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押计算题（陕西、山西、宁夏、青海卷）
电磁综合计算
猜押题型
新高考
课标要求
命题分析
选择题10
八省联考
1.会用安培定则
判断磁场的方
向，会进行磁感
应强度的叠加。
2 会分析和计算
安培力、洛伦兹
力的方向和大
小。3.会判断带
电粒子在磁场中
的运动性质并会
解决相应问题。
4.会分析电磁感
应中的动力学与
能量问题。
磁场性质与安培力：磁场、磁感应强度、磁感线
以及通电直导线和通电线圈周围磁场的方向是基
础考点。安培力的分析、计算，以及安培力作用
下的平衡问题和动力学问题，是高频考点且难度
较大。这类题目通常会要求学生综合运用电场
力、洛伦兹力、动能定理、几何知识等多个知识
点。
电磁感应与电路综合：涉及含容、电感元件的动
态电路，以及电磁感应在电路中的应用，是另一
大重点。这类题目需要学生同步分析感生电动势
与电荷分布，以及电路中的能量转化和守恒。
磁场与实际应用：结合科技背景和实际应用的题
目，如智能小车电磁寻迹等，可能会成为新的命
题趋势。这类题目旨在考查学生将所学知识应用
于实践的能力。
电磁感应的计算题通常会与直流电路、牛顿
运动定律、能量、动量等知识点进行综合考查。
题型一 带电粒子在组合场中的运动
1．（2025·河北·一模）如图所示，在光滑绝缘水平面内建立
坐标系，在以
为圆心、半
径
的圆形区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，在直线
的左侧区
1
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域内存在着沿
轴正方向的匀强电场，电场强度大小
，在直线
的
右侧区域内存在着沿
轴负方向的匀强电场，电场强度大小
。一质量
、电荷量
的带正电的小球从
轴上的
（
，
）点由静止
释放，小球沿
轴正方向加速后进入圆形磁场区域，并从
点离开该区域。已知
点与
点的连线与
轴正方向的夹角
，求：
(1)圆形区域内磁场的磁感应强度大小；
(2)小球运动轨迹与
轴距离最远点的位置坐标。
【答案】(1)
(2)（
，
）
【详解】（1）小球从A 点由静止释放到进入圆形磁场区域的过程，由动能定理可得
其中
解得
2
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由几何关系可知，小球在圆形磁场区域内运动的轨迹半径为
小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
（2）小球从
点离开圆形磁场区域后做匀速直线运动，小球经过直线
时的纵坐
标为
小球在直线
右侧区域内做斜抛运动，沿
轴方向有
竖直速度减为0 时所用的时间
竖直方向减速到0 时小球沿
轴上升的高度
沿
轴方向有
故小球运动轨迹最高点的横坐标
纵坐标
故小球运动轨迹与
轴距离最远点的坐标为（
，
）。
2．（情境创新题）现代科学实验中，对带电粒子运动的控制要求越来越高。如图甲所示，在
空间坐标系
中，
的区域内存在沿
轴负方向的匀强电场（图中未画出），
3
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质量为
，电荷量为
的带电粒子，其初速度为零，经过加速电压
后，从A 点
未知）进入匀强电场，一段时间后恰好从原点
离开电场进入
空间，
此空间内有方向沿
轴方向的交替变化的磁场（图中未画出），磁场变化规律如图乙所示。
已知带电粒子过
点时的速度方向与
轴正方向的夹角为
，带电粒子在每段匀强磁场区
域中均可以在与
平面平行的平面内做完整的圆周运动，且带电粒子在
空间内的
运动过程中能达到的
坐标最大值的绝对值与A 点相同，规定磁场方向沿
轴正方向为正，
不计粒子重力，图乙中
均未知。
(1)求匀强电场的电场强度大小；
(2)求
的大小；
(3)带电粒子在
的匀强磁场区域内运动时，在与
平面平行的平面内恰好完成4 个
圆周运动，求
的大小；
(4)在满足（3）的条件下，当带电粒子运动到
轴上坐标值为
时，求粒子的
和
坐标。
【答案】(1)
4
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(2)
(3)
(4)
，
【详解】（1）带电粒子经过加速电场加速时有
进入匀强电场区域时，根据运动的合成与分解有
，
联立解得
（2）粒子进入匀强电场区域，根据运动的合成与分解有
带电粒子进入磁场区域，在与
平面平行的平面内做圆周运动，有
其中
根据题意有
解得
（3）进入磁场区域后，带电粒子在沿
轴方向上做匀速直线运动，有
在与
平面平行的平面内做圆周运动，其有最小周期时，有
根据题意有
5
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解得
（4）当
时，在与
平面平行的平面内做的分运动为圆周运动，其周期为
粒子在磁感应强度大小为
的磁场区域内时，有
由时间关系可知此时恰好做了半个圆周运动，根据左手定则可知向
轴负方向转动一个直
径长度，所以在
轴上的坐标值为
在
轴上的坐标值为
3．（情境创新题）科学研究经常需要分离同位素。电场可以给带电粒子加速，也能让粒子发
生偏转。如图所示，粒子源不断产生初速度为零、电荷量为e、质量为m 的氕核和质量为
3m 氘核，经过电压为U 的加速电场加速后匀速通过准直管，从偏转电场的极板左端中央
沿垂直电场方向射入匀强偏转电场，偏转电场两水平金属板的板长为d，板间距离也为
d，板间电压为2U。整个装置处于真空中，粒子所受重力、偏转电场的边缘效应均可忽略
不计。
(1)求氕核离开偏转电场时的侧移量以及速度与水平方向的夹角；
(2)为了分离氕核和氚核，在偏转电场下极板右端竖直放置一接收屏MN，且MN 与偏转电
场的下极板相交于M 点，在偏转电场右侧存在范围足够大、左端有理想边界、磁感应强度
为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，且磁场的左边界与MN 所在直线重合。求氕核和氚
核打在接收屏上的位置与M 点的距离之比。
6
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【答案】(1)
(2)1：
【详解】（1）根据动能定理得
由水平方向匀速运动得
由匀强电场中场强与电势差的关系得
根据牛顿第二定律得
由竖直方向上的匀加速运动得
解得
根据匀变速直线运动规律得
假设速度与水平方向的夹角为
，则
解得
（2）由速度的合成与分解关系知
根据向心力关系得
粒子在磁场中做匀速圆周运动的弦长
7
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解得
带入上式可得，气核和氚核离开磁场的位置与M 点的距离之比为1：
。
4．（2025·湖北·一模）如图所示，在平面直角坐标系
第一、二象限内存在沿
轴负方向
的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于纸面向外匀强磁场。一质量为
、电荷量为
的
带正电的粒子，从
轴上P 点沿
轴正方向以速度
进入第一象限，经过
轴上
点时速
度方向与
轴正方向的夹角
，之后粒子能回到
点。已知
点的坐标为（L，
0），不计粒子的重力。求
(1)P 点的纵坐标
；
(2)匀强磁场磁感应强度的大小
；
(3)粒子从
点出发第一次回到
点所用的时间。
【答案】(1)
(2)
8
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(3)
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，从
点运动到
点的时间为
。沿
轴正方
向做匀速直线运动，有
沿
轴负方向做匀加速直线运动，有
由题意
解得
（2）粒子在第四、三象限做匀速圆周运动，在第二象限做类斜抛运动，刚好能回到
点。
由对称性可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径
由牛顿第二定律
解得
9
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（3）粒子在第四、三象限做匀速圆周运动的时间为
，则有
粒子在第二象限从
点到
点的运动的时间
与粒子在第一象限运动的时间相等。有
解得
5．（2025·广东深圳·一模）如图为某电子枪简化模型示意图。在
平面内，边长为L 的正
方形区域Ⅰ存在沿x 轴负方向的匀强电场，电压为U，区域Ⅱ存在磁感应强度为B、方向
垂直纸面向内的匀强磁场。有一系列电子处在坐标平面内满足函数关系式
，
现让这些电子先后由静止释放，已知电子的质量为m，电量为e，取
，不
计电子重力。求：
(1)在坐标
点释放的电子，打在x 轴上的位置；
(2)所有释放的电子，打在x 轴上的位置的函数关系式。
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【答案】(1)(
，0)
(2)
【详解】（1）电子加速过程
解得
根据
解得
根据几何关系可知，打在x 轴上的位置为
坐标为(
，0)。
（2）电子加速过程
根据
解得
射入磁场后，设打在x 轴上的位置距电场右边距离为
，根据几何关系
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解得
所以打在x 轴上的位置的函数关系式为
6．（情境创新题）如图所示，在三维坐标系Oxyz 中，x<0，z≤L，y≥0 的空间内充满匀强磁场，
方向沿y 轴正方向；0≤x≤L，y≥0 的所有空间内充满匀强电场，方向平行于xOy 平面，与y
轴正方向夹角为37°。质量为m、电荷量为+q 的带电粒子，在xOz 平面内从图中磁场边界
的
点以速度v 沿与x 轴负方向夹角θ=60°射入磁场，经磁场偏转后从坐标原点O 沿x 轴
正方向射入电场，粒子在电场中运动时，恰好没有从x=L 的边界射出电场，之后从y 轴上
的P 点（图中未画）再次射入磁场，不计带电粒子的重力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)匀强磁场磁感应强度的大小；
(2)P、O 两点间的距离；
(3)带电粒子第n（n>2）次射出磁场时的y 轴坐标。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）在xOz 平面内，设粒子从A 点到O 点做匀速圆周运动的半径为R，匀强磁
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场的磁感应强度大小为B，由几何关系可得
解得
由向心力公式有
联立解得
（2）由题意知，粒子在xOy 面内的运动轨迹与直线x=L 相切，切点记为C，如图所示
由运动的分解知：粒子在x 轴、y 轴方向上均做匀变速直线运动，设电场强度大小为E，
粒子在x、y 方向上的分加速度大小分别为ax、ay，则有
，
联立解得
设粒子从O 点运动P 点的时间为t，则从O 点运动到C 点的时间为
，x 方向有
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y 方向有
联立解得
（3）粒子从O 点运动到C 点的过程中，x 轴上满足
可得
代入
解得
由（2）问分析知：粒子每次在电场中运动的时间均为t，从第1 次出磁场至第n 次出磁场，
粒子在电、磁场中均运动（n-1）次。若仅考虑粒子在电场中
轴正向的加速，由于每次
加速的ay不变，相当于粒子从初速为零开始匀加速了（n-1）t 的时间，粒子在这段时间内
加速的总位移为
粒子在磁场中的运动为螺旋状运动，粒子每次进磁场时垂直于磁场方向的速度为v 不变，
由运动的分解可把粒子在磁场中的运动看成xOz 面内线速度为v 的匀速圆周运动（半径仍
为R）和y 轴正向的匀速直线运动，设每次磁场中运动过程中，粒子在y 方向匀速运动的
分速度大小分别为
、
，则有
分析易知，粒子每次在磁场中运动的时间均为其做圆周运动的半个周期时间，设此时间为
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t′，则有
所以粒子在磁场中运动的时间内，在y 轴方向上匀速运动的总位移为
联立解得
综上所述，粒子第n 次出磁场时的y 轴坐标为
题型二 带电粒子在叠加场中的运动
7．（情境创新题）如图所示，竖直面内有一半径为
的圆
，
是竖直半径，
是水平
半径，
的左侧存在竖直向上的匀强电场，圆
内存在垂直纸面向外的匀强磁场，半径
也为
的圆
与圆
处在同一竖直面内，其直径
与竖直方向的夹角为
，过
点的
竖直虚线的右侧存在水平向右，电场强度大小为
的匀强电场，
、
间固定内壁光滑
的绝缘细直管轨道，
、
两点间距为
，且连线沿水平方向，
、
两点间存在电场
强度大小为
，方向与
的夹角为
的匀强电场。一质量为
的带正电小球（视为质
点），从圆
上的
点以指向
点的速度射强磁场，接着做匀速圆周运动到达
点，然
后沿
运动，运动到
点时速度正好为0，然后落入细直管轨道中，重力加速度大小为
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，求：
(1)小球从
点射入磁场的速度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)小球从
点运动到
点的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小球在
点的速度大小为
，从
点运动到
点的过程中小球的加速
度大小为
，则有
由二力合成的矢量三角形得
解得
（2）小球从
点运动到
点，电场力与重力的合力方向水平向左，由二力合成的矢量三
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角形可得
解得
设小球从
点到
点做匀速圆周运动的半径为
，由几何关系可得
由洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力有
解得
（3）小球在圆
中运动的时间
解得
小球从
点运动到
点的时间
解得
由几何关系有
小球从
点运动到
点，由牛顿第二定律有
小球从
点运动到
点的时间有
解得
小球从
点运动到
点的时间
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解得
8．（2025·安徽·一模）如图所示，竖直平面直角坐标系xOy 的第一、四象限，存在大小相等、
竖直向上的匀强电场，第一象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小
，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小
。一质
量为m、电荷量为+q 的带电粒子，从y 轴上的A 点以初速度v0沿与y 轴正方向成θ=60°角
进入第一象限做匀速圆周运动，恰好运动到x 轴上的C 点处（图中未画出），然后垂直于
x 轴进入第四象限。不计空气阻力及电磁场的边界效应，重力加速度为g，求：
(1)第一、四象限匀强电场的电场强度大小E；
(2)粒子从A 点开始到第三次经过x 轴时经历的时间t；
(3)仅撤去第四象限的匀强电场，粒子从A 点开始到第三次经过x 轴时与O 点间的距离x。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在第一象限做匀速圆周运动，有
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解得
（2）如图甲所示
粒子进入第一象限后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
粒子在第一象限运动的周期
粒子在第一象限的运动分为两个过程，用时分别为
、
，由几何关系可知在第一象限的
运动的第一过程转过的圆心角为
，第二过程转过的圆心角为
，则
粒子进入第四象限后继续做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
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，
粒子在第四象限运动的时间
粒子从A 点开始到第三次经过
轴时经历的时间
（3）如图乙所示
粒子进入第一象限后做匀速圆周运动，粒子第一次经过x 轴时与O 点间的距离
把粒子在第四象限竖直向下的速度
分解成左偏下45°的
和水平向右的
，其中水
平方向的
满足
，故粒子在第四象限相当于参与两个运动：在水平方向以
做匀速直线运动，在竖直面内以
做匀速圆周运动，经四分之三周期再次回到第一象
限。粒子在第四象限竖直面内的运动，由洛伦兹力提供向心力，有
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解得
粒子第二次经过x 轴时与C 点间的距离
解得
粒子从 D 点开始到第三次经过x 轴时与D 点间的距离
粒子从A 点开始到第三次经过x 轴时与O 点间的距离
9．（2025·山东潍坊·一模）如图所示，直线MN 上方各处都有水平向右的匀强电场和垂直于
纸面向里的匀强磁场，匀强电场的电场强度
，MN 下方未知的区域内存在匀强磁
场，其磁感应强度大小和方向均与直线MN 上方的磁场相同。放射性粒子源O 沿与MN 成
斜向下的方向持续发出大量质量为m、电荷量为
的粒子，粒子沿直线运动
的
距离后从A 点进入磁场（沿OA 运动时，还未进入磁场），所有粒子速度大小在
范围内，经磁场偏转后所有粒子均垂直MN 进入上方的区域。已知速度为
的粒子离开A
点后到达MN 之前一直在磁场中运动，经过直线MN 上的K 点垂直MN 进入上方区域。不
计粒子的重力和粒子间的相互作用等影响，求
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(1)MN 下方匀强磁场的磁感应强度；
(2)速度为
的粒子在MN 下方运动的总时间；
(3)MN 下方磁场区域的最小面积；
(4)某时刻，速度分别为
和
的两个粒子同时通过MN 进入上方区域，这两个粒子在MN
上方相距的最小距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）作出速度为
的粒子进入MN 下方磁场的运动轨迹，如图所示。
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根据几何关系可得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
解得
（2）速度为
的粒子在MN 下方运动磁场的运动轨迹，根据
解得
可知该粒子在MN 下方的运动分三段，即在OA 段做匀速直线运动、在磁场中做匀速圆周
运动，从磁场飞出后匀速直线运动从直线MN 上的某点垂直MN 进入上方区域，如图所示。
设OA 段运动时间为
，在MN 下方某区域磁场做匀速圆周运动时间为
，从磁场飞出后
运动时间为
，在OA 段有
解得
在MN 下方某区域磁场做匀速度圆周，根据几何关系可知粒子偏转的圆心角为
则粒子在MN 下方某区域磁场中运动的时间为
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又
解得
从磁场飞出后匀速直线运动从直线MN 上的某点垂直MN 进入上方区域有
解得
故速度为
的粒子在MN 下方运动的总时间
（3）由题分析，可知所有粒子在磁场中转过的圆心角为
，线段AK 为磁场的上边界，
如图所示。
MN 下方磁场区域的最小面积
解得
（4）方法一：设两粒子经过直线MN 的点之间的距离
，根据几何关系有
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两粒子在x 轴方向的距离
又
两粒子在y 轴方向的距离
设两粒子之间的距离为d
解得
两粒子间距离的最小值
方法二：取速度为
的粒子为参考系，在此参考系下，从K 点进入的粒子做线速度为
的匀速圆周运动，其位置关系如图所示。
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图中P 为
的粒子的位置，则两粒子之间的最小距离为圆周上点到P 的最小距离
。
10．（情境创新题）如图所示，直边界
与水平方向成
角，在
左侧的空间，存在着
与水平方向成
斜向上的匀强电场
，在
的右侧存在竖直向上的匀强电场
和水
平向外的匀强磁场。一带电质点从场中
点由静止开始释放后，在纸面内沿水平方向向
右做直线运动，从
点第一次经过边界
进入右侧场区，此后带电质点在运动过程中
多次经过边界
。已知
间距离
，磁感应强度大小
，两电场强
度的关系为
，带电质点的比荷
，取重力加速度大小为
，
，不计空气阻力，所有场区范围足够大。
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(1)求边界
左侧电场的场强大小
及质点经过
点时的速度大小
；
(2)设质点第二次经过边界
的位置为
，求质点从
点运动到
点的时间；
(3)设质点第四次经过边界的位置为
，求
和
之间的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在左侧场区受力如图甲所示
则
得
由牛顿第二定律克的
由运动学公式可得
解得
（2）如图所示，由于
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故质点在复合场中做匀速圆周运动，可得
圆周运动半径
运动时间
（3）粒子经过Q1点之后的运动轨迹如图乙所示
第一次在磁场中运动到边界上前进的弦长
第二次在左侧电场中的运动时间为t2，则
解得
沿边界方向前进的距离为
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第二次做圆周运动前进的弦长
和
之间的距离
11．（2025·辽宁葫芦岛·一模）如图所示，在
坐标系中，有沿
轴正向的匀强电场和垂
直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小
，磁感应强度大小为
。
在坐标平面内的某点沿某方向射出一质量为
电荷量为
的带正电微
粒，微粒恰能在
坐标平面内做直线运动，且运动轨迹经过
点。已知
轴正方向竖
直向上，重力加速度
取
。
(1)求微粒发射的速度大小和方向；
(2)微粒到达
点时电场方向变为竖直向上，大小不变，求微粒距
轴最远时位置坐标；
(3)若微粒到达
点时撤去电场，求微粒运动的最大速度为多大？速度最大时轨迹离
轴
的距离为多大。
【答案】(1)
，速度方向与
轴负方向夹角
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(2)
(3)
，
【详解】（1）微粒做匀速直线运动，受力如图所示
带电微粒受重力为
受电场力为
受洛伦兹力
由受力平衡及几何关系可得
解得
设速度方向与
轴负方向夹角为
，则
可知
，即速度方向与
轴负方向夹角为45°。
（2）微粒到达O 点时，电场方向变为竖直向上，大小不变，则重力与电场力平衡，粒子
在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，受力和运动如下图
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由洛伦兹力提供向心力，可得
解得半径
微粒运动到A 点时距
轴最远处时，其横坐标为
其纵坐标为
此时微粒的位置坐标是
。
（3）微粒到达
点时撤去电场，将微粒在
点的速度
分解为
和
，如下图所示
则
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产生沿
轴正方向的洛伦兹力
则微粒的一个分运动沿
轴负方向以
做匀速直线运动。
微粒的另外一个分运动以
做匀速圆周运动，运动轨迹如图中虚线圆。
则运动到最低点时，两分运动速度同向，此时微粒速度最大，为
又因为
联立可得，此时距
轴的距离
12．（情境创新题）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P 的轨迹可看成质点P 相对圆心O 作
速率为v 的匀速圆周运动，同时圆心O 向右相对地面以速率v 作匀速运动形成的，该轨迹
称为圆滚线或车轮摆线。如图乙所示，空间存在竖直向下大小为E 的匀强电场和垂直纸
面向里大小为B 的匀强磁场，一质量为m、带电量为e 的正电子在电场力和洛伦兹力共同
作用下，从静止开始自y 轴上a 点沿曲线abc 运动（该曲线属于圆滚线），c 为运动轨迹
的最低点，当正电子运动到c 点时，电场和磁场同时消失，正电子继续匀速直线运动。
此时，另一负电子从y 轴负半轴上的Q 点（坐标未知）以大小合适的速度，沿与y 轴正方
向成
角的方向射入第Ⅳ象限，然后进入另一磁感应强度大小也为B 的未知圆形匀强
磁场区域（图中未画出），从N 点（图中未标出）离开磁场时，恰好与从c 点射出后继
续前进的正电子碰撞发生湮灭，即相碰时两粒子的速度大小相等、方向相反。已知a 离
坐标原点O 的距离为L，忽略正、负电子间的相互作用（碰撞时除外），求：
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(1)正电子从a 点运动到c 点的时间；
(2)正电子在电磁场中运动到任意一点
处的速度
的大小，以及到达最低点c 点
时的速度大小；
(3)负电子所经过的未知圆形磁场的方向，以及磁场区域的最小面积S。
【答案】(1)
(2)
，
(3)磁场方向垂直纸面向外，
【详解】（1）由题，正电子在电磁场中轨迹为圆滚线，且
点为圆滚线的最低点。正电
子在
点时，速度为0，将正电子速度分解为水平向右的
和水平向左的
，使得水平
向右的
对应的洛伦兹力与电场力相等，即
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解得
即，正电子一方面以
水平向右匀速直线运动，另一方面以
逆时针做匀速圆周运动，
对圆周运动有
，
解得
所以
（2）洛伦兹力不做功，由动能定理可得
到达任意一点
的速度为
到达
点时，速度最大，为
（3）根据题目意思，由左手定则可知未知圆形磁场方向垂直纸面向外。对电子有
得
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如图可知，面积最小的圆形磁场即为以MN 为直径的圆，有
所以
题型三 电磁感应综合应用
13．（2025·江西·模拟预测）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
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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
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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
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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
14．（2025·云南昆明·一模）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平桌
面（纸面）上，间距L=0.5m，OP 右侧存在垂直纸面向里的磁场，以O 点为原点，水平
向右为x 轴正方向，磁感应强度大小B 随x 变化的图像如图乙所示。边长cd 为L=0.5m、
边长bc 为d=0.8m 的矩形金属细框置于导轨上。现使细框以v0=4m/s 的速度水平向右运动，
cd 边运动到x=1.6m 处时，对细框施加水平向右的外力F 使其匀速进入x≥1.6m 的磁场区
域，cd 边运动到x=2.4m 处时撤去外力F。整个运动过程中细框始终与导轨接触良好。已
知金属细框的质量为m=0.2kg，ab 边和cd 边的总电阻为R=0.25Ω，导轨电阻可忽略。在
细框运动的过程中，求：
38
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(1)cd 边运动到x1=0.8m 处时，细框的速度大小；
(2)撤去外力F 前瞬间，F 的瞬时功率；
(3)撤去外力F 后，细框运动的位移大小。
【答案】(1)3m/s
(2)3.24W
(3)2.5m
【详解】（1）cd 边从
运动到
的过程中，磁感强度大小
，cd 边
产生的平均电动势为
由闭合电路欧姆定律得
对cd 边由动量定理得
解得：
（2）cd 边从
运动到
的过程中，同（1）可得cd 边运动到
处时的速度大小为
由图可得
处的磁感应强度大小
。在撤去外力
前瞬间，金属细框匀
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速运动，由受力平衡得
撤去外力
前瞬间，
的瞬时功率为
解得：
（3）撤去外力
后，
、
边所在位置处的磁感应强度大小始终相差
回路中的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得：
金属细框所受的合外力大小为
对金属细框由动量定理可得
可得撤去外力后，金属细框的位移大小为
15．（情境创新题）如图所示，有一匝数
匝、内阻
、横截面积
的
螺线管线圈内存在垂直线圈平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律为
，线圈左侧有电容为
的超级电容器，平行倾斜金属导轨可通
过单刀双掷开关分别与线圈和电容器相连，倾斜导轨与水平金属导轨间通过一小段光滑
绝缘圆弧平滑连接。已知倾斜导轨的倾角
，倾斜导轨和水平导轨间距均为
，倾斜导轨内存在垂直导轨平面向上、磁感应强度
的匀强磁场，水平
导轨
区域内存在方向竖直向上、宽度为
、磁感应强度为
的匀
40
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强磁场，磁场边界与导轨垂直。现将开关接1，将一电阻不计、质量
的金属
杆
垂直倾斜导轨放在磁场边界
下方某处，金属杆
处于静止状态。然后将开关
接2，金属杆
由静止开始下滑，当滑到底端
时速度为
，此后进入较长
的光滑水平导轨，与磁场边界
左侧的“工”字型联杆发生弹性碰撞，随后联杆向左运
动穿过磁场区域。已知金属杆
与倾斜导轨间动摩擦因数
，金属杆
、
长度
均为
、质量均为
、电阻均为
，与金属杆垂直的绝缘轻杆
长度也为
、质量不计。已知金属杆始终与导轨良好接触，导轨电阻不计，忽略
磁场的边界效应，重力加速度
取
，求：
(1)当开关接1 时，金属杆
所受的摩擦力大小；
(2)当开关接2 时，金属杆
从初始位置运动到倾斜导轨底端
的位移；
(3)
与联杆相碰后，联杆穿过磁场区域
过程中，
杆上产生的焦耳热？
【答案】(1)0
41
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(2)
(3)
【详解】（1）当开关打到接头1 时，由法拉第电磁感应定律，可知
感应电流
根据受力平衡列平衡方程
代入可得
（2）当开关打到接头2 时，对金属杆
受力分析可知
杆
与电容器构成闭合回路，电流
联立求得杆做匀加速运动，加速度
杆
运动至底端，根据匀变速直线运动规律有
可得
（3）杆
与联动装置发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知其交换速度，故碰后
杆
静止，联杆速度变为
①当杆
从
运动到
过程，
杆为电源，
和
并联构成外电路，由于
电阻
不计，外电路短路，电路中产生的电能全部转化为
杆的焦耳热。对
杆列动量定理
42
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得
由此得
杆产生的焦耳热
②当杆
从
运动到
过程，
杆为电源，
和
并联构成外电路，由于
电阻
不计，
被短路，电路中产生的电能全部转化为
杆的焦耳热，
杆不发热。
所以整个过程中
杆产生的焦耳热
。
16．（情境创新题）如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨
平行放置，间距
，处于竖直向下
的匀强磁场中，导轨左侧接一电容
的电容器，
初始时刻电容器带一定电荷量，电性如图所示。质量
、电阻不计的金属棒
垂直架在导轨上，闭合开关S 后，
棒由静止开始向右运动，且离开
时己以
匀速运动。下方光滑绝缘轨道
间距也为
，正对
放置，其中
为半径r=1.25m 圆心角
的圆弧，与水平轨道
相切于
两点，其中
两边长度
，以
点为坐标原点，
沿导轨向右建立坐标系，
右侧
处存在磁感应强度大小为
的磁场，磁场方向竖直向下。质量
电阻
的“U”型金属框静止于水平导
43
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轨
处。导体棒
自
抛出后恰好能从
处沿切线进入圆弧轨道，并在
处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成导电良好的闭合线框一起向右运动。重
力加速度的大小
取
。求：
(1)
棒离开
时电容器上的电压
；
(2)初始时刻电容器所带电荷量
；
(3)
棒与
型金属框碰撞后瞬间的速度大小；
(4)分析闭合线框能否穿过磁场区域，若能，求出线框离开磁场时的速度；若不能，求出
线框停止时右边框的位置坐标
。（已知：
；结果可用根式表示）
【答案】(1)0.64V
(2)0.864V
(3)
(4)不能，
【详解】（1）离开
时己以
匀速运动，
棒离开
时电容器上的电
44
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压
，则
（2）设初始时电容器两端电压为U0，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电荷
量变化量为△Q，导体棒稳定后的电动势为E，对导体棒，由动量定理有 BI
L·Δt=m₁v₁-0，E=BLv₁
而
由电流的公式有
整理有
（3）由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度为v2，
有
解得
设导体棒在与金属框碰撞前的速度为v3，由动能定理有
解得
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为
，有
解得
（4）线框的右边框进入磁场过程由动量定理有
整理有
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解得
所以线框的右边框能完全离开，然后左边框开始以
进入磁场，假设左边框仍
能穿出磁场，则
解得
所以线框左边框不能穿出磁场，则
解得
所以线框右边框所处的坐标为
17．（2025·四川乐山·二模）如图，两固定光滑平行直金属导轨MN、M'N'与PQ、P'Q'间用两
段光滑小圆弧平滑连接，两导轨间距L=0.5m，M、M'两点间接有阻值R=2.0Ω 的电阻。质
量m1=0.2kg 的均匀直金属杆ab 放在导轨上，其接入回路的电阻r=0.5Ω，质量m2=0.6kg
的绝缘杆cd 静置于水平轨道上，水平轨道处于磁感应强度大小B=1T，方向竖直向上的匀
强磁场中，导轨电阻忽略不计。现让金属杆ab 由静止释放，释放点距水平轨道的竖直高
度h=0.45m，进入水平轨道减速运动一段时间后，与绝缘杆cd 发生弹性碰撞，碰撞时间
极短，碰后瞬间杆ab 的速度大小v1=1m/s，方向水平向右。已知杆ab、cd 均与导轨垂直，
重力加速度g=10m/s2。求：
46
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(1)金属杆ab 刚进入磁场时的加速度大小a；
(2)两杆碰后瞬间，绝缘杆cd 获得的速度大小；
(3)全过程中电阻R 上产生的焦耳热。
【答案】(1)1.5m/s2
(2)1m/s
(3)0.48J
【详解】（1）金属杆滑下过程，由机械能守恒定律有
刚进入磁场时，由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有
由安培力公式和牛顿第二定律有
解得
（2）设碰撞前瞬间ab 的速度大小v0，碰后瞬间绝缘杆速度为v2，根据碰撞过程中ab、
cd 系统动量守恒与能量守恒有
，
解得
，
（3）碰撞后cd 棒匀速直线运动，金属杆ab 最终静止于水平轨道上，全过程由能量守恒
定律，有
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全过程中电阻R 上产生的焦耳热
解得
18．（2025·浙江·模拟预测）如图，两根光滑平行金属导轨EF、HG 固定在绝缘水平面上，
左、右两侧导轨间距分别为
和
，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小为
。两
根完全相同的均匀金属棒P、Q，长度均为
、质量均为
，P 棒中点处接有一原长为
、劲度系数为
的轻质绝缘弹簧，两棒放置在导轨上图示位置。现给P 棒一个初速度，
当P 棒运动到MN 时（两棒运动已经稳定），P 棒速度大小为
，弹簧刚好与Q 接触。
运动过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，弹簧始终在弹性限度内，弹簧弹性势能的
大小为
（
为弹簧的形变量），导轨足够长且电阻不计，两棒电阻不可忽略。
(1)求P 棒的初速度大小
；
(2)求P 运动到MN 过程通过Q 的电荷量
；
(3)若运动过程中两棒的最近距离为
，求从开始到弹簧压缩至最短过程P 棒产生的焦
耳热
。
48
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【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）P 棒向右运动，根据右手定则可知，在P 棒、Q 棒组成的回路中会产生逆
时针的电流，根据左手则，可知P 棒受到的安培力向左，Q 棒受到的安培力向右；当P 棒
运动到MN 时两棒的运动已经稳定，说明回路中电流为零，即此时两棒产生的电动势相
等，则两棒开始匀速运动时有
解得
两棒从开始到稳定过程，分别对P 棒、Q 棒由动量定理得
，
联立解得
（2）对Q 棒，根据动量定理有，
又
联立可得
解得
（3）P 棒在窄导轨上运动到稳定过程中，由系统能量守恒得
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解得
此过程P 棒产生的焦耳热为
P 棒进入宽导轨到弹簧压缩至最短过程中，P 棒在安培力和弹力作用下做减速运动，Q 棒
在安培力和弹力作用下做加速运动，当速度相等时，回路电流为零，弹簧被压缩到最短，
开始恢复形变，由系统动量守恒和能量守恒可得
,
解得
此过程P 棒产生的焦耳热为
综上，P 棒中产生的焦耳热
19．（2025·河南·三模）如图所示，水平面内足够长的两平行光滑金属直导轨，左侧与
的定值电阻相连接，右端与两半径
的竖直面内
光滑圆弧轨道在
处平滑连接，
与直导轨垂直，轨道仅在
左侧空间存在竖直向上，大小为
的
匀强磁场。将质量为
、电阻为
的金属棒
静置在水平直导轨上，图
50
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中棒长和导轨间距均为
距
足够远，金属导轨电阻不计。开始时，用一恒为
的拉力
作用于
，使
向右加速运动直至运动稳定，当
运动到
处时撤去
外力，随后择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量为
的绝缘棒
，当
速度变为
时恰好与
在
处发生第1 次弹性碰撞。随后
反向冲上圆弧轨道。
已知之后
与
每次碰撞前
均已静止，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，
M、N 始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度
。求：
(1)金属棒M 稳定运动时的速度大小；
(2)
与
之间的距离
；
(3)自金属棒M 发生第1 次碰撞后到最终静止，金属棒M 的总位移。
【答案】(1)
，方向水平向右
(2)
(3)
【详解】（1）金属棒M 稳定运动时回路中电流恒定，金属棒做匀速运动，得
又
，
，
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联立解得金属棒
稳定运动时的速度为
，方向水平向右。
（2）根据题意当
速度变为
时恰好与
在
处发生碰撞，对金属棒
从
到
之间应用动量定理
即
又由
联立求得
（3）绝缘棒N 滑到圆周最低点时，由动能定理可得
求得
金属棒
，绝缘棒
弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒
，
求得
因为
对绝缘棒
分析可知绝缘棒将滑过圆弧轨道的最高点后继续向上运动然后再返回圆弧轨
道，再以
的速度与金属棒相碰
发生第一次碰撞后，金属棒
向左位移为
，根据动量定理可得
52
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即
根据前面分析同理可知
联立求得
由题可知，绝缘棒
第二次与金属棒
碰前速度为
，方向水平向左，碰后速度为
，
金属棒的速度为
，由弹性碰撞可得
，
求得
金属棒
再次向左运动到静止的位移
，同理得
求得
同理可知，金属棒
与绝缘棒
第三次碰撞后的瞬时速度
绝缘棒
第三次碰撞后的瞬时速度
金属棒
向左的位移
53
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求得
同理可知，金属棒
与绝缘棒
第四次碰撞后的瞬时速度
金属棒
向左的位移
求得
以此类推，金属棒
与绝缘棒
第
次碰撞后金属棒
向左的位移
发生第1 次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒
的总位移
当
趋于无穷大时得
20．（2025·浙江温州·二模）如图1 所示，在光滑绝缘的水平面内建立
坐标系，空间中
的范围内存在竖直向下的磁场，任一时刻磁感应强度分布与y 无关，随x 按
的规律变化，k 随时间的变化如图2 所示，其中
T/m，
s。水平面上
有一边长
m、质量
kg、总电阻
Ω 的匀质正方形刚性导线框abcd，
54
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内锁定在图1 所示的位置，
时刻解除锁定，同时对线框施加向右的水平恒力
N，使之开始沿x 轴正方向运动，已知当ab 边到达
时，线框开始做匀速运
动。在线框ab 边越过磁场右边界后瞬间，改施加变力，使之后线框在离开磁场的过程中
其电流保持不变。线框在全过程中始终处于
平面内，其ab 边与y 轴始终保持平行，
空气阻力不计。求：
(1)
内线框中电流I 的大小及方向；
(2)线框在磁场中匀速运动的速度大小v；
(3)线框在匀速运动过程中，ab 两端的电势差
随ab 边的x 坐标变化的关系式；
(4)线框在穿出磁场的过程中产生的焦耳热Q。
【答案】(1)4A，顺时针
(2)
m/s
(3)
（V）（
）
(4)
J
【详解】（1）
内感应电动势
磁通变化量大小
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根据
解得
A
电流方向为顺时针
（2）匀速运动时
，
根据平衡
解得
m/s
（3）根据（2）解得
A
线框ab 边
根据
得
（V）（
）
（4）线框ab 边越过磁场右边界后瞬间，电流发生突变
A
穿出过程（cd 边的x 坐标
）：安培力随位置均匀变化的特点通过安培力做功
的能量关系间接求解，有
，
根据
解得
J
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