2025年高考物理压轴题专项训练：电磁感应中的单双棒运动问题（解析版）

专题10电磁感应中的单双棒运动问题

NO.1

压轴题解读

电磁感应中的单双棒运动问题主要考查学生对电磁感应原理、力学平衡与运动、能量转化

与守恒等多个知识点的综合运用能力。这类问题通常与导轨滑杆等模型结合，既涉及电磁感应

产生的电流和电动势，也涵盖导体在磁场中受到的安培力及其与机械运动的关系。

核心知识点包括电磁感应定律（法拉第电磁感应定律和楞次定律）、安培力公式、动量守

恒与动量定理、能量守恒定律以及力与运动的平衡关系。学生需要熟练掌握这些知识点，并能

够灵活应用它们来解决实际问题。

预计在2025年考查题型将以计算题为主，可能涉及以下几种：

命题预测1.单棒运动问题：考查导体在磁场中切割磁感线产生的电动势、安培力的大小与方向判

断，以及导体在安培力作用下的运动状态分析。

2.双棒运动问题：考查两根导体棒在磁场中的相互作用，可能涉及动量守恒、能量守恒

以及安培力做功导致的能量转化等问题。题目可能要求求解导体棒的最大速度、最大电功率或

系统增加的内能等。

综上所述，电磁感应中的单双棒运动问题是一个综合性的考查点，需要学生具备扎实的基

础知识和较强的解题能力。在备考过程中，学生应注重理解和掌握相关知识点，并通过大量练

习来提高解题速度和准确率。

1,不含容单棒问题

2.含容单棒问题

高频考法

3.等间距双棒问题

4.不等间距双棒问题

NO.2

压轴题密押

0方法总结

考向一：不含容单棒问题

模型规律

1、力学关系：片入；p

1XF，=BIl==a旦B2l2v

m(R+r)

XX

[________2、能量关系：］

L,加v；—0=0

阻尼式（导轨光滑）

A。BlNs

3、动量电量关系：-B力力=0-mv。;q=n———=-------

R+rR+r

1、力学关系：(E-E/(E-Blv)；

F

r=DID/a=3£"斗叱一〃g

AR+rR+rmm(R+r)

2、

动量关系：BLq-Jumgt=mvin-0

3、能里关系：qE=0+j^gs+1*

2^^X4、稳定后的能量转化规律：*£=//反+5+「）+

XXX

______________5、两个极值：（1）最大加速度：v=0时,E反=0,电流、加速度最大。

电动式（导轨粗糙）

"Fm=BI,「=Fm-^ng

,,m

（2）最大速度：稳定时，速度最大，电流最小。

E-BlvmE-Blvm

min

1、力学关系:

_F-FB-fffngFB212V

从g

mmm(R+r)

2、动量关系:

Ft-BLq-jLimgt=mvm-0

3、能量关系:

八12

Fs=Q-\-jumgS+~mvm

4、稳定后的能量转化规律：（BLv）2

发电式（导轨粗糙）

5、两个极值:

（1）最大加速度：当v二0时,

F-pimg

m

(2)最大速度：当a=0时，〃〃„

F-F„-umeFBr2/I2v

a=-------111w=-------------—fig=0n

mmm{R+r)

考向二：含容单棒问题

模型规律

、电容器充电量：

1QQ=CE

122、放电结束时电量：0=（JU=CBI%

2

3、电容器放电电量：^Q=Q0-Q=CE-CBlvm

E、动量关系：方.;

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

放电式(先接1,J后接2。导轨“lm+B212c

71匕滑）

5、功能关系：12m（B/CE）2

股=2叫=2（…代）2

达到最终速度时：

1、电容器两端电压：u=Blv（v为最终速度）

XXJ。

-xXX2、电容器电量：q-QU

无外方充电式（J手轨光滑）mv

3、动里关系：—BII.At=-Blq=mv_ntVo'v_o

V-机+62/2。

1、力学关系：F-FA=F-BLI=ma

XX2、电流大小：AQCAUCBlAv.

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

ArMAr

有外尢充电式（导轨光滑）

3、加速度大小：p

a------------^—7

m+C52L2

考向三：双棒问题

模型规律

1、电流大小：1_B/（V2-VJ

1&+7?2%+R?

」2、稳定条件：两棒达到共同速度

Jd3、动重关系：机2%=Oi+%）v

12

无外^J等距m：（导专九光滑）4、能量关系：/7；Q/?

3机2M叫+机2）膜+0Q=R^

1

、电流大小：，Blv2-Blv,

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

R]+7?2

2、力学关系：尸；F-F0（任意时刻两棒加速度）

〃]=Za2=A

里mm

工x2

3、稳定条件：当az=ai时，V2-V1恒定；I恒定；FA恒定；两棒匀加速。

t24、稳定时的物理关系：

有外才J等距m：（导丰九光滑）Blvv

F=（mx+m,）a'FA=mxa'pB1!B（2-i）

A~—R+R?

v=(瑞+火2)加/

122

Bl(mx+m2)

11%；

、动量关系：_皮/加=切/_机-BLj^=m,v2-0

2、稳定条件：风匕=风匕

3、最终速度：「2；77

mLmLL

T}?y?}V

2Vj=VoV2=m220

mxL2+m2Lx\L2+TYI2LX

4、能量关系：]]]

无沙卜力7二等星巨?c121212

Q=2V2

（导轨光滑）

5、电里关系：BL2q=m2V2-。

F为恒力,则：

1、稳定条件：/〃一I恒定，两棒做匀加速直线运动

、F—FFA?77F4]_/]

2AX

2、吊用关系：a\—，。2—，/]4]—12amL_

—E%一加2死24

举一外力4二等距中

(导轨光滑)3、常用结果：1、12m2p

FL"F；FA2=

lfm+/；加i

hm2+《加i2

__蛆___F；

ax=———F—F；-

加1

Z1m2+l2m1

•土与两棒电阻无关

此时回路中电流为：I=j2'J

lxm2+/2m1

♦题型01不含容单棒问题

1.如图所示，在竖直平面内固定有足够长的两竖直平行金属导轨P。、MN,导轨间距为d,导轨顶端用阻

值为R的电阻连接，质量为加、电阻为『的水平金属杆仍置于导轨上，且与导轨接触良好，整个导轨区域

内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。现由静止释放必，经时间才刚好达到匀速状态。已知重力

加速度为g,不计一切摩擦、导轨电阻和空气阻力，关于金属杆仍从静止到最大速度的过程，下列说法中

正确的是()

A.金属杆曲的最大速度为答

Ba

B.流过金属杆ab的电荷量为理一-gr)

BdB3d3

C.金属杆油下降的高度为熠T一疗g(f］『

B2d2

,»人.dbjj.、,m2e2RF3m(R+r)

D.电阻尺上产生的焦耳热为t-一二/2

Dd2Bd

【答案】BC

【详解】A.必匀速时，重力与安培力平衡，根据法拉第电磁感应定律有

E=Bdv

根据欧姆定律及安培力公式有

E

1=，F=BId

R+r

根据共点力平衡条件有

F=mg

解得

mg(R+r)

v=

B2d2

故A错误;

B.根据动量定理有

mgt-Bldt=mv

根据电流定义式有

q=It

解得

mgtm2g{R+7•)

q=

BdB3d3

故B正确;

C.根据法拉第电磁感应定律结合电流定义式有

EA(DBdh

q=It=

R+rR+rR+r

解得

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

h=

B2d2B4d4

故C正确;

D.根据能量守恒定律有

12

mgh=<2+—mv

解得

3m(7?+r)

2B2d2

故D错误;

故选BCo

♦题型02含容单棒问题

2.两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£=lm,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=0Q2Q的电阻和C

=1F的电容器，整个装置处于3=0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒"、cd分别放在

"N两侧，质量分为加/=0.8kg,m2=0.4kg,棒电阻为0.08Q,cd棒的电阻不计，将由静止释放，同

时cd从距离MN为X。=4.32m处在一个大小F=4.64N,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〃、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去R已知碰前瞬间的速度为4.5m/s,g=10m/s2

A.从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s

B.仍从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J

C.两棒第一次碰撞后瞬间，的速度大小为6.3m/s

D.两棒第一次碰撞后瞬间，c4的速度大小为8.4m/s

【答案】BD

【详解】A.由于金属棒。6、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明cd在到达

M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有

△q=C-BLl^v

对cd根据牛顿第二定律有

F-BIL—m2gsin30°=m2a2

其中

Av,Nq

%=—，I=一

At\t

联立有

_F-m2gsin30°

2

m2+CBI?

则说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有

1,2

=2叼

联立解得

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

故A错误；

B.由题知，知碰前瞬间"的速度为4.5m/s,则根据功能关系有

12

叫gX"$11130°-0=5叫匕

金属棒下滑过程中根据动量定理有

m{gsin30°BIL•t-m1v1

其中

—BLx.

q===R+R=0AQ

“总Rbab

联立解得

=

q=6C,xab3m,Q=3.9J

则R上消耗的焦耳热为

D

a=-e=0.78J

人总

故B正确；

CD.由于两棒恰好在〃、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有

mfVi-m2V2="Z/V/'+JM2V2’

+；加2^=；加1才+g巧,2

其中

V2=a2t=7.2m/s

联立解得

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

故C错误、D正确。

故选BD。

♦题型03等间距双棒问题

如图甲，平行金属导轨cd水平放置，相距为2,导轨平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为2,

两金属棒M、N静止在导轨上。其中N棒质量为小，电阻为凡加棒被锁定（锁定装置宽度不计），导轨

与〃棒电阻不计，初始两棒相距九以下各种情况的运动中，两棒始终与导轨接触良好，且始终保持与导

轨垂直，导轨光滑且足够长。

（1）若给N棒一瞬间向左的初速度，此后N棒恰好不与〃棒相碰，求此过程中N棒产生的焦耳热之；

（2）零时刻起，给N棒施加一水平向右的恒力/（大小未知），作用时间％后，撤去R同时将M棒解除

锁定，整个过程中N棒的v-/图像如图乙（v"为已知量），其中图线8段、跖段为平行横轴的直线。求:

①解除锁定后N棒产生的焦耳热Q2；

②0-时间内N棒产生焦耳热fi。

【答案】（1）。=^^;（2）①加心②。3=^^

2mR3R2

【详解】（1）在棒向左运动过程中，受到安培力冲量大小为/安、产生平均感应电动势为E,平均电流为/,

历时/,对N棒列动量定理

一/安=-mv

又

/安=BILt

/一

R

厂A①

E=----

A①=BLd

联立得

B2I?d

v=--------

mR

由系统能量守恒

Qi=^mv2

得

八B4^d2

2mR2

（2）①解除锁定后：设用■棒质量为加2,M、N棒最终共同运动，系统动量守恒

mvn=(m+m2)1v„

得

叱=2mM、N棒系统，列能量守恒

=；（加+叫）匕匕/+Qi

得

Ql=^mVn

②CD段N棒匀速

F*=F

斤=丝%0一（时间内：N棒运动的位移为s,对N棒列动量定理

R

-/安+凡0=〃叱，

,B心

7二R

得

mvR

i'。一了不

对系统列能量守恒

12

Fs=-mvn+Q3

得

京―二32

a=-------———mv

3R2n

♦题型04不等间距双棒问题

4.导轨。、6由半径为r=0.4m的四分之一光滑圆弧平行导轨与水平导轨组成，其右端与水平导轨c、d良

好衔接，导轨。、6部分宽度为4=2m,导轨c、d部分宽度为4=lm,金属棒尸和。均与导轨垂直，质

量分别为M=2kg和％=1kg,两棒在导轨间部分电阻大小均为R=l。，金属棒。静止在c、d导轨上并被

锁定，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为8=1T。现将金属棒尸从圆弧导轨圆心等

高处无初速释放，经过f=ls时间金属棒尸到达导轨最低点，此时金属棒尸对导轨压力为其重力的两倍，同

时金属棒。解除锁定，两棒运动过程始终保持平行，水平导轨均足够长，且金属棒尸始终在湖上运动，金

属棒。始终在〃上运动，金属棒与导轨接触良好，不考虑一切摩擦，重力加速度g取10m/s2,经过足够长

时间后，求：

⑴从金属棒尸释放到解除金属棒。锁定前瞬间，通过金属棒某横截面的电荷量；

(2)从金属棒尸释放到解除金属棒。锁定前瞬间，金属棒尸所受安培力和支持力的合力的冲量大小;

⑶两金属棒最终速度大小。

【答案】(l)0.4C

(2)4V26N.S

24

⑶金属棒尸的速度大小为§m/s,金属棒。的速度大小为§m/s

【详解】(1)(1)从金属棒P释放到解除金属棒。锁定前瞬间，通过金属棒某横截面的电荷量

A①

q='=^—心=-^-=^lL=Q.4C

R+RR+R2R

(2)(2)设金属棒P到达圆弧导轨最低点时速度为%,由牛顿第二定律，有

N-Mg=M^-

r

且

N=2Mg

得

%=而=2m/s

设金属棒P沿导轨下滑过程所受安培力和支持力的合力的冲量大小为/，根据动量定理有

I+Mgt=MVQ-0

Mgt

可得

(3)(3)解除锁定后，金属棒尸做减速运动，金属棒0做加速运动，两棒最终均做匀速运动，回路电流

为零，设两棒最终速度分别为匕和乙,由于

Ep—EQ

BLjp=BL2VQ

由动量定理，对金属棒尸有

对金属棒。有

BIxL2t'=mvQ

解得

2,

4=—m/s

3

4/

匕=—m/s

3

NO.3

压轴题速练

1.如图甲所示，电阻不计的两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端连接电阻区,匀强磁场

的方向竖直向下。置于导轨上的金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，f=0时刻金属杆的初速度v方向水

平向右，同时施加一水平向右的外力尸，杆运动的速度v随时间》变化的图像如图乙所示。下列关于外力厂

随时间/变化的图像正确的是()

FFF

【答案】A

【详解】由图乙可知金属杆匀减速运动，根据牛顿第二定律有

F-BIL=ma

根据法拉第电磁感应定律可知

E-BLv

又

v=v-at

解得

B2I?aB2I}V

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

R息

可知F-t图像为一次函数图像，其中斜率为负。

故选A„

2.如图，相距为£的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上,左端接一电容器C,阻值为R的电阻通

过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为2、质量为加的金属杆成垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好,

两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S

左旋时能将电阻R和电容器C接入同一回路，右旋时能将电阻尺和金属杆仍接入同一回路，初始时1、2

连接电容器和金属杆，现用恒力/向右拉金属杆。6,使其从静止开始运动，经一段时间后撤去R同时旋

转S,此时金属杆的速度大小为血,不计金属杆和导轨的电阻。下列说法正确的是（）

12a

XXXX

XXXX

TC即XXX

XXXX

b

A.撤去尸前，金属杆做变加速直线运动

B.撤去尸同时向右旋开关S,金属杆做匀减速运动

c.恒力厂对金属杆做的功等于;加片

D.若分别左旋右旋S,两种情况下，通过电阻尺的电荷量之比为C8"2：〃？

【答案】D

【详解】A.撤去尸前，对金属杆进行受力分析有

F-BIL=ma

对电容器

Q=CU

充电电流为

I=^-=CBL—=CBLa

NtNt

解得

F

a~CB2l}+m

则金属杆做匀加速直线运动，故A错误；

B.撤去尸同时向右旋开关S,此时仅有电阻及和金属杆仍接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据

右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且

BIL=-----=ma

R

可知，金属杆将向右做加速度减小的减速运动，故B错误；

C.根据动能定理有

1,

%+0=2mV°

解得

其中安培力做负功，则恒力厂对金属杆做的功大于;机片，故C错误；

D.撤去厂时，电容器极板带电量为

Q=CBLV。

对金属杆分析，由动量定理有

-BIL.加=0-mv0

由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电量

q=I、Nt

当左旋S,通过电阻的电量

*=。

当右旋S,通过电阻的电量

%=4

解得

2

qx_CB1}

%m

故D正确。

故选Do

3.如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为3,足够长的光滑平行金属导轨水平放置,

导轨左右两部分的间距分别为/、2/；质量分别为“、2根的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒。接入电

路的电阻为R,其余电阻均忽略不计；。、6两棒分别以为、2Vo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良好接触，。总在窄轨上运动，6总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始

运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（）

A.a棒加速度大于b棒的加速度

B.稳定时a棒的速度为1.5v0

C.电路中产生的焦耳热为1加说

D.通过导体棒。的某一横截面的电荷量为酸

2BI

【答案】C

【详解】A.根据牛顿第二定律

a=F=BII

a~m-m

FBI-21BII

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

2bm2mm

则a、6棒加速度大小相等，故A错误；

B.对a、6棒，根据动量定理有

BII-X=mva-mvQ

BI,2l•At=2m•2v0-2mvb

稳定时有

Blva=B•2lvb

可得

匕=2%

联立解得

%=2%,vb=v0

故B错误;

C.由能量守恒定律可知，动能的损失等于焦耳热，则电路中产生的焦耳热为

2

0=g加呼+g•2加(2%)2-1m(2v0)-1-2mv；=|m*

故C正确;

D.对a,根据动量定理可得

BII-At=mva-mv0

q=1•加

va=2%

联立解得

故D错误。

故选Co

4.如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨固定在同一水平面内且平行放置，导轨间距为£,水平面内存

在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为8,导轨左侧与一阻值为A的电阻相连，一质量为加的

金属棒在外力厂作用下沿导轨向右运动，外力尸与金属棒运动的时间t的关系如图乙所示，图像斜率为上

其余电阻不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（）

A.当/=然时，金属棒做匀加速直线运动，加速度为g

B.当尸。=2黑时,金属棒做加速度减小的加速运动，最终加速度为枭

C.当/=黑色时，金属棒做加速度增大的加速运动，最终加速度为。

D.当乙=碧■时，金属棒做加速度减小的加速运动，最终加速度为娱

2BLm

【答案】AD

【详解】A.金属棒开始做加速运动，根据牛顿第二定律

Fa=ma

若此后过程中金属棒做匀加速直线运动，则有

v=at

对金属棒受力分析，根据牛顿第二定律

l,B2l}at

r0+kt----———=ma

（D2r2

方程右侧为定值，需满足左侧/的系数人—为零，即

IR）

B2I：a

R

解得

lkRkRm

用=2〃5=碇

即当

口_kRm

。=宙

时金属棒做

m

的匀加速直线运动，故A正确;

BC.同理，根据牛顿第二定律

2

广,Bl}at

卜kt-----———=ma

可得

aJ

r0+A:-----—\t=ma

故当

_kRm

。-28*

时，初始加速度较小，/的系数大于零，加速度随时间增大，最终稳定时》的系数为零，金属棒做匀加速直

线运动，满足

Fo=ma

即

m

故BC错误;

D.根据牛顿第二定律

2

厂,Bl3at

r0+kt-----———=ma

可得

口r,

r0+k----——t=ma

故当

3kRm

°-2B-I}

时，金属棒初始加速度较大，/的系数小于零，加速度随时间减小，最终稳定时/的系数为零，金属棒做匀

加速直线运动，满足

Fo=ma

即

.雪

m

故D正确。

故选AD0

5.如图，两足够长、间距为工的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间一区域存在竖直向下的匀

强磁场，该区域左、右边界的间距为2工且均垂直于导轨。最初，边长为Z的正方形导体框仍4和长为Z的