2025年新高考物理专项训练考点突破解题技巧复习压轴题09 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

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。

考向一：不含容单棒问题

模型规律

1、力学关系：22；22

BlvFABlv

FABIla

Rrmm(Rr)

2、能量关系：

1

mv20Q

20

阻尼式（导轨光滑）

Bls

3、动量电量关系：BIlt0mv；qn

0RrRr

1、力学关系：；

(EE反）(EBlv））

＝FBmg(EBlv

FABlBla=Blg

RrRrmm(Rr)

2、动量关系：

BLqmgtmvm0

3、能量关系：1

qEQmgSmv2

2m

电动式（导轨粗糙）4、稳定后的能量转化规律：2

IminEIminE反Imin(Rr)mgvm

5、两个极值：（1）最大加速度：v=0时,E反=0,电流、加速度最大。

；

E；Fmg

IFmBImlam

mRrmm

（2）最大速度：稳定时，速度最大，电流最小。

EBlvEBlv

Im,mgFBIlBml

minRrminminRr

1、力学关系：

FFmgFB2l2v

aBg

mmm(Rr)

2、动量关系：

FtBLqmgtmvm0

3、能量关系：1

FsQmgSmv2

2m

4、稳定后的能量转化规律：

(BLv)2

Fvmmgv

mRrm

5、两个极值：

发电式（导轨粗糙）

（1）最大加速度：当v=0时，。

Fmg

a

mm

（2）最大速度：当a=0时，

FFmgFB2l2v

aBmg0

mmm(Rr)

考向二：含容单棒问题

模型规律

1、电容器充电量：

Q0CE

2、放电结束时电量：

QCUCBlvm

3、电容器放电电量：

QQ0QCECBlvm

4、动量关系：；

BlCE

BIltBlQ=mvmv

放电式（先接1，后接2。导轨mmB2l2C

光滑）

5、功能关系：2

12m(BlCE)

W安mv

2m2(mB2l2C)2

达到最终速度时：

1、电容器两端电压：UBlv（v为最终速度）

2、电容器电量：qCU

3、动量关系：；

mv

无外力充电式（导轨光滑）BIltBlqmvmv0v0

mB2l2C

1、力学关系：

FFAFBLIma

2、电流大小：QCUCBlv

ICBla

ttt

有外力充电式（导轨光滑）

3、加速度大小：F

a

mCB2L2

考向三：双棒问题

模型规律

1、电流大小：

BlvBlvBl(vv)

I2121

R1R2R1R2

2、稳定条件：两棒达到共同速度

3、动量关系：

m2v0(m1m2)v

4、能量关系：11；

无外力等距式（导轨光滑）22＋Q1R1

m2v0(m1m2)v共Q

22Q2R2

1、电流大小：

BlvBlv

I21

R1R2

2、力学关系：；。（任意时刻两棒加速度）

FAFFA

a1a2

m1m2

3、稳定条件：当a2＝a1时，v2-v1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(m1m2)aFAm1aBl(v2v1)

FABIlBl

R1R2

(R1R2)m1F

v2v122

Bl(m1m2)

1、动量关系：；

BL1Itm1v1m1v0BL2Itm2v20

2、稳定条件：

BL1v1BL2v2

3、最终速度：2；

m1L2m1L2L1

v122v0v222v0

m1L2m2L1m1L2m2L1

4、能量关系：

无外力不等距式121212

Qm1v0m1v1m2v2

（导轨光滑）222

5、电量关系：

BL2qm2v20

F为恒力，则：

1、稳定条件：I恒定，两棒做匀加速直线运动

l1a1l2a2，

FFFFl

A1；A2A11

2、常用关系：a1a；lala；

m21122

1m2FA2l2

l2mllm

3、常用结果：F12F；F122F；

A122A222

l1m2l2m1l1m2l2m1

有外力不等距式l2ll

a2F；a12F；

122222

（导轨光滑）l1m2l2m1l1m2l2m1

lmF

此时回路中电流为：12与两棒电阻无关

I22

l1m2l2m1B

01不含容单棒问题

1．如图所示，间距为L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PQ和MN之间存在磁感应强度大小为B、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PQ

L

左侧、到PQ的距离为的位置垂直导轨放置质量为m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

8gL4gL

力作用，经过PQ时撤去恒力，此时导体棒的速度大小v，经过MN时导体棒的速度大小v。已

055

R

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，重力加速度为g，导轨

2

电阻不计，下列说法正确的是（）

A．导体棒与PQ左侧导轨之间的动摩擦因数为0.66

4mL

B．导体棒经过磁场的过程中，通过导体棒的电荷量为

5Bg

16mgL

C．导体棒经过磁场的过程中，导体棒上产生的热量为

25

6mR

D．虚线PQ和MN之间的距离为gL

5B2L2

【答案】D

【详解】A．对导体棒从开始运动至到达虚线PQ的过程，应用动能定理，可得

LL1

Fmgmv20

2220

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

BILtmvmv0

通过导体棒横截面的电荷量

qIt

解得

4mg

q

5BL

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

Qmv2mv2

202

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

QQ2

RR25

2R

2

故C错误；

D．设虚线PQ和MN之间的距离为x，可得

BLx

q

R

R

2

解得

6mR

xgL

5B2L2

故D正确。

故选D。

02含容单棒问题

2．如图所示，间距为L、竖直固定的两根光滑直杆abcd、abcd下端aa之间接有定值电阻R，上端接有电容

为C、不带电的电容器，bc和bc两小段等高、长度不计且用绝缘材料平滑连接，ab、cd、ab、cd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m、电阻不计、

两端分别套在直杆上的金属棒，t0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tt1时到达bb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t2t1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（）

mgR3mgRmR

A．tt1时金属棒的速度大小为B．0~t内金属棒上升的高度为t1

B2L21B2L2B2L2

C．t1~2t1内通过金属棒的电流随时间逐渐增大D．t1~2t1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tt1时金属棒运动稳定即匀速直线运动

4mgmgF

FILB

E

I

R

EBLv

联立求得

3mgR

v

B2L2

A错误；

B．0~t1内，对金属棒应用动量定理可得

4mgt1mgt1Ftmv0

其中

FtBqL

BLhBLh

qItt

RtR

代入数据，联立求得

3mgRmR

ht1

B2L2B2L2

B正确；

CD．根据

q

i

t

qCUCE

EBLv

FiLB

及牛顿第二定律可得

4mg3mgFma

联立求得

3mg

a

B2L2Cm

说明金属棒向上做匀加速直线运动，电流不变，CD错误。

故选B。

03等间距双棒问题

3．如图所示，MN、PQ是相距为0.5m的两平行光滑金属轨道，倾斜轨道MC、PD分别与足够长的水平直轨道

CN、DQ平滑相接。水平轨道CN、DQ处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B1T的匀强磁场中。质量m0.1kg、

电阻R1、长度L0.5m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h0.2m

的倾斜轨道上由静止释放，最后恰好不与a相撞，运动过程中导体棒a、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10m/s2。下列说法正确的是（）

A．棒b刚进入磁场时的速度大小为1m/s

B．棒b刚进入磁场时，棒a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b从静止释放到刚进入磁场过程，根据动能定理可得

1

mghmv2

20

解得棒b刚进入磁场时的速度大小为

v02gh2100.2m/s2m/s

故A错误；

B．棒b刚进入磁场时，产生的电动势为

E0BLv01V

回路电流为

E

I00.5A

02R

棒a所受的安培力大小为

FaBI0L0.25N

故B错误；

C．棒b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

mv02mv

解得两棒最终的速度大小为

v

v01m/s

2

对棒a，根据动量定理可得

BILtmv0

又

qIt

联立可得整个过程中，通过棒a的电荷量为

mv

q0.2C

BL

故C错误；

D．由题意可知棒b最后恰好不与a相撞，则有

EBLx

qItttt

2R2R2R2R

解得

2Rq

x0.8m

BL

可知棒a的初始位置到CD的距离为0.8m，故D正确。

故选D。

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2B和B，

质量均为m金属棒a、b垂直于导轨静止放置。现将金属棒a自弧形导轨上距水平导轨h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，a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．a棒刚进入磁场时，b棒的加速度方向水平向左

B．从a棒进入磁场到两棒达到稳定过程，a棒和b棒组成的系统动量守恒

m2gh

C．从a棒进入磁场到两棒达到稳定过程，通过b棒的电量为

4BL

1

D．从a棒进入磁场到两棒达到稳定过程，b棒上产生的焦耳热为mgh

4

【答案】B

【详解】A．根据右手定则，a棒进入磁场时，a棒的电流方向向外，则b棒的电流方向向内，根据左手定则可

得，b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，ab棒受到的安培力方向都向左，故ab棒组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故B错误；

C．对a棒，根据动能定理

1

mghmv2

20

解得

v02gh

当ab棒达到稳定时

EaEb

即

2BLvaB2Lvb

对a棒，由动量定理

2BILtmv0mva

对b棒，由动量定理

BI2Ltmvb

通过b棒的电荷量为

qIt

以上各式联立，解得

v2gh

vv0

ab22

mvm2gh

q0

4BL4BL

故C正确；

D．根据能量守恒

121212

mvmvmvQ总

202a2b

解得

121

Q总mvmgh

402

则b棒上产生的焦耳热为

R1

QQ总mgh

bRR4

故D正确。

本题选不正确的，故选B。

1．（2024·辽宁·三模）如图甲所示，纸面内有abc和de两光滑导体轨道，bc与de平行且足够长，ab与bc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m、长度大于导轨间距的导体棒横跨在两导

轨上，与轨道ab接触于G点，与轨道de接触于H点。导体棒与轨道de垂直，GH间距为L，导体棒与b点间距

也为L。以H点为原点、沿轨道de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B、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v0，同时受到沿x轴方向的外力F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（）

A．流过电阻R的电流方向为da

mRv

B．导体棒在bc轨道上通过的距离为0

12B2L2

BLv

C．撤去外力F前，流过电阻R的电流为0

R

3B2vL3

D．导体棒运动过程中，电阻2R产生的焦耳热为0

4R

【答案】BC

【详解】A．根据右手定则，流过电阻R的电流方向为ad，故A错误；

v

B．由图乙可知，导体棒运动至b点时速度为0，由几何关系可得，ce的距离为2L，对导体棒从b点开始沿轨

2

道运动直至静止，根据动量定理有

v

BI2Lt0m0

2

又有

EB2Ld

qItttt

2

R总R总R总R

3

解得

mRv

d0

12B2L2

故B正确；

C．导体棒在ab轨道上运动到任意位置x时，根据图像可知

11Lx

vv0L

电动势

EBLxvBLv0

通过导体棒的电流

E3BLv

I0

2

R2R

3

通过电阻R的电流

2

II

R3

即

BLv

I0

RR

故C正确；

D．撤去外力F前电路中的总热量

2

QI2Rt

13

由图像面积可知

3L

t

2v0

撤去外力F后导体棒继续运动，整个回路产生的热量

2

1v0

Q2m

22

电阻2R产生的热量

13B2vL3mv2

QQQ00

3124R24

故D错误。

故选BC。

2．（2024·山西·二模）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜固定，间距L1m，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R2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m0.2kg、阻值r1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t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

4

内通过棒的电荷量是1.0~1.5s内通过棒的电荷量的倍，g取10m/s2，下列说法正确的是（）

5

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．0~1.5s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

ΦBLΔx

qIt

RrRr

4

在0~1.0s内通过棒的电荷量是1.0~1.5s内通过棒的电荷量的倍，则有

5

B1.2L4Bx1.2L

Rr5Rr

解得

x2.7m

A正确；

BC．1.0s后棒做匀速运动，由图像可知

x2.71.2

vm/s3m/s

t1.51.0

受力平衡，有

mgsinBIL

根据闭合电路的欧姆定律得

BLv

I

Rr

解得

B1T

0~1.0s内通过电阻R的电荷量是

B1.2L

q0.4C

Rr

故BC错误；

D．在0~1.5s内，对导体棒由能量守恒得

1

mgxsinQmv2

2

在电路中，电阻R在0~1.5s内产生的热量

R

QQ

RRr

联立，解得

QR1.2J

故D正确。

故选AD。

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2的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为

1kg。棒ab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

1

ECU2，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g10ms2。则金属

2

棒ab在沿导轨运动的过程中（）

A．通过金属棒ab的电荷量为2C

B．通过金属棒ab的电荷量为1C

C．金属棒ab中产生的焦耳热为2.5J

D．金属棒ab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

mghmv2

20

可求得

v05m/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tmvmv0

可得

mv

v0

mB