〜LOs内通过电阻R的电荷量是0.5C

D.0〜1.5s内电阻R产生的热量1.2J

【答案】AD

【详解】A.通过导体棒的电荷量为

△①BL\x

Tq=It=-------=---------

R+rR+r

4

在O-l.Os内通过棒的电荷量是1.0~1.5s内通过棒的电荷量的y倍，则有

5xl.2A_4B（x-1.2）L

R+r5R+r

解得

x=2.7m

A正确;

BC.1.0s后棒做匀速运动，由图像可知

v=—=2,7-1-2m/s=3m/s

Nt1.5-1.0

受力平衡，有

mgsin0-BIL

根据闭合电路的欧姆定律得

BLv

T1=-------

R+r

解得

S=1T

0〜1.0s内通过电阻尺的电荷量是

Bxl.2L-八

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

R+r

故BC错误;

D.在0〜1.5s内，对导体棒由能量守恒得

1

mgxsin0=Q+—mv2

在电路中，电阻R在。〜1.5s内产生的热量

QR=Y-Q

联立，解得

2=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20的金属棒/垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为

1kg„棒的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

棒仍在沿导轨运动的过程中（）

A.通过金属棒/的电荷量为2c

B.通过金属棒防的电荷量为1C

C.金属棒仍中产生的焦耳热为2.5J

D.金属棒中产生的焦耳热为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

mgh=

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安t=mv-mv0

可得

v="%

m+B-I^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。也为4V,则电容器增加的电荷量为

0=CU=1C

因此通过导体棒的电荷量也为ICo

故A错误，B正确；

CD.由以上解析可知，动能变化量为

1,1,

AEk=-mv-—mVg=4.5J

而

E电容器=21

所以

嗅=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，其中电阻的阻值为对电容器（不会被击穿）的电容为C,质量为加的金属棒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S2，金属棒MN先做匀加速运动，后做匀速运动

B.只闭合开关S2,通过金属棒MN的电流为〃喏愿a

C.只闭合开关Si，金属棒MN先做加速运动，后做匀速运动

D.若只闭合开关向，金属棒MN下降的高度为分时速度大小为v,则所用的时间为上+竺:粤

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,且加趋近于零，设金属棒的加速度大小

为a，则有

TAQC\UCBLAv…

I==-------=----------=CBLa

△tNtNt

对金属棒，根据牛顿第二定律有

mg-BIL=ma

解得

a=福

m+CB2f

I_mgCBL

~m+CB2l}

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

mg一心=ma'

又

其中金属棒的速度V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〃时速度为v,则在这个过程中对金属棒用动量定理有

mgt-BILt=mv-0

又

A0

-EBLh

q=It=一t=—^~t=-----

RRR

解得

VB2l}h

/=一+-----

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L,电阻不计。

两虚线尸。、ST与导轨垂直，尸。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3。质量为加的金属棒仍与导轨垂直，静置在左侧磁场中。位于两虚线之间的金属棒cd与导轨夹角为

6,在外力作用下以速度v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0