2026年高考物理考前20天冲刺讲义（四）（解析版）

目录

倒计时05天

➤电磁感应综合—单双棒问题………………3

以生产科技为场景，三大力学观点应用于单双棒问题中。

倒计时04天

➤力学核心实验…………………30

以力学原型实验为基础，创新实验考核心实验数据处理、误差分析等。

倒计时03天

➤电学核心实验………………51

以电学原型实验为基础，创新实验考核心实验数据处理、误差分析等。

倒计时02天

➤考前冲刺保温卷………………78

用于查漏补缺、强化审题并保持题感。

倒计时01天

➤高考物理三大题型答题技巧与方法……………………93

倒计时05天明辨棒体运动，洞悉回路玄机；厚积寒窗实力，一举金榜题名。

电磁感应综合—单双棒问题

考情透视--把脉命题直击重点

►命题解码：

电磁感应中单、双导体棒运动问题，是2026高考物理核心高频考点，预计将以计算题形式呈现，作为

力学与电磁学综合题型考查，兼具基础性和选拔性。该题型以导轨滑杆为经典模型，串联法拉第电磁感应

定律、楞次定律、安培力公式等核心知识，融合力学运动分析、动量定理、能量守恒规律，全面考查学生

知识迁移、多过程分析与综合解题能力，是区分物理学科素养的关键题型，年年在各省市试卷中“亮相”。

►高考前沿：

2026年单双棒命题将呈现三大特征：一是动量与能量观点的深度融合，“动量定理在电磁感应中的应用”

已成独立考点，通过微元法求电荷量、位移和时间是解题新方向；二是含容单棒、不等间距双棒等复杂耦

合模型增多，考查学生分类讨论与过程分析能力；三是情境化与科技前沿结合，如“磁悬浮列车驱动原理”“电

磁炮发射机制”“新能源汽车能量回收系统”等真实工程背景将成为命题素材，学生需具备“快速剥离情境干扰、

提炼物理模型”的能力。

核心模型--模型架构，精准剖析

【模型一】单棒模型

模型过程分析规律

设运动过程中某时刻的速度为B2l2v

1.力学关系：FBIl；

ARr

，加速度为，

vaFB2l2v

aA

FB2l2vmm(Rr)

aA，a、v反向，

mm(Rr)1

2.能量关系：mv20Q

20

阻尼式导体棒做减速运动，v↓⇒a↓，当

3.动量电量关系：；

＝时，＝，导体棒做加速BlIt0mv0

（导轨光滑，电阻为R，a0v0

度减小的减速运动，最终静止Bls

导体棒电阻为r）qn

RrRr

开关闭合瞬间，棒受到的(EE反）(EBlv）

Sab1.力学关系：FBl＝Bl；

ARrRr

E

安培力FABl，此时F(EBlv）

RraA=Bl

mm(Rr)

FBlE

aA=，速度v↑

mm(Rr)

2.动量关系：BLItmvm0

电动式

（导轨光滑，电阻为R，(EBlv）12

⇒E反BLv↑⇒IqEQmv

Rr3.能量关系：2m

导体棒电阻不计，电源电

⇒FA＝BIL↓⇒加速度a↓，

4.两个极值：

动势为E内阻为r）

当E反＝E时，v最大，

(1)最大加速度：当时，，

Ev=0E反=0

且v

mBEl

Bla

mmRr

E

(2)最大速度：当E反＝E时，v

mBl

设运动过程中某时刻棒的速度22

FFFBlv

1.力学关系：aA

为v，加速度为mmm(Rr)

FFFB2l2v2.动量关系：FtBLItmv0

aA，m

mmm(Rr)

12

随的增加，减小，3.能量关系：FsQmv

va2m

当a＝0时，v最大。

4.两个极值：

发电式

F

（1）最大加速度：当v=0时，a。

(导轨光滑，电阻为R，导mm

体棒电阻为r，F为恒力)（2）最大速度：当a=0时，

FFFB2l2v

aAm0

mmm(Rr)

【模型二】含容单棒模型

模型过程分析规律

电容器充电后，电键接2后放

1.电容器充电量：Q0CE

电，导体棒向右移动，切割磁

2.放电结束时电量：QCUCBlvm

感线，产生反电动势，当电容

3.电容器放电电量：QQ0QCECBlvm

器电压等于Blvm时，导体棒

BlCE

以最大速度匀速运动。4.动量关系：BIltBlQ=mvm；vm22

放电式mBlC

(先接1后接2,导轨光滑)1m(BlCE)2

5.功能关系：Wmv2

安2m2(mB2l2C)2

充电电流减小，安培力减小，达到最终速度时：

a减小，当a＝0时，导体棒

1.电容器两端电压：UBlv（v为最终速度）

匀速直线运动

2.电容器电量：qCU

无外力充电式3.动量关系：；

BIltBlqmvmv0

（导轨光滑）mv

v0

mB2l2C

电容器持续充FBLIma，

1.力学关系：FFAFBLIma

QCUCBlv

ICBlaQCUCBlv

ttt2.电流大小：ICBla

ttt

得I恒定，a恒定，导体棒做

F

有外力充电式3.加速度大小：a

匀加速直线运动mCB2L2

（所有电阻不计，

导轨光滑）

【模型三】双棒模型

(1)等间距双棒模型

模型过程分析规律

BlvBlvBl(vv)

1.电流大小：I2121

RRRR

棒2做变减速运动，棒1做变加1212

2.稳定条件：两棒达到共同速度

速运动，稳定时，两棒的加速度

3.动量关系：

均为零，以相同的速度匀速运动.m2v0(m1m2)v

无外力等距式

对系统动量守恒，对其中某棒适1212＋

4.能量关系：m2v0(m1m2)v共Q；

（导轨光滑）22

用动量定理。

QR

11

Q2R2

BlvBlv

a2减小，a1增大，当a2＝a1时二1.电流大小：I21

R1R2

者一起匀加速运动，存在稳定的

FAFFA

2.力学关系：a1；a2。（任意时

mm2

速度差1

刻两棒加速度）

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：F(m1m2)a；

Bl(vv)

有外力等距式FBIlB21l

FAm1a；A；

R1R2

（导轨光滑）(RR)mF

121

v2v122

Bl(m1m2)

(2)不等间距双棒模型

模型过程分析规律

1.动量关系：BL1Itm1v1m1v0；

BL2Itm2v20

棒1做变减速运动，棒2做变加速运

2.稳定条件：BLvBLv

动，稳定时，两棒的加速度均为零，1122

mL2

3.最终速度：v12v；

两棒以不同的速度做匀速运动，所围1220

m1L2m2L1

mLL

的面积不变.v1L1＝v2L2121

v222v0

无外力不等距式m1L2m2L1

111

（导轨光滑）4.能量关系：Qmv2mv2mv2

210211222

5.电量关系：BL2qm2v20

易错避坑--易错陷阱精准避坑

【易错一】动量守恒条件判断失误

（1）易错点：双棒系统中误认为始终动量守恒；

（2）闭坑策略：仅当系统水平方向不受外力时（光滑导轨、无外力拉棒）动量才守恒；有外力拉双棒或斜

面导轨上的双棒，动量不守恒，需用动量定理逐棒分析。

【易错二】匀速运动与稳定状态混淆

（1）易错点：单棒匀速即a=0，但双棒稳定状态不一定匀速；

（2）闭坑策略：等间距双棒有初速度→最终两棒共速；一棒受恒力双棒→最终加速度相同做匀加速运动。

两类收尾状态判清后再代公式。

【易错三】能量转化分析漏项

（1）易错点：双棒问题能量分析中忘了焦耳热或摩擦力产热；

（2）闭坑策略：双棒滑动系统末态动能=初态动能-−电阻生热-−（若导轨有摩擦则减摩擦力产热）。画出总

能量变化路径再列方程。

【易错四】电磁感应与电容器结合找不准电流

（1）易错点：含容单棒中误认为电流恒定或公式生搬硬套；

（2）闭坑策略：含容单棒充电过程中，需要结I=ΔQ/Δt=CΔU/Δt与U=BLv推导结论，非死记硬背。

高频考点--高频要点重点攻克

【考点一】电磁感应的动力学问题处理方法

1.力学对象和电学对象的相互关系

2.分析电磁感应现象中动力学问题的基本步骤

【考点二】电磁感应的能量问题处理方法

1.电磁感应现象中的能量转化

此类问题中克服安培力做功，转化为系统的电能，而后转化为其他形式的能量，例如焦耳热，此类问

题多用动能定理或能量守恒定律求解。

2.能量转化问题的分析步骤

真题精研--复盘经典把握规律

题组一情景设定：电磁弹射系统知识溯源：有源单杆模型中的安培力、动量定理应用

（2025·浙江·高考真题）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的

水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电

阻为R1；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此

构成的回路总电阻为R2。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回路三者彼此绝缘。

导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力

与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为xm时（可视为已匀速），立即断开S，在极短时间内实

现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量；再让

超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上

所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电

阻。

(1)求动子在接通S瞬间受力的大小；

(2)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm；

(3)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；

(4)判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。

2

BUlBUlkUxmMU

【答案】(1)F(2)vm(3)W

2222

R1BlkR1BlkR1Bl

BUlBΦl

(4)电流方向为顺时针（俯视），v22

BlkR1mR2

【详解】（1）接通S瞬间，动子速度v0，此时回路中没有感应电动势，电源电压为U，回路总电阻为R1，

U

根据欧姆定律可知回路电流为I1

R1

BUl

动子所受的力为安培力，大小为FBI1l

R1

（2）当动子达到最大速度vm时动子切割磁感线产生的电动势为E2Blvm

UBlvm

此时回路中的电流为I2

R1

依题意此时动子做匀速运动，所受合力为零，有BI2lfkvm

BUl

解得最大速度为vm22

BlkR1

（3）在第一级弹射过程中,取一段极短的时间t，以水平向右为正方向，对动子及安装在上面的所有装备，

由动量定理有BI3ltkvtMv等式两侧求和得BI3ltkvtMv其中qI3t依题

Mvkx

mm

意有xmvt，vvm0解得流过电源的电荷量q解得第一级弹射过程电源输出总能量

Bl

2

kUxmUMvmkUxmMU

WqU代入上问结果得W22

BlBlkR1Bl

（4）由于对飞机实施第二次加速，由左手定则可知超导线圈断开后，第二级回路中的感应电流方向为顺时

针（俯视），由右手螺旋定则可知超导线圈断开后，第二级回路中感应电流的磁场方向为竖直向下，由楞

次定律可知超导线圈中的大电流产生的磁场方向也为竖直向下，再由右手螺旋定则可判断超导线圈中电流

方向为顺时针（俯视）。

设飞机起飞时的速度大小为v，对飞机根据动量定理有BI4lt4mvmvm

超导线圈磁场快速消失的过程中，在第二级回路中产生的感应电动势E4

t4t4

E4BlBUlBΦl

感应电流为I4解得vvm代入前面结果可得v22

R2R2t4mR2BlkR1mR2

题组二情景设定：无外力单棒知识溯源：无外力单棒中的安培力、功率和动量定理应用

（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。

B2L2v2

【答案】(1)0

2R

mv

(2)0

BL

nmv2

(3)0，n=1，2，3，…

2(n1)

【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

E

则此时回路的电流为I此时导体棒受到的安培力F安=BIL

2R

222

BLv0

此时导体棒受安培力的功率PF安v

02R

（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BILt0mv0

mv

其中Itq解得q0

BL

（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

1

场后产生的总热量均为Qmv2

20

1

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QQ

R12

11

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QQ

R223

11

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QQ

R334

11

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QQ

Rnnn1

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

nnmv2

通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出QQ0，n=1，2，3，…

Rn12(n1)

题组三情景设定：有磁场斜面上的线框知识溯源：动能定理、动量定理和法拉第电磁感应定律

（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；

mgRsin

(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k14，

k2L

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。

mgRtanm2gR2sin

【答案】(1)v，s

B2L2cos2B4L4cos4

mRv0

(2)d24

k2L

【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EBLvcos

E

线框中电流I

R

线框做匀速直线运动，则BILcosmgsin

mgRtan

解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率v

B2L2cos

1

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mgssinmv2

2

v2m2gR2sin

可得释放时pq边与区域I上边界的距离s

2gsin2B4L4cos4

（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

ΔΦΔBΔss

动势E'L2kL2kL2kkvL2，其中v

ΔtΔt12Δt12t

E'

此时线路中的感应电流I'

R

线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为F安1k1tk2sLI'L

线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为F安2k1tk2sI'L

则线框受到的安培力F安F安1F安2k1tk2sLI'Lk1tk2sI'L

mgRsin

代入k14

k2L

24

k2Lv

化简得F安mgsin

R

当线框平衡时F安mgsin，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mgsintF安tmv

k2L4v

即2tmv

R

k2L4d

对时间累积求和可得20mv

R0

mRv0

可得d24

k2L

题组四情景设定：含容双棒知识溯源：法拉第电磁感应定律、动量定理的应用

（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v0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I1和I2，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)BLv0，沿机械臂1向上

(2)BI1L，BI2L，QCU

mvmvR

(3)0，方向向右；0

CB2L22mB2L2

【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EBLv0

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I1和I2，两机械臂安培力的大小分别为F1BI1L，F2BI2L

设电容器所带电荷量为Q，则QCU

（3）达到稳定I1I0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

BI1LtBq1Lmv0mv，BI2LtBq2Lmv

q

其中C，qqq，UBLv

U12

BLmvmv

联立解得U0，v0

2mB2L2C2mB2L2C

结合（2）问分析，在任意时刻有UBLv1I1RBLv2I2R

即BLv1v2I2RI1R

对该式两边取全过程时间的累计有BLv1v2ΔtI2RΔtI1RΔt

其中v1v2Δtx1x2dmin，I1Δtq1,I2Δtq2

mv0R

即BLdminq1q2R

BL

mvR

两棒间初始距离的最小值为d0

minB2L2

终极预测--压轴实战稳拿高分

【名校预测·第一题】（2026·天津河东·二模）如图所示，竖直平面内固定一足够长的“U”型金属导轨，质量

为m、电阻不计的金属棒MN垂直导轨静置于绝缘固定支架上。支架上方存在竖直向下的匀强磁场，边长

为L的正方形区域cdef内存在垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场互不影响，且磁感应强度大小B与时间t的

关系均为B2t（T）。支架上方导轨单位长度的电阻为r，下方导轨的总电阻为R。从t0时刻开始，对

金属棒MN施加竖直向上的拉力，使其以加速度a向上做匀加速直线运动。金属棒MN始终与导轨接触良好，

与导轨间动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：

(1)cdef区域产生感应电动势的大小E和金属棒MN中电流的方向；

(2)tt1时，金属棒MN中的电流大小I；

(3)经过多长时间，对金属棒MN所施加的拉力达到最大值，并求此最大值Fm。

2L22L3

2R

【答案】(1)E2L，从M流向N(2)I2(3)t，Fmaxmga

Rart1arRar

【知识点】安培力的计算式及初步应用、已知磁感应强度随时间的变化的关系式求电动势、牛顿第二定律

的初步应用、竖直平面内的导轨单杆模型

ΔΦΔB

【详解】（1）由法拉第电磁感应定律，感应电动势EL2

ΔtΔt

ΔB

由题意知B2t（T），可知2T/s联立解得E2L2

Δt

由楞次定律，可知金属棒MN中电流的方向从M流向N

E

12

（2）金属棒向上运动的位移xat1支架上方的电阻R12xr由闭合电路欧姆定律得I联立解得

2RR1

2L2

I2

Rart1

（3）根据牛顿第二定律FmgFfma又由FfFNF安，其中F安BIL联立可得

3

4L3

FmgaRR2L

R根据均值不等式可知，当art时，F有最大值解得t，Fmaxmga

arttarRar

t

【名校预测·第二题】（2026·辽宁·模拟预测）某物理小组模拟游乐园的儿童飞车，制作了如图所示的装置。

在绝缘水平地面上平行放置了两组金属直导轨，分别为POQ和POQ，导轨间距L=1m。PO与OQ连接

点O、PO与OQ的连接点O采用绝缘材料连接（不影响导轨上物体的运动），将导轨分为“加速区域”和“减

速区域”，其中“减速区域”的右侧用导线相连，“加速区域”左侧安装一个恒流源，闭合开关S后，该恒流源

持续为电路提供3A的电流，靠近电源处连接一个R1=1Ω的定值电阻。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁

感应强度B=1T。质量为m=1kg、导轨间阻值为R2=2Ω的导体棒垂直导轨放置，在距离导体棒足够远处NN'

静止放置一辆质量为M=4kg可视为质点的模拟小车，小车与导轨绝缘，小车始终受到一个与其速度成正比

的阻力，比例系数为k=0.5。当开关S闭合后，导体棒在加速区域内加速运动，稳定后与模拟小车碰撞并连

接为一体，继续加速后通过绝缘连接处进入减速区域。已知导体棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。

求：

(1)刚闭合开关时导体棒的加速度大小；

(2)导体棒与小车碰撞后瞬间二者的速度大小；

(3)为保证安全，减速区域的最短长度。

【答案】(1)1m/s2(2)0.6m/s(3)6m

【知识点】完全非弹性碰撞、有电源存在的导轨单杆模型、无外力作用下，水平导轨上的单杆模型

I1R2

【详解】（1）根据并联分流关系可知，通过R1的电流为I1，通过R2的电流为I2，有

I2R1

2

此时安培力提供加速度有BI2L=ma解得a=1m/s

（2）由于导轨较长，碰撞到小车前，导体棒已经达到最大速度vm，二者共速的速度为v，此时导体棒产生

BLvm

反电动势满足I2碰撞过程中动量守恒mvmmMv解得v=0.6m/s

R1R2

（3）当二者共速后继续加速，为了保证安全，减速区域的最短距离即二者再次达到最大速度vm时滑进减速

区域所运动的位移，即二者所受到阻力等于导体棒受到的安培力，有kvmBLI2I

BLv

二者以最大速度滑出，其中Im

R1R2

进入减速区后，阻力在变化，将减速过程划分成无穷多段，在任意一小段的时间内，根据动量定理可得

22

BxL