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压轴题解题技巧
目录
01 析·方法策略..........................................................................................................................................................1
02 破·方法攻坚..........................................................................................................................................................4
题型一 力学综合性压轴题..............................................................................................................................4
题型二 带电粒子在电磁场中运动压轴题....................................................................................................13
题型三 电磁感应综合性压轴题....................................................................................................................24
一、 战略层面：调整心态，精准定位
1.明确目标，合理取舍
（1）压轴题结构：通常由2-3 个小问组成。第一问往往是基础模型，容易拿分；第二问开始综合；第
三问则可能是区分度最高的。
（2）策略：你的首要目标是“抢分”，而不是“满分”。考试时，如果看题3-5 分钟完全没有思路，
果断跳过，先保证把易拿的分数（如选择题、实验题、压轴题第一问）收入囊中。有时间再回头攻克。
2.战略藐视，战术重视
（1）心理上：不要预设“我肯定做不出来”的恐惧。压轴题通常由经典模型组合、变形而来，你平
时一定练过类似的元素。
（2）行动上：要极度细致。压轴题往往陷阱多、过程多，一个符号看错，满盘皆输。
二、 战术层面：四步解题法
面对一道复杂的压轴题，可以按照以下四个标准步骤来拆解。
第一步：审题 —— 提取信息，建立图景
这是最重要的一步。很多同学做题“想当然”，就是因为审题不清。
（1）逐字阅读，圈画关键词：
①物理环境：光滑/粗糙（摩擦系数）、水平/竖直/斜面、重力不计/考虑重力、有无空气阻力。
②运动状态：静止/初速为零、匀速、匀加速、刚好、恰好（临界）、缓慢（动态平衡）、最大/最小。
③物体性质：质点、轻绳/轻杆（质量不计）、弹簧（弹性系数）、小球/滑块、导体棒（电阻、长度）。
（2）边读边画，情境可视化：
①画草图：画出不同阶段的示意图，标出已知量和未知量。
②画过程图：如果过程复杂，可以画一个时间轴或流程图，标出A→B→C 各阶段的位置、速度和受力变化。
③画图像：题目给的v-t 图、F-t 图、U-I 图等，是信息的浓缩，务必理解斜率、面积、截距的物理意义。
第二步：模型构建与拆解 —— 化繁为简
物理压轴题的本质是“旧模型的组合”。需要把复杂情景拆解成熟悉的模块。
（1）识别基本模型：
①运动学模型：匀变速直线、平抛/类平抛、圆周运动（尤其是竖直平面的圆周）。
②力学模型：连接体、板块模型、传送带、弹簧振子。
③电磁学模型：带电粒子在电场中的加速/偏转、在磁场中的圆周运动、导体棒切割磁感线（单杆/双杆）、
电磁感应中的电路与动力学综合。
（2）拆解多过程问题：
①用“拆解法”将复杂运动分解为几个简单过程。例如：先加速直线，再平抛，最后在磁场中做圆周运动。
②寻找“衔接点”：上一个过程的末速度和位置，就是下一个过程的初速度和初始位置。这个“衔接”是
列出方程的关键。
（3）分析多对象问题：
如果涉及多个物体，比如滑块木板模型，需要思考：是用隔离法还是整体法？它们之间的位移关系、速度
关系是什么（是否共速，是否分离）？
第三步：规律选择与列式 —— 精准打击
这是解题的核心，也是最体现物理素养的部分。
（1）判断适用规律：
①力的瞬时作用：牛顿第二定律F=ma，一般用于求加速度、力、时间。
②空间积累效果：动能定理W=ΔEk，一般用于求位移、速度、功，不涉及时间时优先考虑。
③时间积累效果：动量定理Ft=Δp，涉及力作用时间时使用；动量守恒定律（系统合外力为零）。
④能量守恒：系统能量守恒，涉及多种能量（动能、势能、内能、电能）转化时使用。
⑤电路规律：闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律E=nΔΦ/Δt、E=BLv、楞次定律。
（2）规范列式，条理清晰：
①不要写“综合式”：不要试图一步到位写出包含所有未知量的方程，这样容易出错且难以得分。
②分步列式，写原始方程：每个方程都有明确的物理过程对应。
③写“通式”：用题目中给的字母表示，不要急着代入数据。最后再统一代入计算。
第四步：数学运算与检验 —— 小心求证
这是很多同学容易失分的环节，计算能力也是高考考察的一部分。
（1）先字母运算，后代入数据：这样可以简化表达式，约去很多中间量，也能让你看清物理量之间的依
赖关系。
（2）解方程要细心：压轴题常涉及二元二次方程组、三角函数、不等式极值问题。解完后，可以简单验
证是否符合物理事实（如速度方向、能量增减、半径大小等）。
（3）检查结果的合理性：
①单位：算出的力的单位是不是牛顿？速度是不是米/秒？
②特例检验：如果令某个角度为0°或90°，或者某个质量为无穷大，结果是否符合物理直觉？
三、专项策略：常见压轴模型解法精要
1. 力学综合（板块、弹簧、碰撞）
（1）核心：三大观点（动力学、能量、动量）的综合运用。
（2）策略：
①先判断系统动量是否守恒。
②找临界状态：共速（相对静止）往往是能量损失最大或相对位移最大的时刻。
③画位移关系图：明确滑块和木板的对地位移和相对位移，Q=fs 相对。
2. 带电粒子在复合场中的运动
（1）核心：运动的分解与合成。
（2）策略：
①电场+磁场：通常先电场加速（动能定理），后磁场偏转（几何作图找圆心、半径、角度）。
②磁场+磁场：不同区域，轨迹是不同半径的圆。关键在于找到两个圆相交点速度的方向和大小不变。
③重力场+电场+磁场（三场）：如果重力与电场力平衡，则相当于只受洛伦兹力，做匀速圆周运动；如果
不平衡，则可能做复杂的曲线运动（如摆线），此时需考虑用能量观点或运动的分解（如配速法）来处理。
3. 电磁感应综合（导轨+电容+含容电路）
（1）核心：力电综合。运动→感应电动势→电路→电流→安培力→改变运动状态
（2）策略：
①明确哪部分是电源，内阻多少，外电路如何连接。
②安培力通常是变力，导致导体棒做变加速运动，最终往往达到匀速（合外力为零）。
③常用定律定理：动能定理、动量定理和能量守恒。
题型一 力学综合性压轴题
1．如图所示，质量为M 的空心圆管道静止在光滑水平面上，管道的右端与固定竖直挡板相距x，一质量为
m 的活塞静止于管道的左端。已知M=2m，两者间的滑动摩擦力为f=kmg（k 为常量），重力加速度为g。
某时刻给活塞一个水平向右的瞬时冲量，当管道向右加速运动的距离为d 时，活塞的速度为
。
已知活塞一直在管道中，管道与挡板碰撞时间极短且无机械能损失。
(1)求瞬时冲量I 的表达式；
(2)若x 足够大，求活塞相对于管道运动的总时间t 和管道的最短长度L；
(3)若管道与挡板能且仅能发生n（n≥2）次碰撞，求x 满足的条件。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）设活塞的初速度为v0，活塞的速度为
时，管道的速度为vB，对管道进行分析有
对活塞和管道系统进行分析有
瞬时冲量
联立解得
（2）由于x 足够大，所以两者达到共同速度v1后管道才与挡板相碰，则有
设管道与挡板碰撞后，两者最终以相同的速度v2向左运动，则有
对活塞从速度v0变到v1以及v1变到v2的过程有
解得
对系统进行分析，由能量守恒得
解得
（3）设管道第n 次与挡板碰撞时，活塞的速度为vAn，管道的速度为vBn，从管道开始运动至第1 次与挡板
碰撞前有
从第1 次碰撞后至第2 次碰撞前有
从第（n−1）次碰撞后至第n 次碰撞前有
因为管道向左和向右运动的对称性有
由以上各式并代入M=2m 得
第（n−1）次与挡板碰后要求系统总动量向右，则有
解得
由于
解得
第n 次与挡板碰后要求系统总动量向左或为零，则有
又由于
解得
由于
同理可解得
故x 应满足的条件为
2．如图所示，竖直放置的半径
的
光滑圆弧轨道AB 与倾角为
，长度为
的倾斜传
送带BC 在B 点平滑连接，传送带BC 的右端与静置在光滑水平面上的木板CD 在C 点等高平滑连接，距木
板右端
处有一固定的挡板P。现从A 点正方方h
0.4m 处，由静止释放小物块a，a 经圆弧轨道和传送带
后在一极短光滑圆弧轨道（未画出）的约束下沿水平方向滑上木板，与静止在木板左端的小物块b 碰后瞬
间粘在一起，木板第一次与挡板Р 碰撞时恰好与物块a、b 达到共速。已知，传送带以
的速度沿
顺时针方向匀速转动，a 的质量为
， b 的质量为
，木板的质量为
，物块a 与传送
带间的动摩擦因数为
，物块a、b 与木板间的动摩擦因数均为
，物块a 经过所有连接处均
无能量损失，木板与挡板Р 的所有碰撞均为弹性碰撞，物块a、b 始终未与木板分离，重力加速度g 取
。求：
(1)物块a 通过B 点时对轨道的压力大小；
(2)物块a 与传动带间摩擦产生的热量；
(3)
的大小；
(4)木板在整个运动过程中总路程的大小。
【答案】(1)100N
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）物块 a 从释放点到B 点，由动能定理
代入数据，解得
在B 点，由牛顿第二定律
解得轨道支持力
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力为 100N。
（2）由
知物块a 若与传动带共速，则同步向上运动，设经时间物块a 与传动带共速，
根据牛顿第二定律
联立解得
，
物块a 的位移
物块a 与传动带间相对滑动的距离为
物块a 与传动带间摩擦产生的热量为
（3）之后以
的速度做匀速运动到与物块b 相碰，碰撞瞬间动量守恒
解得
之后物块ab 匀减速运动，木板匀加速运动，到第一次与挡板Р 碰撞时恰好达到共速，根据牛顿第二定律，
对物块ab，
牛顿第二定律，对木板
解得
，
对系统，根据动量守恒
解得
根据运动学规律对木板分析
解得
（4）木板与挡板Р 的所有碰撞均为弹性碰撞，物块a、b 始终未与木板分离，故最终整体停下，第一次碰
后瞬间，木板速度反向，大小不变，为
开始做加速度大小为
匀减速直线运动，减速到零再反向运动至与木板共速，设时间为
，物块
a、b 做减速直线运动，加速度大小为
，根据运动学规律
解得
，
还没撞到P 上已经共速，因此木板运动的路程为
再次碰后，木板反向，同理
解得
，
，
这次木板运动的路程为
同理，由数学知识推理得
3．如图所示，光滑轨道A 固定在水平地面上，其弧形轨道的高度为h，水平部分与木板B 上表面齐平。木
板B 质量为m，紧靠轨道A 放置在光滑水平面上，在B 的右侧放着若干滑块（视为质点），滑块的质量均
为m，编号依次为1、2、3、4。。。。。。n（n 趋于无穷大）。质量为3m 的滑块C（视为质点）置于轨
道A 的顶端，由静止释放，经过
滑上木板B，C 与B 之间的动摩擦因数为
，当C、B 刚达到共
速时，木板B 恰好与滑块1 发生第1 次弹性碰撞。经过一段时间，C、B 再次刚达到共速时，木板B 恰好与
滑块1 发生第2 次弹性碰撞，依次类推；最终滑块C 没从木板B 上滑落。已知重力加速度为g，滑块间的碰
撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：
(1)C、B 第一次达到共速时，B 的速度大小；
(2)轨道A 对滑块C 作用力的冲量大小和方向；
(3)最初木板B 右端与滑块n 之间的距离S 以及最终n 个滑块的总动能Ek。
【答案】(1)
(2)冲量大小为
，方向与水平方向成45°（斜向右上方）
(3)
，
【详解】（1）根据题意，C 沿轨道A 下滑过程，动能定理可知
解得
C、B 第一次达到共速，由动量守恒定律可知
联立得共速速度
（2）滑块C 在光滑轨道A 上运动过程中，由动量定理可知
其中
，
由矢量关系可知
则有
即轨道A 对滑块C 作用力的冲量大小为
，方向与水平方向成45°（斜向右上方），如下图。
（3）根据题意，C 在B 上滑动过程，由牛顿第二定律可得
，
由（1）可知C、B 第一次达到共速时
第一次共速的时间
可知B 向右滑动距离
B 与滑块1 弹性碰撞且机械能守恒有
，
解得木板B 速度
，滑块1 速度
，即速度交换。
同理第二次共速过程中，共同速度
需要时间
B 向右滑动距离
递推可知
则初始时木板右端与滑块n 的距离
由等比数列求和公式，解得最初木板B 右端与滑块n 之间的距离S 为
B 第一次与滑块1 碰后，滑块1 的速度为
与滑块2 弹性碰撞后交换速度，以此类推，最后滑块n 获得速度为
其对应的动能为
同理，滑块
最后获得速度为
其对应的动能为
最后，滑块1 获得速度为
其对应的动能为
n 个滑块的总动能为
联立可知最终n 个滑块的总动能Ek为
4．如图甲所示，B 物块静止在足够长的固定斜面上，t=0 时刻将质量为m 的A 物块从距离B 物块L 处由静
止释放，t=9t0时刻A、B 发生第一次碰撞，t=19t0时刻发生第二次碰撞，在两次碰撞间A 物块的v-t 图线如图
乙所示（其中v0、t0均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块与斜面的最大静摩擦
力均等于滑动摩擦力，求：
（1）A 沿斜面向下运动与向上运动的加速度之比；
（2）B 物块的质量；
（3）A、B 物块与斜面间的动摩擦因数之比；
（4）B 物块沿斜面下滑的最大距离。
【答案】（1）1:2；（2）17m；（3）
；（4）
【详解】（1）0~9t0时间内，物块沿斜面下滑，有
9t0~13t0时间内，物块沿斜面上滑，有
所以A 沿斜面向下运动与向上运动的加速度之比
（2）9t0时刻A、B 发生第一次碰撞，则
联立可得
，
（3）刚释放物块时，A、B 之间的距离为L，则有
A 物块在9t0~13t0时间内沿斜面向上运动，则
由于13t0~19t0时间内A 物块的加速度与0~9t0时间内的加速度相同，所以19t0时刻物块A 的速度大小为
A 物块在13t0~19t0时间内沿斜面向下运动，则
所以从第一次碰撞后到第二次碰撞物块B 发生的位移为
假设第二次碰撞前物块已停止运动，则有
可得
即13t0时，物块停止运动，假设成立，设物块下滑过程中的加速度大小为a3，则有
联立可得
（4）t=19t0时刻发生A、B 第二次碰撞，碰撞时B 的速度大小为0，A 的速度大小为
由动量守恒可得
，
联立可得
设第二次碰撞后B 物块下滑
的距离为xB2，则
可得
所以
题型二 带电粒子在电磁场中运动压轴题
5．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅱ象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场，第Ⅲ象限内存在垂直
纸面向里的有界匀强磁场，下边界是以
为圆心、半径为2R 的圆弧，上边界是以
为圆心、半径为R 的半圆弧，磁感应强度大小为
。一质量为m、电荷量为q 的带负电粒子，从y 轴上的
M 点沿x 轴负方向正对圆心
发射，沿半径
的圆弧运动并恰能通过圆心
，进入电场后从 y 轴上
的
点进入第Ⅰ象限。不计粒子重力。
(1)求粒子射入第Ⅱ象限时的速度大小
(2)求匀强电场的场强E 及粒子在第Ⅱ、Ⅲ象限中运动的总时间
(3)若第Ⅰ象限中有方向垂直纸面向里的磁场图中未画出，磁场的磁感应强度大小
为正的常量，
y 为纵坐标，即在x 方向均匀分布，在y 方向随y 均匀增大，求粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次离x 轴最
远时的轨迹与x 轴围成的面积S。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）正对圆心
射入的粒子，沿半径
的圆弧运动并恰能通过圆心
，粒子在磁场中运动的轨迹
的圆心恰好为原点O，运动轨迹如图所示，
设速度偏转角为
，由几何关系有
解得
从O2点进入电场，沿y 轴方向，则有
解得
沿x 轴方向，则有
，
解得
粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动的时间
粒子在第Ⅲ象限无磁场区域运动的时间
运动的总时间
解得
（3）粒子到达P 点时沿y 轴方向分速度
粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次沿y 轴方向的分速度为0 的过程中，沿 y 轴由动量定理则有
其中
可得
又因为
可得
即
解得
6．通过电磁场可以实现对粒子运动的控制。如图所示，间距很小且平行正对的两水平金属板M1N1、M2N2
的长度均为2d，上极板M2N2位于平面直角坐标系xOy 的x 轴上，其中心小孔位于坐标原点O 处。下极板
M1N1连有外电路（未画出），可从整个下极板的上表面向xOy 平面内的各个方向发射各种速度大小为0~v
（v 已知）的热电子（质量为m、电荷量为
e），电子只能由小孔射出。I 区（第一象限内和y 轴正半轴
上）充满垂直xOy 平面向里的匀强磁场，II 区（x 轴下方竖直虚线N2N1右侧）充满垂直xOy 平面向外的匀
强磁场，两区磁场的磁感应强度大小相等，其他区域无磁场。不计电子重力、电子间的碰撞及相互作用。
(1)若UM2M1=U0，求M1N1板上速度为0 的电子从O 点射出时的速度大小。
(2)某次实验时，在两金属板间加上另一恒定电压，电子经电场加速后，由小孔射出时的最小、最大速度之
比为1 2∶，之后仅经过I 区磁场偏转一次后，能全部通过x 轴上AC 之间（含A、C）的各个位置，其中A、
C 两点的横坐标分别为xA=2d、xC=4d。忽略金属板的厚度及边缘效应，已知sin37°=0.6。
①求磁场的磁感应强度大小B。
②若D 点位于x 轴上且xD=3.2d，通过A 点的电子和通过D 点的电子会在x 轴上发生相遇。以电子同时离开
A、D 为计时起点（t=0 时刻），求电子第一次在x 轴上相遇的时刻与位置。
【答案】(1)
(2)①
；②x=16d，
【详解】（1）设
板上速度为0 的电子从
点射出时的速度为
由动能定理有
解得
（2）[1] 设电子从小孔射出时的最小、最大速度分别为
、
,由分析知，平行板间电场对所有从小孔射
出的电子所做的功均相同，因此
板上速度为0 的电子从小孔射出时的速度最小为
，
板上速度
为的电子从小孔射出时的速度最大为
，分别由动能定理可得
，
联立解得
由分析知，
板上速度为0 的电子从
点射出后，仅经I 区磁场偏转一次落在
点
可得
由洛伦兹力提供向心力
解得：
[2] 设电子从小孔射出时与
方向的夹角为
、速度大小为
由板间匀变速曲线运动规律易知
其中
，即
如答图3 所示，电子要通过
点，需满足
由此可知，通过
点的电子的竖直分速度均为
因此，通过
点的电子的速度满足
与竖直方向的夹角
满足
，故
同理分析可知：通过
点的电子最大速度为
，设最小速度为
，且
方向竖直向上，则
可得：
因此通过
点的电子的速度满足
与竖直方向的夹角
满足
，故
由
（其中
、
取1，2，3…）
可得：
因为是第一次相遇，则取最小的自然数，可得：
，
因此电子第一次在
轴上相遇的位置：
由于电子在两区磁场中的运动具有周期性，且电子做圆周运动的周期均为
，因此从
、
两点出
发运动时间最短的电子最快到达相遇点。
由分析知，电子相遇时的时间
得
其中
，
代入
，
可得，到达第一次相遇位置的电子，满足：
当
时，
，不符合题意，舍去
当
时，
，符合题意
由此可知，当
时相遇的时间最短，即
，
的电子最先相遇
因此，电子第一次在
轴上相遇的时刻：
解得：
7．离子注入是半导体掺杂的核心技术，其原理是利用电磁场对离子束进行筛选、加速和精准控制，我国
科研团队在此领域取得重要突破。如图甲所示，简化装置由离子源、扇形分析磁场、直线加速器和磁场注
入区组成。其工作流程如下：离子源将掺杂物质电离。电离出的正离子因具有微小初速度（大小可忽略）
形成离子束，再经电压为
的电场加速后，获得相同速率。接着以散射角
（
很小）进入正立的扇形匀
强磁场区域（磁感应强度大小为
，方向垂直纸面向外，圆弧对应的圆心角为
）。此区域不仅能将比
荷为
的正离子从另一侧直线边界的狭缝中筛选出来，还能对离子进行汇聚（离子离开时的散射角为
），
其中垂直扇形边界入射的离子恰好垂直边界出射。筛选出的某离子在
时进入由4 个理想金属细圆筒
（筒内磁感应强度和电场强度均为零）组成的直线加速器，每个圆筒内的运动时间为
。加速器与扇形磁
场边界垂直，其
、
两端接入有效值为
、周期为
的交变电压，波形如图乙所示。经圆筒间隙瞬时
加速后的离子沿圆筒轴线进入垂直于纸面向里的磁场注入区，以入射点
为原点建立
坐标系。在
区域，磁感应强度大小为
；在
区域，磁感应强度大小为
。其中，末级圆筒长度大于
，大小不计的半导体晶圆平行于
轴放置在直线
上的某处。忽略离子间相互作用、边界效应及
相对论效应，
。不计离子重力和
的平方项。
(1)求离子在扇形磁场中的运动半径；
(2)求第3 个金属圆筒的长度以及离子进、出扇形分析磁场时，其速度方向与狭缝法线夹角的比值；
(3)为使离子束能恰好垂直注入到晶圆表面，求参数
应满足的条件。
【答案】(1)
(2)
，
(3)①若
，即
时
第一种情况：
，
取正整数且
第二种情况：
，
取正整数且
②若
，即
时，则
即可。
第一种情况：
，
取正整数
第二种情况：
，
取正整数
【详解】（1）加速电场中
解得
扇形磁场中
离子在扇形磁场中的运动半径
（2）从离子源到第三个筒一共加速三次
解得
筒内磁感应强度和电场强度均为零，可知第3 个金属圆筒的长度
如图1，由几何关系、正弦定理可得
又
，化简得
离子进、出扇形分析磁场时，其速度方向与狭缝法线夹角的比值为
（3）加速全过程
解得
在磁场B 中，
由几何关系易知弦长
在磁场
中，
由几何关系易知弦长
第一种情况：离子沿
方向垂直注入晶圆，如图
故
又
，则
第二种情况：离子沿
方向垂直注入晶圆，如图
故
又
，则
又离子不能打到第4 个圆筒，故
离子不能出左边界，故
即
①若
，即
时，第一种情况：
，
故
，
取正整数且
第二种情况：
，
故
，
取正整数且
②若
，即
时，则
即可。
第一种情况：
，
取正整数
第二种情况：
，
取正整数
8．如图所示，在空间直角坐标系
（z 轴沿竖直方向）中，
的空间内有方向均沿z 轴负方向的
匀强磁场和匀强电场I；x≥0 的空间有沿x 轴负方向的匀强电场II。将质量为m、电荷量为+q 的带电小球
（可视为质点）从射线（
）上的P 点以速度v0（v0在Oxy 平面内），沿与x 轴负方向夹
角
方向抛出，小球运动一段圆弧后从坐标原点O 处沿着x 轴正方向进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中恰好运
动至平面.
处，然后返回，从z 轴上的Q 点（图中未画出）再次进入磁场，已知重力加速度为g。求：
(1)电场I 的场强E1和磁感应强度B 的大小；
(2)Q、O 两点间的距离；
(3)若在y 轴上某一位置将该小球向x 轴负方向抛出，为使小球击中点（0，
，
），求小球抛出的
位置和速度大小。
【答案】(1)
，
(2)
(3)见解析
【详解】（1）由题意知qE1=mg
解得
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则r+rsin30°=L
解得r=
L
根据牛顿第二定律
解得
（2）粒子在电场中的运动时间
QO 之间的距离
解得
（3）由题意知电场Ⅱ场强大小
解得：
令小球在y 处以速度v 抛出小球，且击中时小球在磁场中运动了n 次（n 个半圆）则
即
小球在电场Ⅱ中往返一次的时间
即
小球在磁场中运动一次所用的时间
即
①若小球从磁场中经过该点，则
解得
；
②若小球从电场中经过该点，则
解得
题型三 电磁感应综合性压轴题
9．如图所示，
和
是两根互相平行、竖直固定放置的光滑金属导轨，已知导轨间距为
且导轨足够
长。虚线下方存在磁感应强度为
的水平匀强磁场、方向垂直导轨平面，质量为
长也为
的金属杆
始终与导轨垂直且与导轨接触良好。定值电阻阻值为
电容器的电容为
且足够大、理想线圈的自感系数
为
，整个回路除定值电阻
外，其他电阻均不计。开始时三个开关均断开，重力加速度为
，不计空气
阻力和电磁辐射。（线圈产生的自感电动势
）
(1)仅闭合
，由静止释放金属杆
，最终稳定时电阻
上消耗的电功率；
(2)仅闭合
，由静止释放金属杆
，求金属杆的加速度大小及回路中的电流大小；
(3)仅闭合
，由静止释放金属杆
，求金属杆下落的最大距离。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）设稳定时速度为，杆上电动势
回路感应电流
杆所受安培力
由平衡条件
电阻
上消耗的电功率
解得
（2）仅闭合
，由于回路无电阻，所以电容器的电压始终与杆上电动势大小相等，即
取一小段时间
，充电电流
通过回路截面的电荷量等于电容器增加的电荷量
所以
由牛顿第二定律
解得加速度
（3）仅闭合
，由于回路无电阻，所以线圈上的自感电动势始终与杆上电动势大小相等，设时刻杆的速
度为，取一小段时间
，则
上式两边同乘后
求和
所以
杆所受的安培力
设杆受力平衡时，下落的高度为
，由
得
以竖直向下为正方向，以杆受力平衡时的位置为坐标原点建立坐标系，当杆离开平衡位置时的位移为
时，
金属杆的合外力
所以金属杆在竖直方向做简谐运动，由对称性，金属杆下落的最大距离为
10．如图所示，间距为L 的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端通过导线连接阻值为R
的定值电阻，导轨光滑且电阻忽略不计。磁感应强度为B 的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域
的宽度为
，间距为
。一根导体棒与导轨垂直放在导轨上，处于锁定状态，导体棒质量为m、导轨间部
分电阻为R，到磁场区域1 上边界距离为x(未知)。棒运动过程始终与导轨垂直，重力加速度为g。
(1)当
时，导体棒释放后恰好匀速穿过磁场区域1。
①求穿过磁场区域1 过程定值电阻产生的焦耳热；
②求
。
(2)当x 取合适值时，导体棒进入磁场后的运动过程中，在任一磁场区域和非磁场区域运动的时间均相等，
求从导体棒释放到穿过第n 个磁场区域所用的总时间。
【答案】(1)①
；②
(2)
【详解】（1）①导体棒匀速穿过磁场区域1 过程，设回路产生总焦耳热为
，由能量守恒有
定值电阻产生的焦耳热
②设导体棒到达磁场区域1 上边界时的速度大小为
，由机械能守恒有
导体棒进入磁场区域1 时，产生电动势
回路产生感应电流
导体棒受安培力大小
导体棒匀速穿过磁场区域1，有
联立解得
（2）设导体棒每次进入磁场区域时的速度为
，每次离开磁场区域时的速度为
，每次在磁场区域和非
磁场区域运动时间均为T，运动的速度时间图像如图所示
导体棒在磁场中运动，设某时刻速度为，则安培力大小
经过一小段时间
，速度变化
，由动量定理有
左右两边求和，有
导体棒在无磁场区域运动过程，由动量定理有
由动能定理有
联立解得
，
从释放到进入磁场区域1 过程，设用时
，由动量定理有
可得
从释放导体棒到穿过第
个磁场区域，所用的总时间
11．如图所示，两个金属轮
、
，可绕各自中心固定的光滑金属细轴
和
转动。
金属轮由3 根
金属辐条和金属环组成，每根辐条长均为
、电阻均为
。
金属轮由1 根金属辐条和金属环组成，辐
条长为
、电阻为
。半径为
的绝缘圆盘
与
同轴且固定在一起。用轻绳一端固定在
边缘上，在
上绕足够匝数后（忽略
的半径变化），悬挂一质量为
的重物
。当
下落时，通过细绳带动
和
绕
轴转动。转动过程中，
、
保持接触且无相对滑动，辐条与各自细轴之间导电良好。整个装置
处在磁感应强度为
的匀强磁场中，磁场方向垂直金属轮平面向里。
轮的轴
及
轮的轴
分别引出
导线与两平行足够长的光滑水平金属导轨连接，导轨
、
处断开，金属导轨的间距为
。两导轨之间
的左侧串联了开关
与电阻
，电容器
与单刀双掷开关
串联，可以通过
或
与导轨相连，虚线右侧
存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为
，导轨上有质量为
，长度也为
、电阻为
的金属棒
，除题中所给电阻外不计其他电阻。
(1)当
、
都断开，重物下落时，比较
与
哪个点的电势高；
(2)
闭合、
断开，重物下落速度为
时，求
与
两点之间电势差；
(3)
闭合、
断开，重物下落
过程中，通过电阻
的电量；
(4)
闭合、
先打向
，充电稳定后再打向
，待金属棒
运动稳定时，求金属棒
的速度
。
【答案】(1)
点电势高
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）根据右手定则可知，
点电势高于A1边缘的电势，而A2边缘的电势高于O2点的电势，可
知
点电势高于O2点的电势；
（2）由图可知绝缘轮
与
轮具有相同的角速度，重物P 与绝缘轮
具有相同的线速度，有
电路的总电阻为
金属轮与
金属轮具有相同的线速度，则
金属轮的线速度为
则
金属轮辐条切割磁感应线产生的电动势为
根据右手定则，可知两个金属轮上每根辐条产生的电流相互增强，故两个金属轮产生的总电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得
（3）重物下落L 时，金属轮
及
轮边缘某点转过的弧长均为4L，通过R 的电量
（4）充电稳定：重力的功率与产生的热功率相等，设重物的速度为v，则
解得
导线切割磁感线产生的电动势为
稳定时电容器两端的电压
打向F，待金属棒GH 运动稳定时，金属棒GH 的电动势与电容器电压相等，金属棒GH 的速度
稳定，则
有
解得
12．如图所示，间距
m 的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接输出顺时针电流
A 的恒流源。空间分布两个宽度分别为
m 和
m，间距
m 的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，两磁
场磁感应强度小，方向均相同。质量
kg、电阻为
的导体棒静止于区域Ⅰ左边界，质量
kg、边长为
、电阻
Ω 的正方形单匝线框的右边紧靠区域Ⅱ左边界；一竖直固定挡板与区域Ⅱ
的右边界距离为
。某时刻闭合开关S，导体棒开始向右运动，离开区域Ⅰ时速度
m/s。已知导
体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦
和空气阻力。求：
(1)求磁感应强度B；
(2)线框与导体棒从第1 次碰撞至它们第2 次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q；
(3)线框与导体棒碰撞的次数n 以及导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间
。
【答案】(1)
，方向竖直向下
(2)
J
(3)碰7 次，
s
【详解】（1）导体棒受到向右的安培力，其大小为
对导体棒第一次离开区域Ⅰ的过程，由动能定理得
解得，磁感应强度
T
方向竖直向下。
（2）棒与线框发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间两者速度分别为
，
，以向右为正方向，由动量守恒和机
械能守恒得
，
解得
，
m/s（质量相等，速度交换）
第一次撞后，线框以
m/s 速度进入磁场Ⅱ，棒处于静止状态，设线框右边从磁场Ⅱ左边界运动到右
边界的过程时间为
，末速度为
，由法拉第电磁感应定律得
又
，
以向右为正方向，对线框由动量定理得
解得
m/s
同理可得，线框左边从磁场Ⅱ左边界运动到右边界时线框速度为
m/s
可知每次线框穿过磁场Ⅱ的速度，速度大小均减少0.2m/s，线框以
m/s 与挡板弹性碰撞后，以原速
率再次穿过磁场Ⅱ后的速度大小为
m/s，线框以速度
与棒第二次相碰，由能量守恒可得
解得
J
（3）线框与导体棒第二次碰后，两者交换速度，棒以
m/s 速度向左运动，线框静止，棒进入磁场
Ⅰ，所受安培力与原来等大反向，棒做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
解得
m/s2
棒在磁场I 中的最大位移
解得
m
m
棒在磁场Ⅰ中减速到速度为零，然后以加速度a 反向加速，以
m/s 的速度离开磁场Ⅰ，与线框碰撞
且速度交换后，线框通过磁场Ⅱ速度大小减小0.2m/s，与挡板弹性碰撞后，以原速率再次穿过磁场Ⅱ后的
速度大小再减小0.2m/s 后，以
m/s 的速度大小与棒再相碰。经过如此反复，可知两者每两次碰撞都
对应速度大小减小0.4m/s，由
可知棒与线框总的碰撞次数为
次
棒第1 次从磁场Ⅰ左边界匀加速运动到右边界时为
s
s
棒与线框碰后从右向左进入磁场Ⅰ的速度均比前一次减小0.4m/s，棒在磁场I 中匀减速直线运动和反向匀
加速直线运动对称，可得，第2 次碰后棒在磁场Ⅰ中运动的时间分别为
s
s
同理可得，第4、6 次碰后棒在磁场Ⅰ中运动的时间分别为
s
s，
s
s
导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间
解得
s
