2026年高考物理二轮复习：专题18 电磁感应综合题（3大题型）（题型专练）（全国适用）（解析版）

热点题型·计算题攻略热点题型·计算题攻略专题18电磁感应综合题目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练考向01电磁感应中的动力学与能量问题 考向02动量定理在电磁感应中的应用考向03 动量守恒定律在电磁感应中的应用 第三部分综合巩固整合应用，模拟实战题型解码电磁感应作为历年高考物理必考考点，足见其重要性。而电磁感应最重要的难点归根结底就是“谁”是电源,只要明白了这个问题即可将电磁感应研究清楚。考题多以电磁感应中“导轨”上的单棒、双棒、线宽运动的分析来设计学习探索问题情境,涉及的必备知识包括安培力、电路特点、力与运动、动量以及能量的转化。主要考查学生理解能力、模型建构能力、推理论证能力以及学科素养中的科学思维,突出考查基础性、综合性特点。为了有效地备战2025年高考,本专题结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律等知识,深入研究电磁感应中的综合问题,以期为广大师生尽一份绵薄之力。考向破译考向01电磁感应中的动力学与能量问题【典例引领1】如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面夹角，间距，在导轨之间接有阻值的定值电阻.质量、电阻的金属杆由跨过光滑定滑轮的轻绳与质量的重物相连，磁感应强度大小为的匀强磁场与导轨平面垂直。开始时金属杆置于导轨下端紧靠电阻处，将重物P和金属杆由静止释放，金属杆运动到点（图中未画出）过程中，通过电阻的电荷量，此时重物已经开始匀速下降，运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，一切摩擦不计，重力加速度取，求：(1)重物P匀速下降的速度；(2)金属杆从释放到运动到点的过程中，定值电阻中产生的焦耳热；(3)若金属杆到达点后，磁感应强度开始发生变化（此时为时刻），致使回路中电流为零。试写出磁感应强度随时间变化的关系式。【答案】(1)2m/s(2)1.5J(3)【详解】（1）重物匀速下降时，设金属杆中电流为，金属杆与重物组成的系统由平衡条件得根据闭合电路欧姆定律有根据法拉第电磁感应定律有解得（2）设金属杆运动到点的过程中，运动时间为，平均电流为，向上运动位移为，则有结合联立代入数据解得设电路中产生的总热量为，由能量守恒定律得由串联电路的规律可知，电阻中产生的热量联立解得（3）金属杆中不产生感应电流，说明穿过回路的磁通量始终不变，则有金属杆向上做匀加速运动，对金属杆与重物整体，根据牛顿第二定律有解得金属杆运动的位移则磁感应强度随时间变化的关系为【方法透视】1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)。【变式演练】【变式1-1】如图所示，两根间距L=1m、足够长光滑平行导轨与水平面夹角为θ=30°，导轨上端用一单刀双掷开关分别连接阻值R=1Ω的电阻和电容C=0.1F的电容器，整个装置处于磁感应强度大小B=0.2T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。在导轨上垂直于导轨放置一质量m=0.016kg的导体棒ab，并将其锁定在图示位置。将单刀双掷开关掷到1，并解除对导体棒的锁定，导体棒由静止开始向下运动，重力加速度g取10m/s2，导轨和导体棒电阻均不计，求：(1)导体棒获得的最大速度；(2)若将单刀双掷开关掷到2，并解除锁定，导体棒获得（1）中同样的速度所用的时间。【答案】(1)2m/s(2)0.5s【详解】（1）单刀双掷开关掷到1时，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，当导体棒匀速时，可知导体棒切割磁感线的感应电动势为回路中感应电流为导体棒所受安培力大小为联立，解得（2）若单刀双掷开关掷到2时，并解除固定，取极短时间导体棒速度变化量为Δv，感应电动势的变化量电容器上电量的变化量回路中电流强度为解得导体棒受到的安培力根据牛顿第二定律联立，可得解得【变式1-2】如图甲，线框cdef位于倾斜角的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.4T，已知线框边长，质量，总电阻，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动，ed边离开磁场后撤去F。斜面上动擦因数，线框速度随时间变化如图乙所示，重力加速度g取。(1)求外力F大小；(2)求cf长度L；(3)求回路产生的焦耳热Q。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由图像可知，在0~0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为加速度大小根据牛顿第二定律有代入数据解得（2）由图像可知，线框进入磁场区域后一直做匀速直线运动，并以速度匀速穿出磁场。线框产生的感应电动势线框产生的感应电流线框受到的安培力由平衡条件得解得（3）因所以线框在减速为零时不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则感应电流根据焦耳定律可得【变式1-3】．如图所示，平行且光滑的金属导轨相距为，在点和点间接一个阻值为的电阻，两导轨间存在方向垂直导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁场的宽度为，磁感应强度大小为，一个质量为、电阻为的导体棒垂直于导轨放置，导体棒长为。现从与磁场的左边界相距为的位置开始用一个大小为、方向水平向右的恒力拉导体棒，使之由静止开始运动，已知导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计。(1)如果磁场的宽度足够大，导体棒在磁场中运动的最终速度为多大？(2)如果磁场的宽度，导体棒离开磁场右边界时的速度为，求导体棒从开始运动到离开磁场右边界经历的时间以及导体棒通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能。【答案】(1)10m/s(2)4.8s，58.75J【详解】（1）因为磁场的宽度足够长，所以导体棒在离开磁场前已经做匀速直线运动，根据受力平衡有导体棒匀速运动切割磁感线产生的感应电动势为由闭合电路欧姆定律有根据安培力公式有联立以上各式解得（2）导体棒进入磁场前，根据牛顿第二定律有解得，导体棒在磁场中运动的过程中，设经时间速度达到7.5m/s，安培力产生的冲量为根据动量定理有解得故导体棒从开始运动到离开磁场右边界经历的时间为从导体棒开始运动到离开磁场右边界的过程，据能量守恒定律有解得考向02动量定理在电磁感应中的应用【典例引领2】某游乐设施主体结构如图甲所示为一绝缘的弯曲轨道与略微倾斜的直轨道组成，弯曲轨道与直轨道在B处相切。一绝缘材料做成的小车从弯曲轨道顶端A点自由滑下，A点与B点的竖直高度差为h。如图乙所示，小车车厢底板内有一组平放的匝数为n匝，电阻为R的矩形铜线圈，线圈长宽分别为和，其短边与轨道垂直。小车包含游客的总质量为M。小车滑至B处时，速度为，小车滑上倾斜直轨道时，能够自由匀速下滑。小车在直轨道的C处开始穿过一隧道，在隧道的顶部和底部每隔放置一对正对着的强磁体，每组磁体产生的磁场区域可近似认为是长为，略宽于的矩形，磁感应强度相同且大小等于B。小车在AB轨道上运动时可视为质点。求：(1)小车从A处静止滑至B处的过程中，小车克服阻力所做的功。(2)小车内的线圈刚进入第一组强磁体产生的磁场时小车的加速度。(3)小车线圈前端最终静止时的位置距离C点的距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）小车由A→B的过程中，由动能定理可得解得（2）当小车线圈刚进入磁场时根据闭合电路欧姆定律可得则安培力再由牛顿第二定律联立解得（3）小车进入交替磁场中运动的过程中，始终只有一条边在切割磁感线，安培力对任意微过程，根据动量定理可得对全过程求和可得又因为所以到停止时小车的位移【方法透视】在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题求解的物理量应用示例电荷量或速度－Beq\x\to(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1位移－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R总)＝0－mv0时间－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知位移x、F其他(F其他为恒力)【变式演练】【变式2-1】如图所示，质量的形框放置在光滑绝缘的水平地面上，已知段的长度为，、的长度为，、、、分别是、、和的中点，段的电阻为，其余部分电阻忽略不计。在区域存在竖直向下、磁感应强度大小可变的匀强磁场，磁场位置不随形框移动。质量、电阻不计的导体棒放置在处，导体棒的长度比形框的宽度略长，若给导体棒水平向右的初速度，当其运动到磁场左边界时，恰与形框速度相同。已知导体棒与形框之间的动摩擦因数为，取重力加速度。(1)求导体棒初速度的大小；(2)若要使导体棒和形框在磁场中运动时始终保持相对静止，求磁感应强度的最大值；(3)若将磁感应强度的大小调整为第（2）问中的，判断导体棒最终是否静止，若静止，求导体棒最终离磁场左边界的距离；若不能静止，求导体棒的最终速度。【答案】(1)(2)(3)静止，【详解】（1）设共速时速度大小为，对导体棒和形框组成的系统，由动量守恒定律得对导体棒由动能定理得解得，（2）导体棒在磁场中受到安培力，故对导体棒和U形框，由牛顿第二定律得，解得（3）当时，导体棒到达磁场左边界后，导体棒和形框将保持相对静止。若导体棒和形框一直受安培力，直至导体棒静止，则由动量定理得则有解得导体棒从开始运动到刚进入磁场，导体棒的位移大小为解得形框的位移大小为设刚进入磁场时导体棒到形框左侧边的距离为，则有由于，则导体棒进入磁场后先向右减速运动然后导体棒和形框一起在磁场中匀速运动最后形框边切割磁感线，整体减速运动由于，所以导体棒最终静止，导体棒最终离磁场左边界的距离为【变式2-2】如图所示，相距的平行金属导轨，左侧部分水平，分布着竖直向上的匀强磁场，右侧部分倾斜，倾角为，倾斜导轨上的、两点处各有一小段绝缘导轨（长度可忽略不计），在连线到连线之间分布着垂直导轨向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，倾斜导轨上端、之间接有阻值为的电阻，其余导轨电阻不计，水平与倾斜导轨连接处平滑过渡。金属棒1与2的质量都为，有效接入导轨间的长度都为，电阻都为。金属棒1从连线上方处由静止释放，与之间距离与之间距离与之间棒与导轨间的动摩擦因数为，其余部分导轨均光滑，金属棒2初始静止，到距离为。金属棒1进入磁场后，在运动到前已达到稳定速度，在运动到前已再次达到稳定速度。运动过程中，两棒与导轨接触良好，且始终与导轨垂直，不计金属棒经过时的能量损失，若两棒相碰则发生弹性碰撞。（已知，重力加速度取）求：(1)金属棒1运动到前达到的稳定速度的大小；(2)金属棒1运动到时，金属棒2的速度大小；(3)最终稳定时金属棒1所在位置，以及全过程金属棒1产生的焦耳热。【答案】(1)(2)金属棒2的速度大小为(3)金属棒1停在左侧处【详解】（1）匀速运动时，则有联立解得（2）根据题意可得故再次匀速必有金属棒1沿斜导轨向下运动，金属棒2沿着水平导轨向右运动，由动量定理得，对1棒有：即对2棒有联立上述三式解得（3）由第（2）问可得所以此后1棒和2棒都以的初速率在EF的右侧相向运动，两棒初始相距并以大小相同的加速度减速，如果相碰，各自原速率反弹后继续以相同的加速度减速，直至两棒的速度都为零，设两棒在此过程中所经历的路程为、，对任意棒有解得最终两棒相向运动0.75m后停止运动，即金属棒1停在左侧0.375m处。在任意阶段都是1棒电阻与另一等大电阻（R或2棒r）产生等量焦耳热，故由能量守恒解得【变式2-3】如图，间距为L的平行光滑金属轨道与由倾斜和水平两部分平滑连接而成，且，倾斜轨道的倾角为，水平轨道足够长，轨道电阻不计。倾斜部分处于垂直轨道向上的匀强磁场中，其磁感应强度大小为B。已知金属细棒的质量均为m、电阻均为R、长度均为L。现将a棒从高度为h的位置由静止释放，当a棒到达时，立即将b棒也从位置由静止释放，当b棒到达时速度大小为，此时在水平轨道部分加竖直向下的匀强磁场。运动过程中金属细棒始终与下平行且与轨道接触良好，重力加速度为g。求：(1)b棒在倾斜轨道加速至速度时，其加速度大小；(2)b棒到达处时棒之间的距离；(3)若b棒到达处时棒间距离用表示，再经时间a棒继续向左运动距离为，此时棒之间的距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）b棒在斜轨道速度为时，加速度为a，由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得b棒所受安培力对b棒由牛顿第二定律得联立解得（2）b棒下滑至EF处所需时间为t，平均电流为，对b棒由动量定理得由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得此过程磁通量的变化量a棒下滑至EF过程中，由机械能守恒定律得b棒在斜轨道下滑过程中，a棒在水平轨道做匀速运动的位移为a、b棒的距离联立解得（3）b棒在水平轨道运动过程中，a、b棒受到的安培力大小相等、方向相反，以a、b棒为研究系统，由动量守恒定律得在极短时间内有在时间内，b棒向左运动距离为，得则a、b棒间的距离为联立得考向03动量守恒定律在电磁感应中的应用【典例引领3】如图所示，倾角为θ=53°的金属导轨MN和的上端有一个单刀双掷开关K，当开关与1连接时，导轨与匝数n=100匝、横截面积S=0.04m2的圆形金属线圈相连，线圈总电阻r=0.2Ω，整个线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场B0且磁场随时间均匀变化。当开关与2连接时，导轨与一个阻值为R1=0.3Ω的电阻相连。水平轨道的至间是绝缘带，其它部分导电良好，最右端串接一定值电阻R2=0.2Ω。两轨道长度均足够长，宽度均为L=1m，在处平滑连接。导轨MN和的平面内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=0.2T；整个水平轨道上有方向竖直向上，磁感应强度大小为B2=1T的匀强磁场。现开关与1连接时，一根长度为L的导体棒a恰好静止在倾斜导轨上；某时刻把开关迅速拨到2，最后a棒能在倾斜轨道上匀速下滑。导体棒b一开始被锁定（锁定装置未画出），且到位置的水平距离为d=0.24m。棒a与棒b的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.2Ω，所有导轨均光滑且阻值不计。求：(1)求圆形线圈内磁场随时间的变化率；(2)棒a滑至时的速度大小v1；(3)棒a与棒b碰撞前，棒a的速度大小v2；(4)棒a与棒b碰撞前瞬间，立即解除对棒b的锁定，两棒碰后粘连在一起。从棒a进入水平轨道，至两棒运动到最终状态，定值电阻R2上产生的焦耳热Q是多少。【答案】(1)(2)10m/s(3)2m/s(4)【详解】（1）开关打到1时，棒受力平衡根据，解得（2）棒匀速时，根据平衡条件可知可得v1=10m/s（3）棒a进入水平面后，根据动量定理根据电路连接得即v2=2m/s（4）当棒a切割时此时电阻产生热量得两棒相碰碰后至静止电路产热电阻产生热量得综上，产生总热量为【方法透视】双杆模型物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题【变式演练】【变式3-1】如图所示为两条间距为d的固定光滑金属导轨，其中部分为半径为的四分之一圆弧轨道，部分为足够长水平直轨道，水平轨道位于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现将质量为、电阻为的金属棒S静置于距足够远的水平轨道上，将与其完全相同的金属棒由处静止释放，一段时间后，金属棒运动到水平轨道上。在运动过程中，两棒始终与导轨垂直且保持良好接触，除金属棒电阻之外其他电阻不计，已知重力加速度为。求：(1)金属棒运动至圆弧轨道最底端处时的速度和金属棒对轨道的压力大小；(2)金属棒刚进入水平轨道时，通过金属棒S的电流大小；(3)从金属棒进入水平轨道到两棒运动稳定的共同速度v；(4)从金属棒进入水平轨道到两棒运动稳定的过程中金属棒S产生的热量。【答案】(1)，(2)(3)(4)【详解】（1）金属棒由静止释放运动到处的过程中，根据动能定理有求得金属棒运动到处时，由牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律，金属棒运动至处时对轨道的压力大小为（2）金属棒刚进入水平轨道时，金属棒产生的电动势为通过金属棒的电流大小（3）两棒组成的系统动量守恒，有联立解得共同速度为（4）金属棒从进入水平轨道到两棒运动稳定的过程中，两棒产生的总热量为金属棒产生的热量为联立得【变式3-2】如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨，间距为，导轨右侧固定一绝缘竖直挡板。导轨上面横放着两根导体棒和，棒距离挡板为，导体棒质量均为，电阻均为，其余部分电阻不计，导轨平面有竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场。当棒以初速度从导轨左端开始向右运动，棒也开始向右运动，至挡板时两棒共速，棒碰撞挡板后立即以原速大小弹回，已知在运动过程中两棒始终没相碰。忽略回路电流对磁场产生的影响，棒与导轨接触良好。求：(1)棒刚开始运动时，回路产生的电流；(2)从开始到两棒共速系统产生的焦耳热；(3)棒开始运动到停止的位移。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）PQ刚开始运动时，则有所以回路中产生的电流为（2）两个导体棒在运动的过程中满足动量守恒，则有根据能量守恒，则有可解得（3）在MN未碰挡板前，根据动量定理，则有故可解得又因可解得即所以PQ走过的位移为碰后满足动量守恒，则有显然对PQ列动量定理，则有故可解得又因可解得即所以PQ走过的位移为综上所述，PQ总共走过的位移为【变式3-3】如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，其间距为L，两导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两根长度均为L的金属棒ab、cd放置在导轨上，ab棒质量为m，电阻为R，cd棒质量为2m，电阻为2R。时刻，cd棒获得一水平向右、大小为的初速度，时刻ab棒刚好达到最大速度。已知金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计。求：(1)时刻，ab棒加速度的大小；(2)时间段内ab棒上产生的焦耳热Q；(3)时间段内，通过ab棒的电荷量q。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）时刻，cd两端产生的感应电动势

回路中的电流

ab棒所受的安培力

由牛顿第二定律可知

得出

（2）时间段内ab棒做加速运动，之后ab棒匀速，回路中总电动势为0，则ab、cd棒产生的感应电动势大小相等，可知时刻两棒速度大小相等。设该速度为，两金属棒运动过程中所受安培力大小始终相等，设时间内，ab、cd平均加速度大小分别为、，则有

可知由上可知

得出

设此段时间内系统产生的总焦耳热为，由能量守恒定律可知

得出（3）设时间内，通过ab棒的平均电流为，则有

由运动学公式可知

联立并整理可得

即

得出综合巩固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·山东·高考真题）如图所示，平行轨道的间距为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均匀增加的匀强磁场和随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，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。【答案】(1)，(2)【详解】（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，安培力水平向左，则切割磁感线产生的电动势线框中电流线框做匀速直线运动，则解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得可得释放时pq边与区域I上边界的距离（2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t=0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中此时线路中的感应电流线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为则线框受到的安培力代入化简得当线框平衡时，可知此时线框速率为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4．（2025·云南·高考真题）如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)求F的大小；(2)求时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；(3)若时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。【答案】(1)(2)(3)见解析【详解】（1）对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律竖直方向由平衡条件联立可得（2）设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为由闭合电路欧姆定律得，感应电流为安培力大小为联立可得若要使两物体分离，此时有其中解得由运动学公式解得故时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为（3）水平方向由运动学公式竖直方向有其中可得力F作用的总时间为水平方向对系统由动量定理其中联立可得当时，最终木块与箱子的速度大小为当时，最终木块与箱子的速度大小为5．（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6．（2025·甘肃·高考真题）在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。(1)求初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向；(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为和，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器电荷量的表达式；(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？【答案】(1)，沿机械臂1向上(2)，，(3)，方向向右；【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1的感应电动势大小为由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上。（2）在达到稳定前，两机械臂电流分别为和，两机械臂安培力的大小分别为，设电容器所带电荷量为Q，则（3）达到稳定时，两机械臂的速度相同，产生的感应电动势与电容器的电压相等，回路中没有电流结合动量定理联立解得，结合（2）问分析，在任意时刻有即对该式两边取全过程时间的累计有其中，,即两棒间初始距离的最小值为7．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。(1)求时边受到的安培力大小F；(2)画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）；(3)从开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，求ad边离开磁场时的速度大小。【答案】(1)0.015N(2)(3)0.01m/s【详解】（1）由法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为由图（b）可知，时磁感应强度大小为所以此时导线框的安培力大小为（2）内线框内的感应电流大小为，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图（c）可知内的感应电流大小为方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为由法拉第电磁感应定律可知内磁感应强度的变化率为解得时磁感应强度大小为方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为（3）由动量定理可知其中联立解得经过磁场边界的速度大小为8．（2025·浙江·高考真题）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立轴，线框中心和一条对角线始终位于轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。(1)线框中心位于，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；②线框中心运动至过程中，安培力做功及冲量；③线框中心运动至时，恒流源提供的电压；(2)线框中心分别位于和，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到所需时间分别为和，求。【答案】(1)①2BIL；②，；③(2)0【详解】（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为所以线框受到的安培力大小为②线框运动到x时，安培力大小为则初始时和线框中心运动至时的安培力分别为，则线框中心运动至过程中，安培力做功为由动能定理可得则安培力的冲量为③由能量守恒定律可得，恒流源提供的电压为（2）类比于简谐运动，则回复力为根据简谐运动周期公式由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有故9．（2024·湖北·高考真题）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有解得则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为（2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为可知，整个回路的总电阻为ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为对金属环由牛顿第二定律有解得（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有解得对金属棒，由动量定理有则有设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有联立解得则金属环圆心初始位置到MP的最小距离10．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。【答案】（1）；（2），【详解】（1）开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则由闭合电路欧姆定律金属棒切割磁感线产生的感应电动势为联立可得，恒定的外力为在加速阶段，外力的功率为定值电阻的功率为若时，即化简可得金属棒速度v的大小为（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力不断减小，而拉力的功率定值电阻功率当时有可得根据可得此时电容器两端电压为从开关断开到此刻外力所做的功为其中联立可得11．（2023·新课标卷·高考真题）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1=2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。【答案】（1）；（2）【详解】（1）金属框进入磁场过程中有则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为且有联立有（2）设金属框的初速度为v0，则金属框进入磁场时的末速度为v1，向右为正方向。由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻再根据动量定理有解得则在此过程中根据能量守恒有解得其中此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如下

则此时回路的总电阻设线框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有解得v2=0则说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量守恒有其中则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量12．（2023·湖南·高考真题）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。

（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。

【答案】（1）；（2）；（3），【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得，a棒受力平衡可得联立记得（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得解得（3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理联立解得此过程流过b棒的电荷量为q，则有由法拉第电磁感应定律可得联立b棒动量定理可得13．（2023·全国甲卷·高考真题）如图