2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）题型14 电磁感应与动力学、能量和动量的综合（解析版）

题型14电磁感应与动力学、能量和动量的综合

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动力学与能量观点在电磁感应中的应用【重难】

考向02动量定理在电磁感应中的应用【重难】

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

本题型是高中电磁学中的比较难理解的知识，也可能是高考压轴题的考向。本题型的命题常与

现代科技中的实际问题等知识结合考查。解题的关键和核心能力在于灵活运用电磁感应规律、功能

关系、动量的知识解题。

考向01动力学与能量观点在电磁感应中的应用

【例1-1】（2025·广东·联考）如图所示，正方形金属线框abcd下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域

的上、下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框

1

ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质

2

量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。下

列说法正确的是（）

A．线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电流方向为abcda

B．线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为BLgh

B2L2

C．线框在穿过磁场区域的过程中最大加速度为2gh

mR

3

D．线框在穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为2mgLmgh

4

【答案】AD

【详解】A．根据右手定则可得线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电流方向为abcda，选项A正确；

B．设ab边进入磁场时的速度大小为v，有v22gh

ab边进入磁场时，感应电动势EBLv

解得EBL2gh，选项B错误；

BLv

C．ab边进入磁场时，线框的加速度最大，根据闭合电路欧姆定律可知，线框中感应电流的大小I

R

ab边受到的安培力大小FBIL

根据牛顿第二定律有Fmgma

B2L2

得a2ghg，选项C错误；

mR

2

121v3

D．线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有Qmg2Lmvm2mgLmgh，选项D正

2224

确。

故选AD。

【例1-2】（2025·广东广州·省实·适应性考试）如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的

匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量

为m，粗细均匀的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，金属框的内阻不能忽略，t3时刻的速度为v，移动的

距离为L，重力加速度为g。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（）

A．0~t1时间内金属框中c、d两点的电势差Ucd为0

B．t1~t2时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动

C．0~t3时间内金属框做匀加速直线运动

12

D．0~t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsinmv

2

【答案】C

【详解】A．0~t1时间内磁场不变，金属框做匀加速直线运动，cd、ab切割磁感线产生的电动势等大反向，

回路的电流为零，cd两端电压等于cd产生的电动势，故A错误；

BC．0t3时间内，金属框的ab边与cd边所受安培力等大反向，金属框所受安培力为零，则金属框所受的

合力沿斜面向下，大小为mgsin，金属框做匀加速直线运动，故B错误，C正确。

D．线框机械能不变，从能量守恒的角度，焦耳热等于消耗的磁场能，不是来自消耗的机械能，故D错误。

故选C。

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1-1】（2025·广东揭阳·揭阳一中·热身）某校科技兴趣小组设计了如左图所示运送货物的轨道。足够

长且倾角为37的斜面上固定沿斜面方向的两平行绝缘轨道，总质量为m的绝缘货箱底部固定边长为L

正方形的金属框（图中只画出了金属框abcd），货箱置于轨道上恰能静止。在货箱处于斜面顶端时，放入

质量为M的货物（可视货物为绝缘体），轻推货箱，货箱会滑到斜面底部，从而实现了货物的运送。已知

重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计其它阻力。求：

(1)货箱与轨道间的动摩擦因数；放入货物后在货箱下滑到底端的过程中所受摩擦力的大小f。

(2)货箱处于底端时，在轨道所在的空间加上方向交替改变的磁场，其方向都与斜面垂直，磁感应强度均为B，

各磁场沿轨道方向的宽度均为L，如右图所示。已知金属框的总电阻为R，当放入质量仍为M的货物后，

让所有磁场同时沿轨道方向沿斜面向上以速度v做匀速运动时，货箱就会沿轨道运行到斜面顶端。求：货箱

刚开始运动时的加速度a和货箱在斜面轨道上运行的最大速度vm。

【答案】(1)tan，fMmgsin

4B2L2vMmgRsin

(2)a2gsin，vv

MmRm2B2L2

【详解】（1）在货箱在轨道上恰能静止，则有mgsinmgcos

解得tan

放入质量为M的货物后，下滑过程所受摩擦力的大小fMmgcos

解得fMmgsin

（2）刚开始运动时，产生的电动势为E2BLv

E

电流为I

R

所受安培力大小为F安2BIL

根据牛顿第二定律可得F安MmgsinfMma

4B2L2v

联立解得a2gsin

MmR

E

设最大速度为vm，此时有E2BLvv，I，F安2BIL

mR

此时货箱合力为零，根据平衡条件可得F安Mmgsinf

MmgRsin

联立解得vv

m2B2L2

【变式1-2】（2025·广东省广州市某校·三模）如图所示，水平虚线L1、L2之间存在方向垂直于纸面向里、

高度为h的匀强磁场。在竖直平面内一个等腰梯形线框，底边水平，其上、下边长之比为5:1，高为2h。线

框向下匀速穿过磁场区域（从AB进入L1，到CD离开L2），则（）

A．AD边始终不受到安培力的作用

B．线框穿过磁场的过程中，某段时间内回路没有电流

C．AB边进入磁场时回路电流方向为逆时针方向

D．AB边刚离开磁场时和刚进入磁场时线框所受安培力之比为4:1

【答案】CD

【详解】A．只要闭合回路磁通量变化产生感应电流，电流在磁场中就会受到安培力的作用，故A错误；

B．等腰梯形线框在穿过磁场的过程中，穿过闭合回路的磁通量始终是变化的，只要闭合回路磁通量变化就

会产生感应电流，因此不存在某段时间内回路没有电流的情况，故B错误；

C．由右手定则可判定，当AB边进入磁场切割磁感线时，AB作为电源，产生的感应电动势的方向为由A指

向B，电源内部电流由负极流向正极，回路中电流方向为逆时针方向，故C正确；

D．设AB边长度为L，线框速度为v，则AB边刚离开磁场时的有效切割长度为2L

由题意知，AB边刚进入磁场时线框所受安培力F1BI1L

E

由欧姆定律得I1

1R

感应电动E1BLv

同理，AB边刚离开磁场时线框所受安培力F2BI22L

E

I2

2R

E22BLv

各式联立得，F2:F14:1，故D正确；

故选CD。

【变式1-3】（2025·广东揭阳·二模）如图是游乐场“自由落体塔”的模型简图，质量为m、匝数为N、半径为

r、总电阻为R的线圈代表乘客座舱。线圈在无磁场区由静止下落高度h后进入足够长的辐向磁场区，再下

落一段距离后速度稳定为v，并最终落到缓冲装置上。已知线圈在磁场区所经位置的磁感应强度大小均为

k

B（k为常量），忽略空气阻力，重力加速度为g，则线圈（）

r

A．刚进入磁场区时感应电动势的大小为2k2gh

42k2N22gh

B．刚进入磁场区时所受安培力的大小为

R

C．从小于h的高度处下落，在磁场区下落的稳定速度小于v

D．从大于h的高度处下落，在磁场区下落的稳定速度小于v

【答案】B

2

【详解】A．根据法拉第电磁感应定律可得刚进入磁场区时感应电动势的大小为ENB2rv0，v02gh

所以E2kN2gh

故A错误；

E

B．根据闭合电路欧姆定律可得I

R

42k2N22gh

刚进入磁场区时所受安培力的大小为FNBI2r

R

故B正确；

E

CD．达到稳定速度时有FNBI2rmg，I，ENB2rv

R

mgR

联立解得v

42k2N2

由此可得，达到稳定速度v的大小与高度h无关，故CD错误。

故选B。

考向02动量定理在电磁感应中的应用

【例2-1】（2025·广东省遂溪县·遂溪一中·模拟）我国第三艘航母“福建号”已装备最先进的电磁弹射技术。

某兴趣小组根据所学的物理原理进行电磁弹射设计，其加速和减速过程可以简化为下述过程。两根足够长

的平直轨道AB和CD固定在水平面上，其中PQ左侧为光滑金属轨道，轨道电阻忽略不计，AC间接有定值

电阻R，PQ右侧为粗糙绝缘轨道。沿CD轨道建立x轴，坐标原点与Q点重合。PQ左侧分布有垂直于轨道

平面向下的匀强磁场B0、PQ右侧为沿x轴渐变的磁场B1kx，垂直于x轴方向磁场均匀分布。现将一质

量为m，长度为L，电阻为R的金属棒ab垂直放置在轨道上，与PQ距离为s。PQ的右方还有质量为3m，

各边长均为L的U形框cdef，其电阻为3R。ab棒在恒力F作用下向右运动，到达PQ前已匀速。当ab棒运

动到PQ处时撤去恒力F，随后与U形框发生碰撞，碰后连接成“口”字形闭合线框，并一起运动，后续运动

k2L4

中受到与运动方向相反的阻力f，阻力大小与速度满足fv。已知m1kg，F2N，s5m，L1m，

2R

R1，B01T，k1T/m，求：

(1)棒ab与U形框碰撞前速度的大小v0；

(2)棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量；

(3)“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标xfc；

【答案】(1)4m/s

(2)2.5C

16

(3)m

3

【详解】（1）由题意可知棒ab到达PQ前已匀速，则有FB0IL

E

又EBLv，I

002R

联立解得v04m/s

（2）棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量为qIt

EΔΦBLs

其中I，E0

2RΔtΔt

BLs

联立可得q02.5C

2R

（3）设碰后瞬间金属框的速度为v1，根据动量守恒可得mv04mv1

解得v11m/s

此后任意时刻闭合线框的速度为v，ab边处磁场为B1，de边处磁场为B2，则回路中的电动势为

EE2E1B2LvB1Lv(B2B1)Lv

其中B2B1kL

E(BB)LvkL2v

回路总电阻为4R，根据闭合电路欧姆定律可得I21

4R4R4R

k2L4

此时回路受到的安培力大小为FBILBILv

A214R

k2L4k2L4

根据动量定理可得-vtvt04mv

2R4R1

k2L4k2L4

即（-）x04mv

2R4Rfc1

16

联立解得“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标为xm

fc3

【例2-2】（2025·广东·信息卷）如图所示，两根足够长、间距为L的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接

有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为R，电容器的电容为C（不会击穿、未充电），金属棒MN水平

放置，质量为m，空间存在垂直轨道向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，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和导轨接触良好，重力加速度为g。则（）

A．只闭合开关S1，金属棒做匀加速直线运动。

B．只闭合开关S2，电容器左侧金属板带正电

vB2L2h

C．只闭合开关S，金属棒MN下降高度为h时速度为v，则所用时间t

1gmgR

mgCBL

D．只闭合开关S，通过金属棒MN的电流I

2mCB2L2

【答案】BCD

【详解】A．只闭合开关S1，对金属棒，根据牛顿第二定律有mgF安ma0

BLvB2L2v

又FBILBL

安0RR

B2L2v

整理得ag

0Rm

其中导体棒速度v在增大，则导体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，

故A错误；

B．楞次定律可知电流方向N到M，可知电容器左侧金属板带正电，故B正确；

C．只闭合开关S1，金属棒MN下降高度为时速度为v，在这个过程中对导体用动量定理有mgtBILtmv0

又EBLh

qItttt

RRR

vB2L2h

联立解得t

gmgR

故C正确；

D．只闭合开关S2，金属棒MN运动过程中取一段t时间，且t趋近于零，设导体棒加速度为a，则有

QCUCBLv

ICBLa

ttt

对导体棒，根据牛顿第二定律可mgBILma

mgCBL

联立解得I

mCB2L2

故D正确。

故选BCD。

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

－BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，

电荷量或速度

��

即－BqL＝mv2－mv1

－＝－，即－＝－

位移��0mv0��0mv0

��总�𝜟��总�

��

－BLΔt＋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）

时间

－＋其他＝－，

��FΔtmv2mv1

��总���

�

即－＋其他＝－，

��FΔtmv2mv1

��总�

�

已知位移x、F其他（F其他为恒力）

【变式2-1】（2025·河南郑州·三模）如图，水平面（纸面）内固定有两足够长、光滑平行金属导轨，间距

为l，其左端接有阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属杆MN（长度略大于l）垂直放置在导轨上。在

电阻和金属杆间，有两个垂直于纸面向里的匀强磁场，圆形磁场面积为S，磁感应强度大小B1随时间的变

化关系为B1kt（k为大于零的常量）；矩形磁场abcd磁感应强度大小B2B。从t0时刻开始，矩形磁场

以速度v0向右匀速运动；tt0时，bc边恰好到达金属杆MN处。之后，金属杆跟随磁场向右运动；t2t0时，

系统达到稳定状态。已知金属杆与导轨始终垂直且接触良好，整个过程金属杆未离开矩形磁场区域，不计

金属杆和导轨电阻，磁场运动产生的其他影响可忽略，求：

(1)t0到tt0时间内，流经电阻R的电荷量；

(2)tt0时刻，MN加速度的大小；

(3)tt0到t2t0时间内MN与矩形磁场的相对位移。

kSt

【答案】(1)0

R

B2l2vkSBl

(2)0

mR

BlvmRkStB2l2kSmR

(3)00

B3l3

q

【详解】（1）由电流定义式I

t

E

欧姆定律I1

R

B

法拉第电磁感应定律E1SkS

1tt

kS

得qt

R

kSt

累加求和，可知流过电阻R电荷量的绝对值q0

R

（2）tt0时，由法拉第电磁感应定律E2Blv0

BlvkS

由闭合电路欧姆定律I0

R

由牛顿第二定律IlBma

22

Blv0kSBl

联立求解得tt0时刻，MN的加速度a

mR

（3）当t2t0时，系统达到稳定状态，回路中电流为零，设此时金属杆的速度为vm，则Blv0vmkS

ks

求解得vv

m0Bl

设在tt0到t2t0时间内，MN与矩形磁场的相对位移为x

由qIt

E

I

R

Φ

E

t

感生2kt0kt0Skt0S

动生Blx

Blx2ktktS

得q00

RR

对金属杆MN，由动量定理F安tmvm

BlvmRkStB2l2kSmR

联立求解得x00

B3l3

【变式2-2】（2025·广东惠州·模拟）福建舰舰载机着陆原理简化如图所示，水平平行金属轨道MN、PQ

间接有阻值为R的电阻，其间存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场。长为L、质量为m、阻值为r

的金属棒ab垂直置于轨道上，质量为M的舰载机钩住与金属棒ab连接的绝缘阻拦索（不计质量）后迅速

达到共同速度v0，关闭动力滑行一段距离后停下，系统所受阻力与其速度成正比，即fkv（k为定值），

下列说法中正确的是（）

A．共速时金属棒中的电流方向由b到aB．系统的动能全部转化为棒上所产生的焦耳热

(Mm)(Rr)vB2L2v

C．舰载机滑行的距离为0D．刚共速时舰载机的加速度为0

B2L2k(Rr)M(Rr)

【答案】AC

【详解】A．根据右手定则可知，共速时金属棒中的电流方向由b到a，故A正确；

B．系统的动能转化为棒上所产生的焦耳热、与绝缘阻拦索共速过程中的能量及摩擦生热，故B错误；

C．飞机钩住金属棒后二者整体一起减速，由动量定理得BILtkvt0(Mm)v0

EBLx

其中Itt，xvt

RrRrRr

(Mm)(Rr)v

得到整个过程中运动的距离为x0，故C正确；

B2L2k(Rr)

D．刚共速时，对舰载机和金属棒分析有BILkv0(Mm)a

BLv

其中I0

Rr

B2L2vkv

解得加速度为a00，故D错误；

(Mm)(Rr)Mm

故选AC。

【变式2-3】（2025·广东·质量检测）如图甲所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面

上，导轨左侧连接有阻值为R的定值电阻，金属棒垂直静止在导轨上，整个导轨处在垂直导轨平面向上的

匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，给金属棒施加水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始运动，

金属棒运动x0的距离时撤去拉力，金属棒整个运动过程中的速度v与运动的位移x关系如图乙所示。金属棒

运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，金属棒接入电路的电阻为R，则金属棒运动过程中（）

A．加速度大小保持不变

BLx

B．通过电阻R的电量为0

R

B2L2vx

C．电阻R中产生的焦耳热为00

4R

B2L2x

D．拉力F的冲量大小为0

2R

【答案】BC

【来源】广东省部分学校2024-2025学年高三下学期3月质量检测物理试题

Δva

【详解】A．图像斜率k

Δxv

则金属棒加速运动过程中，随着速度增大，加速度增大，减速运动过程中，随着速度减小，加速度减小，

故A错误；

E

B．根据qIt，I

2R

由法拉第电磁感应定律E

Δt

BL2xBLx

联立，解得通过电阻的电量q00

2R2RR

故B正确；

22

．整个过程克服安培力做功BLv

CWF安xx

安2R

1

由乙图可知xv2xvx

20000

B2L2vx

联立，解得W00

安2R

1B2L2vx

因此电阻R中产生的焦耳热为QW00

2安4R

故C正确；

D．整个过程根据动量定理IFI安0

又I安BLItBqL

B2L2x

联立，解得I0

FR

故D错误。

故选BC。

考向03电磁感应中的图像问题

【例3-1】（2025·广东广州·冲刺三）将一足够长光滑平行金属导轨固定于水平面内（如图），已知左侧导

轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨足够长且电阻可忽略不计.左侧导轨间存在磁感应强度大小为B、方

向竖直向上的匀强磁场，右侧导轨间存在磁感应强度大小为2B、方向竖直向下的匀强磁场.在tt1时刻，

长为L、电阻为r、质量为m的匀质金属棒EF静止在左侧导轨右端，长为2L、质量为3m的匀质金属棒GH

从右侧导轨左端以大小为v0的初速度水平向右运动。一段时间后，流经棒EF的电流为0，此时tt2。已知

金属棒EF、GH由相同材料制成，在运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计电流的磁效应，则

（）

12BLv

A．t时刻流经棒GH的电流为0

17r

12

B．t时刻棒EF的速度大小为v0

219

C．t1t2时间内，回路磁通量的变化率逐渐增大

2

72mv0

D．t1t2时间内，棒EF产生的焦耳热为

133

【答案】ABD

x

【详解】A．棒EF、GH由相同材料制成，即电阻率、密度均相同，根据Rx1，mx2xS

12S

2

可得Rxmx12x

rmL2

设GH的电阻为r，则有

r3m(2L)2

4

可得rr

3

根据右手定则可知，t1时刻GH产生的感应电动势方向是从H到G，回路中的感应电动势为

E2B2Lv04BLv0

E12BLv

根据闭合电路欧姆定律可知此时回路中的感应电流为I0，故A正确；

rr7r

B．设t2时刻，EF、GH的速度大小分别为v1、v2，则有BLv12B2Lv2

1

可得vv

241

t1t2时间内，根据动量定理，对EF有BILtmv10

对GH有2BI2Lt3mv23mv0

123

联立解得v1v0，v2v0，故B正确；

1919

C．根据左手定则知EF受到的安培力水平向左，GH受到的安培力水平向左，EF的速度逐渐增大，GH的

速度逐渐减小，回路中的感应电动势E2B2LvGHBLvEF

逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律知，回路磁通量的变化率逐渐减小，故C错误；

121212

D．在tt时间内，对两棒组成的系统，根据能量守恒定律有3mvmv3mvQ总

12202122

242

解得回路中产生的总热量Q总mv

190

Qr

根据焦耳定律有EF

Q总rr

72

解得Qmv2，故D正确。

EF1330

故选ABD。

【例3-2】（2025·广东清远·二模）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。ab边右侧有

足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。M、N两细金属杆的质量均为m，在导轨间的电

阻均为R。初始时刻，磁场外的杆M以初速度v0向右运动，磁场内的杆N距ab边的距离为x0且处于静止

状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直，两杆始终未相撞，感应电流产生的磁场及

导轨的电阻忽略不计，求：

(1)杆M所受安培力的最大值；

(2)杆M在磁场内运动的速度最小值；

(3)两杆的最短距离。

B2L2v

【答案】(1)F0

02R

v

(2)v0

2

mvR

(3)xx0

0B2L2

【详解】（1）杆M刚进入磁场时所受安培力最大，此时杆M产生的感应电动势E0BLv0

E

电路中的电流I0

02R

B2L2v

杆M所受安培力的最大值FBIL0

002R

（2）两杆在磁场中运动，当M、N两细金属杆速度相等时，杆M的速度最小，由动量守恒定律可得

mv0mmv

v

解得最小速度v0

2

E

（3）当两杆达到共速时两杆距离最短，设最短距离为x，此时I

2R

E

t

又有ΔΦBLx0x

根据动量定理得BILΔt0mv0

mv

可得qIt0

2BL

mvR

联立解得xx0

0B2L2

双杆模型

“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

物理条件——甲杆静止，受力平衡

模型两杆都在运动，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

动力学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

观点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

分析能量

两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和

方法观点

动量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

观点为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题

【变式3-1】（2025·广东佛山禅城·二测）如图所示，光滑平行导轨MNPQ固定在水平桌面上，形状如图所

示，平行导轨间距d0.4m，质量M0.6kg、长度也为d的金属棒cd静止在水平导轨上，与桌面边缘的

距离x1.2m，空间分布有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B0.5T。现有一质量m0.2kg的绝缘棒ab

从距桌面高H1.8m处沿导轨由静止滑下，与金属棒cd发生弹性碰撞。金属棒cd从桌面滑出后落在水平

地面上，落点到桌边缘的水平距离s0.8m。已知金属棒cd的电阻R0.4Ω，桌面离地面的高度h1.25m，

设两棒落地均不反弹，离开桌面前导轨与两棒端点始终接触，导轨电阻不计，重力加速度g10m/s2。求：

(1)金属棒cd离开桌面边缘的速度大小v1和离开桌面后两端的电势差Ucd；

(2)金属棒cd被绝缘棒碰撞后瞬间的速度大小v；

(3)绝缘棒ab落点与金属棒cd落点的距离。

【答案】(1)1.6m/s，0.32V

(2)3m/s

(3)0.7m

1

【详解】（1）金属棒cd离开桌面边缘后做平抛运动，竖直方向hgt2

2

代入数据解得t0.5s

s0.8

水平初速度vm/s1.6m/s

1t0.5

金属棒切割磁感线产生的感应电动势EBdv10.50.41.6V0.32V

E0.32

感应电流IA0.8A

R0.4

离开桌面后两端的电势差UcdE0.32V

12

（2）设绝缘棒ab与金属棒cd碰撞前的速度为v2，根据动能定理mgHmv

22

代入数据解得v22gH2101.8m/s6m/s

以ab棒和cd棒为系统动量守恒，取v2方向为正方向；

根据动量守恒定律mv2mv3Mv

111

根据能量守恒定律mv2mv2Mv2

22232

代入数据解得v33m/s，v3m/s

（3）碰撞后绝缘棒ab向左运动，重新返回后离开水平轨道的速度大小为v3'3m/s

绝缘棒ab落点与金属棒cd落点的距离xv3'ts30.5m0.8m0.7m

【变式3-2】（2025·广东珠海&三地·一模）如图所示，在水平面上的装置由三部分构成，装置中间部分为电

路控制系统，电源电动势恒定且为E，内阻不计，两个开关S1、S2初始状态都断开。装置左右两侧均为足

够长且不计电阻的光滑金属导轨，导轨MN宽度为2L，HG宽度为L，导轨MN和HG之间存在匀强磁场，

磁感应强度分别为B和2B，磁场方向如图所示。将质量均为m的金属杆ab，cd分别如图轻放在水平轨道

上，两杆接入电路中的电阻相等，不计金属杆与导轨的摩擦。

(1)接通S1，求ab杆的最大速度；

(2)当ab杆做匀速运动后，断开S1同时闭合S2，当两杆再次匀速运动时，求cd杆产生的焦耳热。

E

【答案】(1)

2BL

mE2

(2)

32B2L2

【来源】2025届广东省珠海市等三地高三上学期一模物理试题

【详解】（1）S1接通，ab中有a→b的电流，ab受水平向右的安培力ab向右做加速运动，ab切割磁感线

产生一个感应电动势,与电源相抵消。当ab产生的感应电动势与电源电动势完全相消时，ab棒不受安培力，

ab将做匀速运动，速度为vm，此时产生的感应电动势为

E2BLvm

解得

E

v

m2BL

（2）断开S1，接通S2，ab向右运动切割磁感线产生感应电流，由b→a，电流再流经cd棒，方向由c到d。

由左手是则可知，ab棒受水平向左的安培力，做减速运动；cd棒受水平向右的安培力，向右做加速运动，

ab、cd.产生互相抵消的电动势，当完全抵消时，电路中无电流。ab、cd做匀速运动速度分别为v1、v2，则

2BLv1B2Lv2

可得

v1=v2

ab、cd中电流相等。ab、cd的安培力分别为

F1=2BIL

F2=B×2LI=2BIL

安培力大小相等、方向相反，ab、cd满足动量守恒，有

mvmmv1mv2

联立解得

v

vvm

122

电路中的总热量为

22

121vm12mE

Qmvm2mmvm

222216B2L2

因为ab、cd的阻值相等，所以cd杆产生的焦耳热为

1mE2

QQ

cd232B2L2

【变式3-3】（24-25高三上学期·广东惠州大湾区（正禾）·大联考）如图所示，一水平面内固定两根足够长

的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同、质量均为m的金属棒1和2，构成矩形回路。在整

个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场。开始时2棒静止，1棒受到一瞬时冲量作用而以初速度v0向右滑

动，运动过程中1、2棒始终与导轨垂直且接触良好。下列关于两棒此后运动的说法中，正确的是（）

A．1棒做匀减速直线运动，2棒做匀加速直线运动

B．最终1棒静止，2棒以速度v0向右滑动

1

C．最终1、2棒均以v0的速度向右匀速滑动

2

1

D．最终1棒产生的焦耳热为mv2

80

【答案】CD

【来源】2025届广东省惠州市大湾区（正禾）高三上学期大联考物理试卷

【详解】AB．由楞次定律可判断1棒、2棒受到的安培力方向分别向左、向右，故1棒减速运动，2棒加速

运动，故二者相对速度v减小，设回路总电阻为R总，磁感应强度为B，导轨间距为L，则由法拉第电磁感

应定律得感应电流

EBLv

I

R总R总

可知电流减小，根据安培力

FBIL

可知安培力减小，故棒的合力在减小，由牛顿第二定律

Fma

可知其加速度也在减小，当对速度v减小为0时，二者共速，一起匀速运动，故AB错误；

C．分析可知1棒、2棒构成的系统动量守恒，最终速度为v，规定向右为正方向，由动量守恒得

＋

mv0mmv

解得

v

v0

2

故C正确;

D．系统损失的机械能转化为两棒的焦耳热，故1棒产生的焦耳热为

11212

Q1mv02mv

222

联立以上得

1

Qmv2

180

故D正确

故选CD。

1．（2025·江西·高考）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，速率恒为v0，宽为d的MNQP区

d

域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为l(l)、质量为m、电阻为R的

2

正方形线框efgh置于