大题突破05 电磁感应的综合应用（安徽专用） 2026年高考物理终极冲刺讲练测

大题05 电磁感应的综合应用 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 线框模型 通技法 电磁感应中线框模型的一般解法 热点题型2 单杆模型 通技法 单杆模型的运动分析 热点题型3 双杆模型 通技法 三大力学观点在电磁感应中的应用 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 一、电磁感应的基本规律与动力学基础： 计算题主要考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、导体棒切割磁感线产生的动生电动势（E=BLv）、回路中的欧姆定律，以及安培力的计算（F安=BIL）。明确感应电流的方向（楞次定律或右手定则）、感应电动势的大小（法拉第定律或 E=BLv），以及安培力对运动物体的阻碍作用是解题的关键。 二、常见考法与题型分类： 常见考法将电磁感应与牛顿运动定律、运动学结合，分析导体棒（或线框）在磁场中的运动过程，要求求解加速度、速度、时间、位移、安培力等。具体包括： （1）单棒切割模型：导体棒在光滑或粗糙导轨上受外力或仅受安培力作用，由E=BLv，，，结合牛顿第二定律列微分方程或分析收尾速度（匀速运动时外力等于安培力）。 （2）线框穿越磁场：线框匀速或加速进入、完全在磁场内、穿出磁场过程，分析不同阶段的感应电流方向、安培力变化，结合运动学公式求速度、时间或位移。 （3）含电容器或电感电路：导体棒给电容器充电，电流变化，需分析充电电流与安培力的关系，有时会达到稳态（电容器电压等于感应电动势）。 三、电磁感应中的能量与动量观点应用： 计算题常要求分析电磁感应过程中的能量转化与动量变化。明确克服安培力做的功等于回路中产生的总电能（W克=Q电），电能再转化为焦耳热；若涉及非弹性碰撞或完全非弹性过程，还需结合动量守恒。 若涉及含恒力、变力、电容器或不等间距导轨的复杂问题，则往往需要综合运用三大观点，对过程分析。 热点题型1 线框模型 析典例·建模型 例1.（2026·安徽马鞍山·一模）如图所示，光滑水平绝缘面上有宽度为的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小，虚线为磁场边界。电阻、边长也为的正方形细导线框置于磁场区域左侧的水平面上，边与磁场边界平行，线框以的速度开始运动，线框边刚进入磁场区域时的速度。运动过程中线框形状不变，边始终与磁场边界平行。求： (1)线框边刚进入磁场区域时，线框受到的安培力的大小； (2)线框边刚进入磁场区域到线框边刚进入磁场区域的过程中，流过线框的电荷量； (3)线框穿过磁场区域的全过程中，线框内产生的焦耳热。 研考点·通技法 电磁感应中线框模型的一般解法 1、解题思路 ①分析线框的运动阶段——进入磁场、完全在磁场中运动、离开磁场。每个阶段磁通量是否变化、是否产生感应电流是关键。 ②计算电动势：动生电动势 E=BLv（切割边有效长度L），感生电动势 （磁场变化时）。注意线框有多条边切割时总电动势的叠加（注意电动势的方向）。 ③确定电流：I=，结合楞次定律或右手定则判断电流方向。 ④受力与运动：安培力 F安=BIL（对切割边），方向与运动方向相反。结合牛顿第二定律分析线框加速度、速度变化。 ⑤能量与动量：克服安培力做功等于回路产生的焦耳热；若线框进出磁场过程受安培力冲量，可用动量定理求电荷量、位移或时间。 2、注意问题 有效切割长度：计算电动势时，L 是速度方向与磁场方向垂直的导体有效长度。如正方形线框垂直进入磁场，只有竖直边切割，L 为边长；斜着进入时需投影。 部分进入/离开：当线框只有一部分在磁场中时，切割边为位于磁场边界内的部分，电动势随进入位移线性变化。 完全在磁场中：若磁场均匀且线框完全在其中，磁通量不变，无感应电流，不受安培力（除非磁场变化）。 多边切割：如线框两边同时切割，若两电动势方向相同则叠加，相反则抵消（常见于平行导轨上的线框）。 电荷量计算：，与运动快慢无关，仅与磁通量变化量和总电阻有关。 图像问题：E−t、I−t、F安−t 图像常分段线性变化，注意进出磁场对称性。 3、解题方法 分段分析法：将运动分为“进磁场→完全在内→出磁场”三阶段，分别画出等效电路，列方程求解。 动量定理法：对进出磁场过程，安培力冲量，结合 （x 为进入位移），可求速度变化、位移或时间。 能量守恒法：线框进出磁场时，减少的动能（或外力做功）等于产生的焦耳热：Q=ΔEk（无外力时）或 W外=ΔEk+Q。 极限法：分析线框能否完全进入磁场、能否穿出磁场，可假设末速度v=0 时所需位移与实际位移比较。 破类题·提能力 1.（2025·安徽合肥·三模）如图所示，空间存在水平方向的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中磁场垂直纸面向里，Ⅱ中磁场垂直纸面向外，两磁场区域的高度均为，磁感应强度大小均为将一边长也为的单匝正方形导体框abcd由磁场区域Ⅰ上方处静止释放，导体框恰好匀速进入磁场区域Ⅰ。导体框的bc边到达磁场区域Ⅱ下边界前又再次匀速运动。已知导体框运动过程中始终保持竖直且bc边始终平行磁场边界，导体框质量；重力加速度g取，不计空气阻力。求： (1)导体框的电阻值； (2)导体框bc边刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度； (3)导体框从bc边进入磁场区域Ⅰ到bc边运动至磁场区域Ⅱ下边界的过程中产生的焦耳热（结果保留一位小数）。 热点题型2 单杆模型 析典例·建模型 例2. 如图，光滑平行金属导轨、水平部分固定在水平平台上，圆弧部分在竖直面内，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，导轨间距均为L，点与点高度差为，水平距离也为，导轨、左端接阻值为R的定值电阻，水平部分处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，平行金属导轨、完全处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为。质量为的导体棒放在金属导轨、上，质量为m的金属棒从距离导轨水平部分高度为处由静止释放，从处飞出后恰好落在P、Q端，并沿金属导轨、向右滑行，金属棒落到导轨、上时，竖直方向分速度完全损失，水平分速度不变，最终a、b两金属棒恰好不相碰，重力加速度大小为，不计导轨电阻，一切摩擦及空气阻力。a、b两金属棒接入电路的电阻均为R，运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。求： (1)导体棒a刚进入磁场时的加速度大小； (2)平行金属导轨、水平部分长度d； (3)通过导体棒b中的电量及整个过程金属棒a产生的焦耳热。 研考点·通技法 单杆模型的运动分析 1、解题思路 ①确定电源：明确动生电动势E=BLv 的方向（右手定则），判断杆的正负极。 ②分析电路：画出等效电路，求回路总电阻R总，感应电流。安培力。 ③受力与运动：分析杆受的外力（拉力、重力分力、摩擦力）及安培力，由牛顿第二定律计算物体的加速度（注意物理量的方向），安培力随速度增大而增大，导致加速度减小，最终可能匀速。 ④列方程求解：可结合力学三大观点罗列相应等量关系式。 ⑤能量与动量：外力做功 = 杆动能增量 + 焦耳热；若无外力，安培力冲量等于杆动量变化，结合q=可求位移或时间。 2、注意问题 最大速度条件：a=0，即F外=F安。常见场景：恒力拉动、无外力初速度、倾斜导轨（重力分力与安培力平衡）。 安培力是阻力：除非有反向外力，否则安培力总是阻碍相对运动，方向与速度方向相反。 受力分析：需考虑接触面是否存在摩擦。若导轨倾斜，重力沿斜面的分力mgsinθ 作为驱动力，注意安培力方向与速度方向相反。 破类题·提能力 2.（2026·安徽黄山·一模）福建号航母装载了我国自主研发的电磁弹射系统，这标志着我国在这一领域取得了重大突破。电磁弹射系统的简化模型如图所示：两根足够长的光滑平行导轨水平放置，空间存在着与导轨平面垂直的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度。质量的导体杆垂直导轨放置在处，把弹射的物体与杆固定。开关与1接通，电源输出恒定电流，杆由静止开始向右运动。当杆运动到的位置时，速度刚好达到，此时物体与杆脱离。立即把开关与2接通，同时对杆施加一个水平向左的外力，当杆回到位置时，撤去外力。已知导轨的宽度为，定值电阻，导轨与杆的电阻不计，则： (1)若为恒力，，杆回到位置前已匀速，求杆回到位置时的速度大小； (2)在（1）问的条件下，求从施加外力到杆回到位置过程中产生的焦耳热； (3)若规定向右为力和杆运动速度的正方向，与杆运动速度满足关系，杆最终恰好停在位置，求杆从位置出发至回到位置的总时间。 热点题型3 双杆模型 析典例·建模型 例3.（2026·安徽池州·二模）我国第三艘航母福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。某物理兴趣小组设计了一种电磁弹射系统，其简化模型水平放置如图所示。该模型由输出电流恒为的电源、间距为L的水平导轨CDEF、C'D'E'F'组成。D与E、D'与E'之间绝缘且平滑连接（D与E、D'与E'之间距离忽略不计），CE、C'E'段光滑，EF和E'F'段与两导体棒a、b间动摩擦因数均为，CD段长为d，EF段足够长，EE'右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒a、b质量均为m，电阻均为R，与导轨始终垂直且接触良好，轨道电流可在导体棒a处产生垂直导轨平面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度大小为，导轨电阻忽略不计。 (1)闭合开关S，导体棒a从CC'静止释放，到达DD'时的速度为多大？ (2)若电源的效率为70%，则导体棒a从CC'到DD'完成一次弹射过程消耗的电能是多少？ (3)若某次模拟弹射实验时，导体棒a到达EE'的速度为，导体棒b会运动起来，a、b两棒不会相撞，求从a棒到达EE'时至b棒达到最大速度过程中通过b棒的电荷量为多少？ 研考点·通技法 三大力学观点在电磁感应中的应用 在电磁感应综合问题中，三大力学观点的应用各司其职、相辅相成：动力学观点以牛顿第二定律F合 =ma 为核心，通过分析导体棒或线框所受的安培力（F安=BIL，与速度线性相关）与外力、重力、摩擦力的合力，动态描述加速度与速度的变化过程，常用于求解最大速度（a=0 条件）、瞬时加速度以及运动时间（需结合微元法）；能量观点利用克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热这一核心关系（W克安=Q），结合动能定理或功能原理（W外=ΔE k+Q），能够避开复杂的中间过程，直接求解焦耳热、导体棒末速度或上升高度等问题，是最为简洁高效的方法；动量观点则通过动量定理（−BLq=mΔv）或动量守恒（双杆无外力情形），将安培力的冲量与电荷量（）联系起来，可便捷地求解非匀变速过程中的位移 x、电荷量q 或时间t，尤其适用于单杆进出磁场、双杆相互作用等无法直接使用运动学公式的场景。实际解题时，常将三种观点联合使用：例如先用动量定理求位移，再用能量守恒求焦耳热，最后用动力学分析最大速度，从而完整解决电磁感应的复杂问题。 破类题·提能力 3．（2026·安徽·模拟预测）在电磁阻尼器的设计中，电磁感应系统的几何参数（如导体棒长度）对动力学行为影响显著。简化模型如图所示，足够长的水平光滑金属导轨PM、QN固定在绝缘水平面上，导轨左半部分间距为，右半部分间距可调。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为，导体棒a质量为，电阻为，长度为；导体棒b质量也为（电阻不计），b的长度可随轨道间距同步调节为d；a、b棒均垂直导轨放置，分别静止于左、右导轨上，且两棒中心对齐，a棒距轨道右半部分足够远。现a棒以初速度向右运动，两棒在运动中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。 (1)若将b棒锁定，求a棒开始运动时的加速度； (2)若b棒解除锁定，调整，求最终稳定时a、b棒的速度大小； (3)现仅调节d的大小，试推导最终稳定时a、b棒速度之比与d、L的关系式；求当d取何值时导体棒a中产生的焦耳热最大，并求出此最大值。 刷模拟 1．（2026·安徽安庆·二模）如图所示，两根足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ，间距为L，两导轨构成的平面与水平面成角。金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接，其接入电路的电阻均为R，质量分别为2m和m。沿导轨平面向上且与棒垂直的力F作用在cd上使两金属棒静止，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g。保持力F不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，将轻绳烧断后。求： (1)力F的大小和轻绳烧断瞬间金属棒cd的加速度大小； (2)金属棒ab的最大速度大小； (3)金属棒ab下滑距离s时已经达到最大速度，求此过程金属棒cd产生的平均发热功率P。 2．如图所示，电阻不计的平行金属导轨由水平和倾斜两部分平滑连接而成，导轨间距，水平部分光滑，接有一阻值的电阻；倾斜部分粗糙，倾角。完全相同的两根细导体杆和分别垂直于导轨轻放在图中两处，恰好能保持静止，相对于水平导轨高。以所在位置为界的斜上方存在垂直倾斜导轨面的匀强磁场。给一个平行导轨向右的瞬时冲量，滑上倾斜轨道与发生瞬时碰撞并粘为一体，此时立即对施加平行于导轨向上的推力（N）（为相应时刻的速度）。若两杆与导轨始终接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每根杆长、质量、电阻，重力加速度取，则： (1)要使导体杆与发生碰撞，求瞬时冲量应满足的条件； (2)要使两杆碰撞后两端的电压随时间均匀增大，求的取值与的取值范围； (3)令，，当时，求两杆碰撞后产生的焦耳热随杆位移大小的变化关系。 3．如图所示，一足够长的导电轨道，由两根平行光滑金属导轨组成，虚线MN左侧是竖直面内半径为R的圆弧轨道，无磁场；虚线MN右侧轨道水平且置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间宽度为L。导体棒cd、ef由绝缘轻杆连接组成“工”字型器件，静置于水平轨道上，cd距MN最初的距离也为L。将导体棒ab从圆弧轨道上距水平轨道高为处静止释放，三根导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直，ab与“工”字型器件不会发生碰撞，三根导体棒的质量均为m，其中ab棒和cd棒在导轨间的电阻均为，ef棒在导轨间的电阻为r，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)求ab棒通过圆弧轨道最低点时对轨道总压力F的大小； (2)从ab棒进入磁场到ab棒和“工”字型器件稳定运动的过程中，求cd棒所产生的焦耳热； (3)求cd棒与ab的最小距离d。 4．如图所示，光滑绝缘的水平面内建立有直角坐标系，垂直于该平面有一足够大的非均匀磁场，磁场左边界为轴，磁感应强度的大小随坐标的变化满足（其中，）。现有一粗细均匀、材质相同的正方形金属框abcd，边长，总阻值，质量。cd边从处以的初速度沿轴正方向进入磁场，线框刚完全进入磁场时速度为。当线框速度减为0时，给线框施加沿轴负方向的恒力，在该恒力作用下，线框只沿轴运动，经时间，边回到轴。求： (1)线框ab边刚进入磁场瞬间，线框中的电流大小和方向； (2)线框从开始到完全进入磁场的过程中，通过线框导线截面的电荷量； (3)全过程中线框中产生的焦耳热（结果保留一位有效数字）。 5．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平面上PQ右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m、电阻为R的单匝直角梯形金属线框ACDE放在水平面上，ED边长为L，。现给线框施加一个水平向右的推力，使线框以速度v匀速进入磁场，当A点刚进磁场时撤去推力，线框恰能全部进入磁场，线框运动过程中CD边始终与PQ垂直。求： (1)刚撤去推力时线框的加速度a的大小； (2)撤去推力后线框产生的焦耳热Q； (3)线框AE边的长度L′。 6．（2026·安徽·一模）如图所示，间距为L且足够长的光滑平行金属导轨与，由倾角为的倾斜导轨和水平导轨两部分组成，两部分导轨平滑连接，开关、均断开。倾斜导轨顶端之间连接定值电阻R，且处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，水平导轨间有竖直向上、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。n根相同导体棒等间距垂直导轨静止放置，每根导体棒的质量均为，阻值均为。闭合开关，把质量为m、阻值为R的金属棒a从倾斜导轨上足够高的位置由静止开始释放，当金属棒a刚进入水平导轨时，开关断开、闭合，直到所有导体棒速度不再改变，金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少了d（d为未知量，棒a与第一根棒未相碰），重力加速度大小为g，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属导轨电阻不计，求： (1)金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度v； (2)金属棒a在水平导轨上运动的过程中，金属棒a产生的焦耳热； (3)当金属棒a与水平导轨上第一根导体棒的间距减少时，金属棒a克服安培力做功的功率。 刷真题 1．（2025·安徽·高考真题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。 求： (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 2．（2025·福建·高考真题）水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度分别为l1、 l2、的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上，示意图如图所示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上， cd边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd边进入Ⅰ到ab边离开Ⅰ的过程中，线框速度恒为v，cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时的速度相同；区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长，线框各边材料相同、粗细均匀；下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内，cd边始终与磁场边界平行；重力加速度为。求： (1)初始时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差； (3)cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平均功率。 3．（2025·四川·高考真题）如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。 (1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势； (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率； (3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。 4．（2025·海南·高考真题）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙并平滑相接，导轨上端有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为。两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒的质量均为，接入电路的电阻均为。棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不会碰撞。忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。 (1)锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中产生的焦耳热； (2)此后棒在下滑过程中电流达到稳定，求此时棒与棒速度大小之差； (3)棒中电流稳定之后继续下滑，从棒运动到水平导轨开始计时，时刻棒速度为0，加速度不为0；此后某时刻棒的加速度为0，速度不为0，求从t1时刻到某时刻，棒与的路程之差。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题05 电磁感应的综合应用 热点题型1 线框模型 析典例·建模型 例1.【答案】(1)7N (2)1C (3)12J 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得E=BLv0 由闭合电路欧姆定律可得 结合安培力公式F=BIL 线框ab刚开始进入磁场区域Ⅰ的瞬间，ab边所受安培力的大小为 （2）线框边刚进入磁场区域到线框边刚进入磁场区域的过程中，流过线框的电荷量 （3）由动量定理 其中 解得m=1kg 线圈传出磁场过程由动量定理 其中，可得 线框穿过磁场区域的全过程中，线框内产生的焦耳热 破类题·提能力 1.【答案】(1) (2)，竖直向上 (3)31.7J 【详解】（1）导体框进入磁场前做自由落体运动，设bc边进入磁场时的速度为，有 解得 导体框匀速进入磁场区域I，安培力 又， 联立可得 根据平衡条件可得 代入数据解得 （2）导体框在区域I中匀速运动，bc边进入磁场区域II时，速度仍为，此时安培力 对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 方向竖直向上。 （3）导体框的bc边到达磁场区域II下边界前已再次匀速运动，设速度为，则有 解得 自导体框由静止释放到bc边运动至磁场区域II的下边界，根据能量守恒有 解得焦耳热 热点题型2 单杆模型 析典例·建模型 例2. 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为，根据动能定理有 解得 金属棒进入磁场的瞬间，金属棒a中感应电动势 感应电流 根据牛顿第二定律有 解得 （2）设金属棒a从、飞出时的速度为，飞出后做平抛运动，则有， 解得 金属棒a在金属导轨、水平部分运动过程中，根据动量定理有 根据电流的定义式有 该过程感应电动势的平均值 感应电流的平均值 又 解得 （3）金属棒落到金属导轨、上向右滑行时的初速度大小为，金属棒a、b组成的系统动量守恒，设最后的共同速度为，根据动量守恒定律有 解得 对金属棒进行分析，根据动量定理有 根据电流的定义式有 解得 金属棒在导轨、上运动时产生的焦耳热 解得 金属棒在导轨上运动时产生的焦耳热 解得 因此金属棒中产生的焦耳热 破类题·提能力 2.【答案】(1)10m/s (2)1500J (3)1.8s 【详解】（1）由题意可知杆到时做匀速直线运动，则 又 电流 联立解得杆回到位置时的速度大小 （2）由动能定理可得 解得 可知从施加外力到杆回到位置过程中产生的焦耳热 （3）杆在到向左再回到的过程中，有 从回到做匀变速直线运动的加速度大小 从回到的时间 杆从回到的过程由动量定理 可得 杆从到的位移大小为，开关与1接通，电源输出恒定电流，可知电流不变，安培力不变，杆做匀加速直线运动，有 解得 杆从位置出发至回到位置的总时间 热点题型3 双杆模型 析典例·建模型 例3【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对导体棒a由动能定理得 解得 （2）由能量守恒定律得 则导体棒a从CC'到DD'完成一次弹射过程消耗的电能为 （3）从a棒到达EE',a棒减速,b棒加速，b棒加速度为零时，其速度达到最大，对a棒由动量定理得，选水平向右为正方向，则 对b棒由动量定理得，选水平向右为正方向，则 联立解得 由闭合电路的欧姆定律得 对b棒由平衡条件得 联立解得a棒到达EE'时至b棒达到最大速度过程中通过b棒的电荷量为 破类题·提能力 3．【答案】(1)10m/s2，水平向左 (2)3.2m/s，1.6m/s (3)，L，0.8J 【详解】（1）对棒a分析，有， 由牛顿第二定律得， 联立解得，方向水平向左； （2）由题意可知，回路的电流 当时，ab棒运动稳定，从开始到最终稳定状态，由动量定理可得，， 联立可得 即 所以， （3）当时，即时，有 由能量守恒定律得 由动量定理可得（） 联立可得 由此可知，当时， 刷模拟 1．【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）以ab、cd棒组成的系统为研究对象，根据受力平衡关系可得 烧断轻绳后，以cd为研究对象，根据牛顿第二定律 解得 （2）烧断轻绳后，设ab棒达到的最大速度为，此时cd棒的速度为 ab、cd棒组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒 当ab棒加速度为0时，速度最大，根据牛顿第二定律 欧姆定律 根据电磁感应定律 联立可得 （3）金属棒ab下滑s的过程中，cd棒的位移为，ab、cd棒组成的系统任何时刻动量都守恒 累加求和，即： 根据能量关系 解得 则 对ab棒应用动量定理得 联立解得 2.【答案】(1)（或） (2)2， (3) 【详解】（1）恰好能处于静止状态，沿轨道方向受力平衡 对施加瞬时冲量后，由动量定理，有 沿倾斜轨道上滑到位置的过程，由动能定理有 代入数据解得 （2）碰撞后两杆整体切割磁感线，产生感应电动势 回路总电阻 两杆整体受到的安培力 对两杆整体由牛顿第二定律有 结合，代入数据整理得两杆整体的加速度 要使碰撞后两端的电压随时间均匀增大，则感应电动势随时间均匀增大，根据 可知，两杆整体沿导轨做匀加速直线运动，即且保持不变，由上式可得， 即、应满足， （3）对施加瞬时冲量后，由动量定理有 沿倾斜轨道上滑到位置的过程，由动能定理有， 和碰撞瞬间动量守恒 解得 当，时，，分析知碰撞后两杆整体的合力为安培力，碰撞后两杆整体运动过程中，由动量定理得 运动位移 根据能量守恒，得 根据焦耳定律，产生的焦耳热 当时，由以上各式代入数据整理得： 3.【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）ab棒运动到圆弧轨道最低点速度为，由动能定理有 在最低点 由牛顿第三定律得 解得 （2）ab棒与“工”字型器件系统动量守恒，稳定运动时速度为v，则 系统产生的焦耳热 且 解得 （3）ab棒进入水平轨道到与“工”字型器件共速，对ab棒 其中 总电阻 减小 联立得 4．【答案】(1)，方向为逆时针（abcda） (2) (3) 【详解】（1）设边和边产生的电动势分别为和，则， 由可知，， 回路总电动势 回路中电流 代入数据解得 方向为逆时针（abcda）。 （2）由法拉第电磁感应定律 由闭合电路欧姆定律 由电流定义式得 联立可得线框从开始到完全进入磁场的过程中，通过线框导线截面的电荷量为 其中， 联立解得 （3）向右运动过程中，机械能全部转化为焦耳热，有 代入数据解得 ，线框完全进入磁场后，设时刻速度为，边和边处的磁感应强度分别为， 则 由闭合电路欧姆定律可得感应电流 安培力 由动量定理得 联立可得 其中，解得 设返回过程中某时刻的速度为，同上分析感应电动势为 由闭合电路欧姆定律可得感应电流 安培力 由动量定理得 代入可得 解得返回到轴时的速度大小为 由能量守恒定律 代入数据解得返回过程中产生的焦耳热为 往返过程中产生的总焦耳热为 代入数据解得 5．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当A点刚进磁场时，感应电动势 线框中的电流大小 线框的加速度大小 （2）根据能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热为 （3）线框恰能全部进磁场，即线框全部进入磁场时，速度为0，根据动量定理有， 所以 又 所以 6．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）金属棒a达到最大速度时，加速度为零，则有 金属棒a产生的电动势 回路中的电流 解得金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度 （2）金属棒a进入水平导轨后，原水平导轨上每根导体棒运动情况相同，可等效为一根质量为m，电阻为R的导体棒，由系统动量守恒，有 解得 由能量守恒可得系统产生的焦耳热 金属棒a产生的焦耳热 （3）对金属棒a进入水平导轨至与导体棒共速的过程，由动量定理有 通过金属棒a的电荷量 当金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少时，由系统动量守恒有 此过程对金属棒a由动量定理有 通过金属棒a的电荷量 解得， 通过金属棒a的电流 金属棒a克服安培力做功的功率 解得 刷真题 1．【答案】(1) (2) (3)，n = 1，2，3，… 【详解】（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E = BLv0 则此时回路的电流为 此时导体棒受到的安培力F安 = BIL 此时导体棒受安培力的功率 （2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有 其中 解得 （3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR = QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出，n = 1，2，3，… 2．【答案】(1) (2) (3)若，则；若，则 【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律 根据运动学公式 联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离 （2）因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有 又， cd边两端的电势差 联立可得 （3）①若，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。 ②若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理 其中，， 联立可得 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理 根据 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 ③若，同理可得 根据动量定理 其中 结合， 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 3．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势 （2）金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为 故此时回路中的总的热功率为 （3）设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为，此时刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T，与水平方向的夹角为 ，对金属杆根据受力平衡可知， 根据位置关系有 同时有， 联立解得 4．【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，导轨倾斜部分光滑，则棒只受重力、导轨给的支持力、安培力；根据平衡条件可得 又 解得通过棒的电流为 断开开关，同时解除棒的锁定，设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动，此时回路中的电流为，此时对cd棒有 棒切割磁场，产生电动势， 回路电流 对cd棒有 棒从解除锁定到开始运动过程中，导体棒、电阻相同，通过的电流相同，则棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得 联立解得棒产生的焦耳热为 （2）棒从解除锁定到开始运动过程中，棒受到的安培力向左，则cd棒向左运动，则cd棒切割磁场，端为高电势，故回路总电动势 电路中电流 对棒 对棒 有 当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，此时两棒的加速度相等，联立解得此时、棒的速度大小之差为 （3）分析可知从开始到时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设时刻ab棒的速度为，棒速度为0，可知 解得 设某时刻棒的加速度为0时，ab棒速度为，cd棒速度为，此时棒的加速度为零，可得① 其中 分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得② 从时刻到棒的加速度为0时，对两棒分别根据动量定理有， 通过导体棒的电荷量 则可得， 两式相加得③ 同时有 ④ 联立①②③④可得从开始到cd棒加速度为0时刻，、的路程之差为 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题05 电磁感应的综合应用 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 线框模型 通技法 电磁感应中线框模型的一般解法 热点题型2 单杆模型 通技法 单杆模型的运动分析 热点题型3 双杆模型 通技法 三大力学观点在电磁感应中的应用 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 一、电磁感应的基本规律与动力学基础： 计算题主要考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、导体棒切割磁感线产生的动生电动势（E=BLv）、回路中的欧姆定律，以及安培力的计算（F安=BIL）。明确感应电流的方向（楞次定律或右手定则）、感应电动势的大小（法拉第定律或 E=BLv），以及安培力对运动物体的阻碍作用是解题的关键。 二、常见考法与题型分类： 常见考法将电磁感应与牛顿运动定律、运动学结合，分析导体棒（或线框）在磁场中的运动过程，要求求解加速度、速度、时间、位移、安培力等。具体包括： （1）单棒切割模型：导体棒在光滑或粗糙导轨上受外力或仅受安培力作用，由E=BLv，，，结合牛顿第二定律列微分方程或分析收尾速度（匀速运动时外力等于安培力）。 （2）线框穿越磁场：线框匀速或加速进入、完全在磁场内、穿出磁场过程，分析不同阶段的感应电流方向、安培力变化，结合运动学公式求速度、时间或位移。 （3）含电容器或电感电路：导体棒给电容器充电，电流变化，需分析充电电流与安培力的关系，有时会达到稳态（电容器电压等于感应电动势）。 三、电磁感应中的能量与动量观点应用： 计算题常要求分析电磁感应过程中的能量转化与动量变化。明确克服安培力做的功等于回路中产生的总电能（W克=Q电），电能再转化为焦耳热；若涉及非弹性碰撞或完全非弹性过程，还需结合动量守恒。 若涉及含恒力、变力、电容器或不等间距导轨的复杂问题，则往往需要综合运用三大观点，对过程分析。 热点题型1 线框模型 析典例·建模型 例1.（2026·安徽马鞍山·一模）如图所示，光滑水平绝缘面上有宽度为的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小，虚线为磁场边界。电阻、边长也为的正方形细导线框置于磁场区域左侧的水平面上，边与磁场边界平行，线框以的速度开始运动，线框边刚进入磁场区域时的速度。运动过程中线框形状不变，边始终与磁场边界平行。求： (1)线框边刚进入磁场区域时，线框受到的安培力的大小； (2)线框边刚进入磁场区域到线框边刚进入磁场区域的过程中，流过线框的电荷量； (3)线框穿过磁场区域的全过程中，线框内产生的焦耳热。 【答案】(1)7N (2)1C (3)12J 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得E=BLv0 由闭合电路欧姆定律可得 结合安培力公式F=BIL 线框ab刚开始进入磁场区域Ⅰ的瞬间，ab边所受安培力的大小为 （2）线框边刚进入磁场区域到线框边刚进入磁场区域的过程中，流过线框的电荷量 （3）由动量定理 其中 解得m=1kg 线圈传出磁场过程由动量定理 其中，可得 线框穿过磁场区域的全过程中，线框内产生的焦耳热 研考点·通技法 电磁感应中线框模型的一般解法 1、解题思路 ①分析线框的运动阶段——进入磁场、完全在磁场中运动、离开磁场。每个阶段磁通量是否变化、是否产生感应电流是关键。 ②计算电动势：动生电动势 E=BLv（切割边有效长度L），感生电动势 （磁场变化时）。注意线框有多条边切割时总电动势的叠加（注意电动势的方向）。 ③确定电流：I=，结合楞次定律或右手定则判断电流方向。 ④受力与运动：安培力 F安=BIL（对切割边），方向与运动方向相反。结合牛顿第二定律分析线框加速度、速度变化。 ⑤能量与动量：克服安培力做功等于回路产生的焦耳热；若线框进出磁场过程受安培力冲量，可用动量定理求电荷量、位移或时间。 2、注意问题 有效切割长度：计算电动势时，L 是速度方向与磁场方向垂直的导体有效长度。如正方形线框垂直进入磁场，只有竖直边切割，L 为边长；斜着进入时需投影。 部分进入/离开：当线框只有一部分在磁场中时，切割边为位于磁场边界内的部分，电动势随进入位移线性变化。 完全在磁场中：若磁场均匀且线框完全在其中，磁通量不变，无感应电流，不受安培力（除非磁场变化）。 多边切割：如线框两边同时切割，若两电动势方向相同则叠加，相反则抵消（常见于平行导轨上的线框）。 电荷量计算：，与运动快慢无关，仅与磁通量变化量和总电阻有关。 图像问题：E−t、I−t、F安−t 图像常分段线性变化，注意进出磁场对称性。 3、解题方法 分段分析法：将运动分为“进磁场→完全在内→出磁场”三阶段，分别画出等效电路，列方程求解。 动量定理法：对进出磁场过程，安培力冲量，结合 （x 为进入位移），可求速度变化、位移或时间。 能量守恒法：线框进出磁场时，减少的动能（或外力做功）等于产生的焦耳热：Q=ΔEk（无外力时）或 W外=ΔEk+Q。 极限法：分析线框能否完全进入磁场、能否穿出磁场，可假设末速度v=0 时所需位移与实际位移比较。 破类题·提能力 1.（2025·安徽合肥·三模）如图所示，空间存在水平方向的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中磁场垂直纸面向里，Ⅱ中磁场垂直纸面向外，两磁场区域的高度均为，磁感应强度大小均为将一边长也为的单匝正方形导体框abcd由磁场区域Ⅰ上方处静止释放，导体框恰好匀速进入磁场区域Ⅰ。导体框的bc边到达磁场区域Ⅱ下边界前又再次匀速运动。已知导体框运动过程中始终保持竖直且bc边始终平行磁场边界，导体框质量；重力加速度g取，不计空气阻力。求： (1)导体框的电阻值； (2)导体框bc边刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度； (3)导体框从bc边进入磁场区域Ⅰ到bc边运动至磁场区域Ⅱ下边界的过程中产生的焦耳热（结果保留一位小数）。 【答案】(1) (2)，竖直向上 (3)31.7J 【详解】（1）导体框进入磁场前做自由落体运动，设bc边进入磁场时的速度为，有 解得 导体框匀速进入磁场区域I，安培力 又， 联立可得 根据平衡条件可得 代入数据解得 （2）导体框在区域I中匀速运动，bc边进入磁场区域II时，速度仍为，此时安培力 对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 方向竖直向上。 （3）导体框的bc边到达磁场区域II下边界前已再次匀速运动，设速度为，则有 解得 自导体框由静止释放到bc边运动至磁场区域II的下边界，根据能量守恒有 解得焦耳热 热点题型2 单杆模型 析典例·建模型 例2. 如图，光滑平行金属导轨、水平部分固定在水平平台上，圆弧部分在竖直面内，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，导轨间距均为L，点与点高度差为，水平距离也为，导轨、左端接阻值为R的定值电阻，水平部分处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，平行金属导轨、完全处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为。质量为的导体棒放在金属导轨、上，质量为m的金属棒从距离导轨水平部分高度为处由静止释放，从处飞出后恰好落在P、Q端，并沿金属导轨、向右滑行，金属棒落到导轨、上时，竖直方向分速度完全损失，水平分速度不变，最终a、b两金属棒恰好不相碰，重力加速度大小为，不计导轨电阻，一切摩擦及空气阻力。a、b两金属棒接入电路的电阻均为R，运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。求： (1)导体棒a刚进入磁场时的加速度大小； (2)平行金属导轨、水平部分长度d； (3)通过导体棒b中的电量及整个过程金属棒a产生的焦耳热。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为，根据动能定理有 解得 金属棒进入磁场的瞬间，金属棒a中感应电动势 感应电流 根据牛顿第二定律有 解得 （2）设金属棒a从、飞出时的速度为，飞出后做平抛运动，则有， 解得 金属棒a在金属导轨、水平部分运动过程中，根据动量定理有 根据电流的定义式有 该过程感应电动势的平均值 感应电流的平均值 又 解得 （3）金属棒落到金属导轨、上向右滑行时的初速度大小为，金属棒a、b组成的系统动量守恒，设最后的共同速度为，根据动量守恒定律有 解得 对金属棒进行分析，根据动量定理有 根据电流的定义式有 解得 金属棒在导轨、上运动时产生的焦耳热 解得 金属棒在导轨上运动时产生的焦耳热 解得 因此金属棒中产生的焦耳热 研考点·通技法 单杆模型的运动分析 1、解题思路 ①确定电源：明确动生电动势E=BLv 的方向（右手定则），判断杆的正负极。 ②分析电路：画出等效电路，求回路总电阻R总，感应电流。安培力。 ③受力与运动：分析杆受的外力（拉力、重力分力、摩擦力）及安培力，由牛顿第二定律计算物体的加速度（注意物理量的方向），安培力随速度增大而增大，导致加速度减小，最终可能匀速。 ④列方程求解：可结合力学三大观点罗列相应等量关系式。 ⑤能量与动量：外力做功 = 杆动能增量 + 焦耳热；若无外力，安培力冲量等于杆动量变化，结合q=可求位移或时间。 2、注意问题 最大速度条件：a=0，即F外=F安。常见场景：恒力拉动、无外力初速度、倾斜导轨（重力分力与安培力平衡）。 安培力是阻力：除非有反向外力，否则安培力总是阻碍相对运动，方向与速度方向相反。 受力分析：需考虑接触面是否存在摩擦。若导轨倾斜，重力沿斜面的分力mgsinθ 作为驱动力，注意安培力方向与速度方向相反。 破类题·提能力 2.（2026·安徽黄山·一模）福建号航母装载了我国自主研发的电磁弹射系统，这标志着我国在这一领域取得了重大突破。电磁弹射系统的简化模型如图所示：两根足够长的光滑平行导轨水平放置，空间存在着与导轨平面垂直的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度。质量的导体杆垂直导轨放置在处，把弹射的物体与杆固定。开关与1接通，电源输出恒定电流，杆由静止开始向右运动。当杆运动到的位置时，速度刚好达到，此时物体与杆脱离。立即把开关与2接通，同时对杆施加一个水平向左的外力，当杆回到位置时，撤去外力。已知导轨的宽度为，定值电阻，导轨与杆的电阻不计，则： (1)若为恒力，，杆回到位置前已匀速，求杆回到位置时的速度大小； (2)在（1）问的条件下，求从施加外力到杆回到位置过程中产生的焦耳热； (3)若规定向右为力和杆运动速度的正方向，与杆运动速度满足关系，杆最终恰好停在位置，求杆从位置出发至回到位置的总时间。 【答案】(1)10m/s (2)1500J (3)1.8s 【详解】（1）由题意可知杆到时做匀速直线运动，则 又 电流 联立解得杆回到位置时的速度大小 （2）由动能定理可得 解得 可知从施加外力到杆回到位置过程中产生的焦耳热 （3）杆在到向左再回到的过程中，有 从回到做匀变速直线运动的加速度大小 从回到的时间 杆从回到的过程由动量定理 可得 杆从到的位移大小为，开关与1接通，电源输出恒定电流，可知电流不变，安培力不变，杆做匀加速直线运动，有 解得 杆从位置出发至回到位置的总时间 热点题型3 双杆模型 析典例·建模型 例3.（2026·安徽池州·二模）我国第三艘航母福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。某物理兴趣小组设计了一种电磁弹射系统，其简化模型水平放置如图所示。该模型由输出电流恒为的电源、间距为L的水平导轨CDEF、C'D'E'F'组成。D与E、D'与E'之间绝缘且平滑连接（D与E、D'与E'之间距离忽略不计），CE、C'E'段光滑，EF和E'F'段与两导体棒a、b间动摩擦因数均为，CD段长为d，EF段足够长，EE'右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒a、b质量均为m，电阻均为R，与导轨始终垂直且接触良好，轨道电流可在导体棒a处产生垂直导轨平面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度大小为，导轨电阻忽略不计。 (1)闭合开关S，导体棒a从CC'静止释放，到达DD'时的速度为多大？ (2)若电源的效率为70%，则导体棒a从CC'到DD'完成一次弹射过程消耗的电能是多少？ (3)若某次模拟弹射实验时，导体棒a到达EE'的速度为，导体棒b会运动起来，a、b两棒不会相撞，求从a棒到达EE'时至b棒达到最大速度过程中通过b棒的电荷量为多少？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对导体棒a由动能定理得 解得 （2）由能量守恒定律得 则导体棒a从CC'到DD'完成一次弹射过程消耗的电能为 （3）从a棒到达EE',a棒减速,b棒加速，b棒加速度为零时，其速度达到最大，对a棒由动量定理得，选水平向右为正方向，则 对b棒由动量定理得，选水平向右为正方向，则 联立解得 由闭合电路的欧姆定律得 对b棒由平衡条件得 联立解得a棒到达EE'时至b棒达到最大速度过程中通过b棒的电荷量为 研考点·通技法 三大力学观点在电磁感应中的应用 在电磁感应综合问题中，三大力学观点的应用各司其职、相辅相成：动力学观点以牛顿第二定律F合 =ma 为核心，通过分析导体棒或线框所受的安培力（F安=BIL，与速度线性相关）与外力、重力、摩擦力的合力，动态描述加速度与速度的变化过程，常用于求解最大速度（a=0 条件）、瞬时加速度以及运动时间（需结合微元法）；能量观点利用克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热这一核心关系（W克安=Q），结合动能定理或功能原理（W外=ΔE k+Q），能够避开复杂的中间过程，直接求解焦耳热、导体棒末速度或上升高度等问题，是最为简洁高效的方法；动量观点则通过动量定理（−BLq=mΔv）或动量守恒（双杆无外力情形），将安培力的冲量与电荷量（）联系起来，可便捷地求解非匀变速过程中的位移 x、电荷量q 或时间t，尤其适用于单杆进出磁场、双杆相互作用等无法直接使用运动学公式的场景。实际解题时，常将三种观点联合使用：例如先用动量定理求位移，再用能量守恒求焦耳热，最后用动力学分析最大速度，从而完整解决电磁感应的复杂问题。 破类题·提能力 3．（2026·安徽·模拟预测）在电磁阻尼器的设计中，电磁感应系统的几何参数（如导体棒长度）对动力学行为影响显著。简化模型如图所示，足够长的水平光滑金属导轨PM、QN固定在绝缘水平面上，导轨左半部分间距为，右半部分间距可调。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为，导体棒a质量为，电阻为，长度为；导体棒b质量也为（电阻不计），b的长度可随轨道间距同步调节为d；a、b棒均垂直导轨放置，分别静止于左、右导轨上，且两棒中心对齐，a棒距轨道右半部分足够远。现a棒以初速度向右运动，两棒在运动中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。 (1)若将b棒锁定，求a棒开始运动时的加速度； (2)若b棒解除锁定，调整，求最终稳定时a、b棒的速度大小； (3)现仅调节d的大小，试推导最终稳定时a、b棒速度之比与d、L的关系式；求当d取何值时导体棒a中产生的焦耳热最大，并求出此最大值。 【答案】(1)10m/s2，水平向左 (2)3.2m/s，1.6m/s (3)，L，0.8J 【详解】（1）对棒a分析，有， 由牛顿第二定律得， 联立解得，方向水平向左； （2）由题意可知，回路的电流 当时，ab棒运动稳定，从开始到最终稳定状态，由动量定理可得，， 联立可得 即 所以， （3）当时，即时，有 由能量守恒定律得 由动量定理可得（） 联立可得 由此可知，当时， 刷模拟 1．（2026·安徽安庆·二模）如图所示，两根足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ，间距为L，两导轨构成的平面与水平面成角。金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接，其接入电路的电阻均为R，质量分别为2m和m。沿导轨平面向上且与棒垂直的力F作用在cd上使两金属棒静止，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g。保持力F不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，将轻绳烧断后。求： (1)力F的大小和轻绳烧断瞬间金属棒cd的加速度大小； (2)金属棒ab的最大速度大小； (3)金属棒ab下滑距离s时已经达到最大速度，求此过程金属棒cd产生的平均发热功率P。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）以ab、cd棒组成的系统为研究对象，根据受力平衡关系可得 烧断轻绳后，以cd为研究对象，根据牛顿第二定律 解得 （2）烧断轻绳后，设ab棒达到的最大速度为，此时cd棒的速度为 ab、cd棒组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒 当ab棒加速度为0时，速度最大，根据牛顿第二定律 欧姆定律 根据电磁感应定律 联立可得 （3）金属棒ab下滑s的过程中，cd棒的位移为，ab、cd棒组成的系统任何时刻动量都守恒 累加求和，即： 根据能量关系 解得 则 对ab棒应用动量定理得 联立解得 2．如图所示，电阻不计的平行金属导轨由水平和倾斜两部分平滑连接而成，导轨间距，水平部分光滑，接有一阻值的电阻；倾斜部分粗糙，倾角。完全相同的两根细导体杆和分别垂直于导轨轻放在图中两处，恰好能保持静止，相对于水平导轨高。以所在位置为界的斜上方存在垂直倾斜导轨面的匀强磁场。给一个平行导轨向右的瞬时冲量，滑上倾斜轨道与发生瞬时碰撞并粘为一体，此时立即对施加平行于导轨向上的推力（N）（为相应时刻的速度）。若两杆与导轨始终接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每根杆长、质量、电阻，重力加速度取，则： (1)要使导体杆与发生碰撞，求瞬时冲量应满足的条件； (2)要使两杆碰撞后两端的电压随时间均匀增大，求的取值与的取值范围； (3)令，，当时，求两杆碰撞后产生的焦耳热随杆位移大小的变化关系。 【答案】(1)（或） (2)2， (3) 【详解】（1）恰好能处于静止状态，沿轨道方向受力平衡 对施加瞬时冲量后，由动量定理，有 沿倾斜轨道上滑到位置的过程，由动能定理有 代入数据解得 （2）碰撞后两杆整体切割磁感线，产生感应电动势 回路总电阻 两杆整体受到的安培力 对两杆整体由牛顿第二定律有 结合，代入数据整理得两杆整体的加速度 要使碰撞后两端的电压随时间均匀增大，则感应电动势随时间均匀增大，根据 可知，两杆整体沿导轨做匀加速直线运动，即且保持不变，由上式可得， 即、应满足， （3）对施加瞬时冲量后，由动量定理有 沿倾斜轨道上滑到位置的过程，由动能定理有， 和碰撞瞬间动量守恒 解得 当，时，，分析知碰撞后两杆整体的合力为安培力，碰撞后两杆整体运动过程中，由动量定理得 运动位移 根据能量守恒，得 根据焦耳定律，产生的焦耳热 当时，由以上各式代入数据整理得： 3．如图所示，一足够长的导电轨道，由两根平行光滑金属导轨组成，虚线MN左侧是竖直面内半径为R的圆弧轨道，无磁场；虚线MN右侧轨道水平且置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间宽度为L。导体棒cd、ef由绝缘轻杆连接组成“工”字型器件，静置于水平轨道上，cd距MN最初的距离也为L。将导体棒ab从圆弧轨道上距水平轨道高为处静止释放，三根导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直，ab与“工”字型器件不会发生碰撞，三根导体棒的质量均为m，其中ab棒和cd棒在导轨间的电阻均为，ef棒在导轨间的电阻为r，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)求ab棒通过圆弧轨道最低点时对轨道总压力F的大小； (2)从ab棒进入磁场到ab棒和“工”字型器件稳定运动的过程中，求cd棒所产生的焦耳热； (3)求cd棒与ab的最小距离d。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）ab棒运动到圆弧轨道最低点速度为，由动能定理有 在最低点 由牛顿第三定律得 解得 （2）ab棒与“工”字型器件系统动量守恒，稳定运动时速度为v，则 系统产生的焦耳热 且 解得 （3）ab棒进入水平轨道到与“工”字型器件共速，对ab棒 其中 总电阻 减小 联立得 4．如图所示，光滑绝缘的水平面内建立有直角坐标系，垂直于该平面有一足够大的非均匀磁场，磁场左边界为轴，磁感应强度的大小随坐标的变化满足（其中，）。现有一粗细均匀、材质相同的正方形金属框abcd，边长，总阻值，质量。cd边从处以的初速度沿轴正方向进入磁场，线框刚完全进入磁场时速度为。当线框速度减为0时，给线框施加沿轴负方向的恒力，在该恒力作用下，线框只沿轴运动，经时间，边回到轴。求： (1)线框ab边刚进入磁场瞬间，线框中的电流大小和方向； (2)线框从开始到完全进入磁场的过程中，通过线框导线截面的电荷量； (3)全过程中线框中产生的焦耳热（结果保留一位有效数字）。 【答案】(1)，方向为逆时针（abcda） (2) (3) 【详解】（1）设边和边产生的电动势分别为和，则， 由可知，， 回路总电动势 回路中电流 代入数据解得 方向为逆时针（abcda）。 （2）由法拉第电磁感应定律 由闭合电路欧姆定律 由电流定义式得 联立可得线框从开始到完全进入磁场的过程中，通过线框导线截面的电荷量为 其中， 联立解得 （3）向右运动过程中，机械能全部转化为焦耳热，有 代入数据解得 ，线框完全进入磁场后，设时刻速度为，边和边处的磁感应强度分别为， 则 由闭合电路欧姆定律可得感应电流 安培力 由动量定理得 联立可得 其中，解得 设返回过程中某时刻的速度为，同上分析感应电动势为 由闭合电路欧姆定律可得感应电流 安培力 由动量定理得 代入可得 解得返回到轴时的速度大小为 由能量守恒定律 代入数据解得返回过程中产生的焦耳热为 往返过程中产生的总焦耳热为 代入数据解得 5．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平面上PQ右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m、电阻为R的单匝直角梯形金属线框ACDE放在水平面上，ED边长为L，。现给线框施加一个水平向右的推力，使线框以速度v匀速进入磁场，当A点刚进磁场时撤去推力，线框恰能全部进入磁场，线框运动过程中CD边始终与PQ垂直。求： (1)刚撤去推力时线框的加速度a的大小； (2)撤去推力后线框产生的焦耳热Q； (3)线框AE边的长度L′。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当A点刚进磁场时，感应电动势 线框中的电流大小 线框的加速度大小 （2）根据能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热为 （3）线框恰能全部进磁场，即线框全部进入磁场时，速度为0，根据动量定理有， 所以 又 所以 6．（2026·安徽·一模）如图所示，间距为L且足够长的光滑平行金属导轨与，由倾角为的倾斜导轨和水平导轨两部分组成，两部分导轨平滑连接，开关、均断开。倾斜导轨顶端之间连接定值电阻R，且处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，水平导轨间有竖直向上、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。n根相同导体棒等间距垂直导轨静止放置，每根导体棒的质量均为，阻值均为。闭合开关，把质量为m、阻值为R的金属棒a从倾斜导轨上足够高的位置由静止开始释放，当金属棒a刚进入水平导轨时，开关断开、闭合，直到所有导体棒速度不再改变，金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少了d（d为未知量，棒a与第一根棒未相碰），重力加速度大小为g，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属导轨电阻不计，求： (1)金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度v； (2)金属棒a在水平导轨上运动的过程中，金属棒a产生的焦耳热； (3)当金属棒a与水平导轨上第一根导体棒的间距减少时，金属棒a克服安培力做功的功率。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）金属棒a达到最大速度时，加速度为零，则有 金属棒a产生的电动势 回路中的电流 解得金属棒a在倾斜导轨上运动的最大速度 （2）金属棒a进入水平导轨后，原水平导轨上每根导体棒运动情况相同，可等效为一根质量为m，电阻为R的导体棒，由系统动量守恒，有 解得 由能量守恒可得系统产生的焦耳热 金属棒a产生的焦耳热 （3）对金属棒a进入水平导轨至与导体棒共速的过程，由动量定理有 通过金属棒a的电荷量 当金属棒a与水平导轨上第一根棒的间距减少时，由系统动量守恒有 此过程对金属棒a由动量定理有 通过金属棒a的电荷量 解得， 通过金属棒a的电流 金属棒a克服安培力做功的功率 解得 刷真题 1．（2025·安徽·高考真题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。 求： (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 【答案】(1) (2) (3)，n = 1，2，3，… 【详解】（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E = BLv0 则此时回路的电流为 此时导体棒受到的安培力F安 = BIL 此时导体棒受安培力的功率 （2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有 其中 解得 （3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR = QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出，n = 1，2，3，… 2．（2025·福建·高考真题）水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度分别为l1、 l2、的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上，示意图如图所示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上， cd边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd边进入Ⅰ到ab边离开Ⅰ的过程中，线框速度恒为v，cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时的速度相同；区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长，线框各边材料相同、粗细均匀；下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内，cd边始终与磁场边界平行；重力加速度为。求： (1)初始时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差； (3)cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平均功率。 【答案】(1) (2) (3)若，则；若，则 【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律 根据运动学公式 联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离 （2）因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有 又， cd边两端的电势差 联立可得 （3）①若，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。 ②若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理 其中，， 联立可得 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理 根据 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 ③若，同理可得 根据动量定理 其中 结合， 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 3．（2025·四川·高考真题）如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。 (1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势； (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率； (3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势 （2）金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为 故此时回路中的总的热功率为 （3）设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为，此时刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T，与水平方向的夹角为 ，对金属杆根据受力平衡可知， 根据位置关系有 同时有， 联立解得 4．（2025·海南·高考真题）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙并平滑相接，导轨上端有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为。两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒的质量均为，接入电路的电阻均为。棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不会碰撞。忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。 (1)锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中产生的焦耳热； (2)此后棒在下滑过程中电流达到稳定，求此时棒与棒速度大小之差； (3)棒中电流稳定之后继续下滑，从棒运动到水平导轨开始计时，时刻棒速度为0，加速度不为0；此后某时刻棒的加速度为0，速度不为0，求从t1时刻到某时刻，棒与的路程之差。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，导轨倾斜部分光滑，则棒只受重力、导轨给的支持力、安培力；根据平衡条件可得 又 解得通过棒的电流为 断开开关，同时解除棒的锁定，设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动，此时回路中的电流为，此时对cd棒有 棒切割磁场，产生电动势， 回路电流 对cd棒有 棒从解除锁定到开始运动过程中，导体棒、电阻相同，通过的电流相同，则棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得 联立解得棒产生的焦耳热为 （2）棒从解除锁定到开始运动过程中，棒受到的安培力向左，则cd棒向左运动，则cd棒切割磁场，端为高电势，故回路总电动势 电路中电流 对棒 对棒 有 当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，此时两棒的加速度相等，联立解得此时、棒的速度大小之差为 （3）分析可知从开始到时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设时刻ab棒的速度为，棒速度为0，可知 解得 设某时刻棒的加速度为0时，ab棒速度为，cd棒速度为，此时棒的加速度为零，可得① 其中 分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得② 从时刻到棒的加速度为0时，对两棒分别根据动量定理有， 通过导体棒的电荷量 则可得， 两式相加得③ 同时有 ④ 联立①②③④可得从开始到cd棒加速度为0时刻，、的路程之差为 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $