电磁感应 高频考点梳理 专题练 2026届高考物理复习备考
文档属性
| 名称 | 电磁感应 高频考点梳理 专题练 2026届高考物理复习备考 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-01-15 00:00:00 | ||
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文档简介
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电磁感应 高频考点梳理 专题练
2026届高考物理复习备考
一、单选题
1．如图所示，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场。这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反。线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直。取逆时针方向的电流为正。若从图示位置开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的时间t之间的函数图象，下面四个图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．在现代科学研究中，用来加速电子的电子感应加速器利用的是变化的磁场所产生的感生电场，其基本原理如图1所示，上、下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动，上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，现在线圈中通入如图2所示的正弦交流电（图1中箭头方向为电流的正方向），所产生的感生电场使电子加速，若从上往下看，电子在真空室中沿逆时针方向运动，则在0~T时间内，可用于逆时针运动的电子加速的时间段为（ ）
A． B．
C． D．
3．如图所示，水平放置足够长且光滑的金属导轨和de，ab与de平行并相距为L，bc是以O为圆心、半径为r的圆弧导轨，圆弧b左侧和扇形内有方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度均为B，a、d两端接有一个电容为C的电容器，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，金属杆MN质量为m，金属杆MN和OP电阻均为R其余电阻不计，若杆OP绕O点在匀强磁场区域内以角速度ω从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆OP产生的感应电动势恒为
B．电容器带电量恒为
C．杆MN中的电流逐渐减小
D．杆MN向左做匀加速直线运动，加速度大小为
4．空间存在着如图的匀强磁场，MN为磁场理想边界，光滑水平面上有一个边长为a，质量为m，电阻为R的金属正方形线框，从图中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁场方向开始运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图Ⅱ位置时，线框的速度为v，则下列说法错误的是（ ）
A．在图中位置Ⅱ时线框中的电功率为
B．此过程中回路产生的电能为
C．在图中位置Ⅱ时线框的加速度为
D．此过程中通过线框截面的电量为
5．两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示，它们各有一边在同一水平面内，另一边在同一竖直面内。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，金属细杆ab、cd的电阻均为R。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨、大小为F的拉力作用下，以某一速度沿导轨向右匀速运动时，cd杆正好以速度向下匀速运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．ab杆向右匀速运动的速度大小为
B．经过时间t，通过金属细杆ab的电荷量为
C．abcd回路中的电流为
D．动摩擦因数与F大小的关系满足
6．如图所示，两个完全相同的闭合矩形导线框甲和乙，质量为m，长边长2L，短边长L，电阻为R，在其下方某一区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。已知乙线框由底边距磁场上边界h处静止释放，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是：（ ）
A．甲线框要匀速进入磁场，应由底边距磁场上边界4h处自由释放
B．甲、乙线框匀速进入磁场过程中运动时间之比为2：1
C．如甲也从底边距磁场上边界高度h处静止释放，则甲刚进入磁场时加速度大小为
D．如甲从距磁场上边界高度h处静止释放，在进入磁场过程中产生的热量Q满足：Q≤mg（2L+h）-
7．如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距，其中在，、、四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值的定值电阻。在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中。现有一总质量的“工”字形“联动双棒”（由两根长度略长于的平行金属棒ab和cd，用长度为的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为），以初速度沿轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应。下列说法不正确的是（ ）
A．棒ab刚进入磁场时，流经棒cd的电流的大小为8A，方向从到
B．棒ab在EF处的速度大小为
C．棒cd在处时的速度大小为
D．电阻上产生的焦耳热为0.45J
二、多选题
8．如图1所示，电阻，电容为C的电容器，圆形金属线圈半径为，线圈的电阻为R．半径为（）的圆形区域内存在垂直线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图2所示，时刻磁感应强度分别为，其余导线的电阻不计，闭合开关S，至时刻电路中的电流已稳定，下列说法正确的是
A．电容器上极板带正电
B．时刻电容器的带电量为
C．时刻之后，线圈两端的电压为
D．时刻之后，两端的电压为
9．如图，一足够长的金属导轨质量，放在光滑的绝缘水平面上，导体棒质量（电阻不计）放置在导轨上且接触良好，已知导体棒与导轨动摩擦因数构成矩形，导体棒右侧有两个固定于水平面的立柱。导轨段长，开始时右侧导轨的总电阻，导轨单位长度的电阻。以ef为界，其右侧匀强磁场方向竖直向上，左侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为。在时，一水平向右的拉力垂直作用在导轨的边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．回路中感应电流随时间变化的表达式
B．导轨由静止开始做匀加速直线运动，拉力达到最大值
C．导轨由静止开始做匀加速直线运动的过程中拉力的最大值为
D．某过程中回路产生的焦耳热为，导轨克服摩擦力做功为，则导轨动能的增加量为
10．直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，相距为L、电阻不计的两根光滑平行金属轨道固定在水平面内。电阻为R的金属导体棒垂直于放在轨道上，以速度v（方向与平行）向右做匀速运动，且与轨道接触良好。图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻，导体棒受到水平向右的外力F作用。图2轨道端点M、P间接有直流电源（内阻值为r），导体棒通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。下列关于导体棒、发电机和电动机的说法正确的是（ ）
A．图1和图2中，导体棒两端的电压均为
B．在时间内，水平向右的外力F对图1中导体棒的冲量为零
C．在时间内，图1“发电机”产生的电能为
D．在时间内，图2“电动机”输出的机械能为
三、实验题
11．（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择 。
A．量程为的电压表
B．量程为的电流表
C．量程为的电流表
D．零刻度在中间的灵敏电流计
（2）某同学按下列步骤进行实验：
①将已知绕向的螺线管与电表连接；
②设计表格：记录将磁铁N、S极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；
③分析实验结果，得出结论。
上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明 的关系。
（3）在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角 （选填“不变”“变大”或“变小”）。
（4）如图所示，图（甲）为某实验小组利用微电流传感器做验证楞次定律实验时，在计算机屏幕上得到的波形．横坐标为时间t，纵坐标为电流I，根据图线分析知道：将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图（甲）内①所示图线，现用该磁铁，如图（乙）所示，从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动，并穿过线圈向远处而去，图（丙）中较正确地反映线圈中电流I与时间t关系的是 。
12．某同学利用如图的装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化．内阻r=40的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接．滑动变阻器最大阻值40，初始时滑片位于正中间20的位置．打开传感器，将质量m=0.01kg的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极．穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落中受到的阻力远小于磁铁重力，不发生转动），释放点到海绵垫高度差h=0.25m．计算机屏幕上显示出如图的UⅠ-t曲线，重力加速度g=10m/s2．计算结果均保留3位有效数字．如果有下列根号可取相应的近似值： ；,g=10m/s2．计算结果均保留3位有效数字．如果有下列根号可取相应的近似值：
（1）磁铁穿过螺线管过程中，螺线管产生的感应电动势最大值约为 V．
（2）图像中UI出现前后两个峰值，对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是( )
A．线圈中的磁通量经历先增大后减小的过程
B．如果仅略减小h，两个峰值都会减小
C．如果仅略减小h，两个峰值可能会相等
D．如果仅移动滑片，增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大
（3）在磁铁下降h=0.25m的过程中，可估算重力势能转化为电能的效率约是 ．
四、解答题
13．如图所示，在光滑水平面上有一个宽为，长为的矩形磁场区域，磁感应强度的方向竖直向下，大小为。从某时刻开始，在水平面上有一个边长为，质量为，电阻为的正方形导线框从图中实线位置（距离磁场边界=0.2m处），以的水平速度开始运动。若线框运动的全程受到一个沿y轴负方向的恒力F，一段时间后，线框会进入磁场区域，并在进入磁场的过程中保持速度不变，最后从磁场的右边界离开磁场（如图中虚线所示）。不计一切摩擦，求：
（1）恒力F的大小；
（2）线框从开始运动到完全离开磁场的总时间t；
（3）线框整个运动过程中产生的焦耳热Q。
14．如图所示，电阻可忽略的导轨EFGH与EFGH组成两组足够长的平行导轨，其中EFEF组成的面与水平面夹角为θ=30°，且处于垂直于斜面向下大小为B0的匀强磁场中，EF与EF之间的距离为2L，GHG'H'水平，且处于竖直向下，大小也为B0的匀强磁场中，GH与G'H'之间的距离为L，质量为2m，长为2L，电阻为2R的导体棒AB横跨在倾斜导轨上并与导轨垂直，且与倾斜导轨之间无摩擦，质量为m，长为L，电阻为R的导体棒CD横跨在水平导轨上并与导轨垂直，且与水平导轨之间动摩擦因数为μ=0.5，导体棒CD通过一轻质细线跨过一个定滑轮与一质量也为m的物块相连，不计细线与滑轮的阻力和空气阻力。
（1）固定AB导体棒，试求CD棒能达到的最大速度；
（2）若固定CD棒，将AB棒由静止释放，则AB棒两端的最大电压为多少；
（3）同时释放AB棒和CD棒，试求两导体棒能达到的最大速度分别为多大。
15．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N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。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C C C B C D AC BD CD
1．B
【详解】C．线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，由楞次定律可知电流方向为逆时针，C错误；
D．因切割的有效长度均匀增大，由可知时间内，切割的有效长度均匀增大，电动势也均匀增加，感应电流均匀增加，时间内，切割的有效长度均匀减小，电动势也均匀减小，感应电流均匀减小，D错误；
AB．时间内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，由楞次定律可知电流方向为顺时针，由于处在两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，所以在
时刻感应电动势是时刻的2倍，A错误，B正确。
故选B。
2．C
【分析】考查了楞次定律的应用
【详解】A．根据安培定则可以知道，时间内，正方向得电流产生得磁场得磁感应强度得方向向下，根据左手定则，电子在向下的磁场内不能做逆时针方向的运动，只能做顺时针方向的运动，A错误；
B．在内，正方向的电流产生的磁场的磁感应强度的方向向下，电子在向下的磁场内不能做逆时针方向的运动，只能做顺时针方向的运动，B错误；
C．在内，反方向的电流产生的磁场的磁感应强度的方向向上，电子带负电，它在电场中受力的方向与电场方向相反，电子沿逆时针方向运动，所以当电场沿顺时针方向时电子被加速，如果电流变大，电磁铁产生的磁场（方向向上）变强，根据楞次定律，真空室中的感生电场的电场线沿顺时针方向，能使电子加速，故可用于逆时针运动的电子加速，C正确。
D．内，电流减小，根据楞次定律可以知道涡流电场的方向为逆时针方向，电子将沿逆时针方向做减速运动，D错误。
故选C。
【点睛】由于磁场时周期变化的，根据麦克斯韦电磁场理论可知，产生的电场也是周期性变化的，故电子在真空室中一段时间加速度，又有一段时间减速度，再加速度，再减速，周而复始。
3．C
【详解】A．杆OP产生的感应电动势恒为
故A错误；
BC．由右手定则知OP产生的感应电流方向为由O到P，则MN杆中电流方向为由M到N，由左手定则知MN杆受到向左的安培力，MN杆向左做加速运动，也产生感应电动势，与OP产生的感应电动势方向相反，则有
随着MN的速度增加，回路中的总电动势逐渐减小，回路电流减小；根据
可知PO间电势差增大，则电容器的电压增大，电容器带电量增大，故B错误，C正确；
D．回路中电流逐渐减小，杆MN受到的安培力逐渐减小，则杆向左做加速度逐渐减小的加速直线运动，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】A．在图中位置Ⅱ时线框中产生的感应电动势为
线框中的电功率为
故A正确；
B．根据能量守恒定律可得线框中产生的电能为
故B正确；
C．在图中位置Ⅱ时线框所受的安培力的合力
由牛顿第二定律得
故C错误；
D．此过程中通过线框截面的电量为
故D正确。
故说法错误的是选C。
5．B
【详解】A．ab杆向右以速度向右匀速切割磁感线，产生动生电动势，对ab杆有
联立解得
故A错误；
B．ab杆匀速运动，产生的电流恒定，则经过时间t通过金属细杆ab的电荷量为
故B正确；
C．cd杆平行于磁感线向下运动，不能产生电动势，只有ab杆切割产生电动势，故有
故C错误；
D．cd杆通电受安培力，和重力、支持力、摩擦力而平衡向下以匀速运动，有
解得
联立可得
故D错误。
故选B。
6．C
【详解】AB．线框进入磁场前做自由落体运动，乙线框进入磁场时的速度为v，根据动能定理
解得
线框进入磁场时受到的安培力
因为匀速运动，则有
对于甲线框，令由底边距磁场上边界h1处自由释放，恰好匀速进入磁场，根据动能定理
解得
线框进入磁场时受到的安培力
因为匀速运动，则有
联立可得
即
甲线框匀速进入磁场过程中运动时间为
乙线框匀速进入磁场过程中运动时间为
甲、乙线框匀速进入磁场过程中运动时间之比为
故AB错误；
C．如甲从底边距磁场上边界高度h处静止释放，根据动能定理
解得
线框进入磁场时受到的安培力
根据牛顿第二定律
联立以上解得
故C正确；
D．如甲从距磁场上边界高度h处静止释放，若在磁场中匀速通过则有
解得
根据能量守恒可得在进入磁场过程中产生的热量
解得
由A分析可知甲线框进场过程中将会加速运动，即进场最终速度可能会小于或等于v，所以产生的热量
Qmg（2L+h）-
故D错误。
故选C。
7．D
【详解】A．根据右手定则可以知道流经ab棒的电流的方向为由b→a，则流经棒cd的电流方向从到；根据闭合电路欧姆定律有：
根据法拉第电磁感应定律有：E=B0Lv0
联立解得：I=8A
选项A正确；
B．选向右为正方向，由动量定理得：，
解得v1=4m/s
选项B正确；
C．ab棒跨越EF后，由于E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料组成，所以回路里面没有电流，联动双棒做匀速运动的位移为L，然后做减速运动到GH处，回路中产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得：
联动双棒所受安培力
选向右为正方向，由动量定理得：
联立解得v2=3m/s
选项C正确；
D．ab棒离开GH后，ab与右侧电阻R形成回路，则感应电动势Eab=2B0Lv
由闭合电路欧姆定律得
ab棒所受安培力F1=2B0I1L
选向右为正，由动量定理得
解得当联动双棒速度从v2减为零的过程中的位移x=0.15m＜0.4m
所以联动双棒最后没有离开磁场区域，动能全部转化为焦耳热
解得：QR=0.3375J
选项D错误。
此题选择不正确的，故选D。
8．AC
【详解】试题分析：由B-t图象的斜率读出磁感应强度的变化率，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，从而求得路端电压，再由楞次定律判断出感应电流的方向．
根据楞次定律可知，线圈产生的逆时针方向电流，则电容器上极板带正电，A正确；根据法拉第电磁感应定律，则有，电流为，，电容器所带的电荷量，B错误；时间之后，线圈两端的电压，C正确；时刻之后，两端的电压为，D错误．
9．BD
【详解】A．根据题意可知回路中的感应电动势为，导体做匀加速直线运动，有
时间t内运动的位移为
回路中的总电阻
方程联立，可得回路中感应电流随时间变化的表达式
代入题中所给数据，解得
故A错误；
BC．导轨受到外力F，安培力以及导体棒PQ的摩擦力的作用，其中安培力
根据电路中电流大小处处相等，两侧磁场的磁感应强度大小相等，则导体棒PQ所受安培力的大小也是，方向竖直向下。导轨受到的摩擦力为
根据牛顿第二定律可知
化简可得
上式中当
即
时外力取最大值。代入
则外力最大值为
B正确，C错误；
D．设此过程中导轨运动距离为，克服摩擦力做功
又
得
对导轨由动能定理
故D正确。
故选BD。
10．CD
【详解】A．图1中，ab棒切割磁感线产生的感应电动势
电路中的电流为
导体棒两端的电压为
图2中流过导体棒的电流为I，此电流并不能得到导体棒的速度为v，并且导体棒还要对外做功，所以导体棒两端的电压不等于
故A错误；
B．图1中导体棒向右做匀速运动，外力与安培力大小相等，棒ab受到的安培力大小为
在时间内，水平向右的外力F对图1中导体棒的冲量为
故B错误；
C．在时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功，即为
故C正确；
D．在时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功，即为
故D正确。
故选CD。
11． D 电流流入电表方向与电表指针偏转方向 变大 B
【详解】（1）[1]在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个零刻度在中间的灵敏电流计。
故选D；
（2）[2]依据以上操作，实验中，漏掉的实验步骤是要查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系；
（3）[3]当磁铁插入螺线管的速度越快，磁通量变化越快，感应电流也较大，电表指针偏角变大；
（4）[4]条形磁铁的N极迅速插入感应线圈时，得到图（甲）中①所示图线，现有如图（乙）所示磁铁自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，由楞次定律得出感应电流方向为顺时针（从左向右看），即为正方向；当远离感应线圈时，则感应电流方向为负方向。
故选B。
12． 1.05V ABD 2.582.76%
【详解】（1）由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为：P出=0.0062W ①
线圈输出功率表达式为：P出＝I2R外 ②
根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R内+R外） ③
联立①②③将R内=40Ω，R外=20Ω代入得E=1.05V （1.0～1.1都对）
（2）磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，本题中滑动变阻器的最大阻值与内阻相等，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大，故D正确．故选ABD．
（3）下落过程减小的重力势能为：EP=mgh=0.025J；
根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能：
E出＝2.15×10 4J
所以总能量为：
重力势能转化为电能的效率为：
13．（1）0.04N；（2）1.75s；（3）Q=0.0235J
【详解】（1）对线框分析，可知线框在恒力F力的作用下做类平抛运动，有
，，
在线框进入磁场时，由于线框做匀速运动，有
， ，
，
联立以上各式，解得
，，
（2）线框在进入磁场的过程中做匀速直线运动，y方向位移
解得
线框从完全进场至完全出场的过程中，y方向只受F的作用，故线框在y方向做匀加速直线运动；线框在y方向运动的位移
之后，线框离开磁场由
，…
解得
故总时间
解得
（3）由
解得线框出磁场时y方向的速度为
在线框离开磁场的过程中，由动量定理，有
解得
故线框刚好完全离开磁场时的速度
则整个过程中，恒力F做的总功为
…
根据能量守恒，有
W=Q
得
Q=0.0235J
14．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）CD棒达到的最大速度，根据平衡条件有
根据闭合电路欧姆定律有
由此可得
（2）对AB，根据共点力平衡有
根据闭合电路欧姆定律有
由此可得
AB两端的电压为
（3）对导体棒AB分析
对导体棒CD分析
由以上两式可得
始终成立，因而任意时刻
研究CD棒，最终
，
可解得
15．（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）
【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
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电磁感应 高频考点梳理 专题练
2026届高考物理复习备考
一、单选题
1．如图所示，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场。这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反。线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直。取逆时针方向的电流为正。若从图示位置开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的时间t之间的函数图象，下面四个图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．在现代科学研究中，用来加速电子的电子感应加速器利用的是变化的磁场所产生的感生电场，其基本原理如图1所示，上、下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动，上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，现在线圈中通入如图2所示的正弦交流电（图1中箭头方向为电流的正方向），所产生的感生电场使电子加速，若从上往下看，电子在真空室中沿逆时针方向运动，则在0~T时间内，可用于逆时针运动的电子加速的时间段为（ ）
A． B．
C． D．
3．如图所示，水平放置足够长且光滑的金属导轨和de，ab与de平行并相距为L，bc是以O为圆心、半径为r的圆弧导轨，圆弧b左侧和扇形内有方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度均为B，a、d两端接有一个电容为C的电容器，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，金属杆MN质量为m，金属杆MN和OP电阻均为R其余电阻不计，若杆OP绕O点在匀强磁场区域内以角速度ω从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆OP产生的感应电动势恒为
B．电容器带电量恒为
C．杆MN中的电流逐渐减小
D．杆MN向左做匀加速直线运动，加速度大小为
4．空间存在着如图的匀强磁场，MN为磁场理想边界，光滑水平面上有一个边长为a，质量为m，电阻为R的金属正方形线框，从图中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁场方向开始运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图Ⅱ位置时，线框的速度为v，则下列说法错误的是（ ）
A．在图中位置Ⅱ时线框中的电功率为
B．此过程中回路产生的电能为
C．在图中位置Ⅱ时线框的加速度为
D．此过程中通过线框截面的电量为
5．两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示，它们各有一边在同一水平面内，另一边在同一竖直面内。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，金属细杆ab、cd的电阻均为R。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨、大小为F的拉力作用下，以某一速度沿导轨向右匀速运动时，cd杆正好以速度向下匀速运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．ab杆向右匀速运动的速度大小为
B．经过时间t，通过金属细杆ab的电荷量为
C．abcd回路中的电流为
D．动摩擦因数与F大小的关系满足
6．如图所示，两个完全相同的闭合矩形导线框甲和乙，质量为m，长边长2L，短边长L，电阻为R，在其下方某一区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。已知乙线框由底边距磁场上边界h处静止释放，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是：（ ）
A．甲线框要匀速进入磁场，应由底边距磁场上边界4h处自由释放
B．甲、乙线框匀速进入磁场过程中运动时间之比为2：1
C．如甲也从底边距磁场上边界高度h处静止释放，则甲刚进入磁场时加速度大小为
D．如甲从距磁场上边界高度h处静止释放，在进入磁场过程中产生的热量Q满足：Q≤mg（2L+h）-
7．如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距，其中在，、、四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值的定值电阻。在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中。现有一总质量的“工”字形“联动双棒”（由两根长度略长于的平行金属棒ab和cd，用长度为的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为），以初速度沿轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应。下列说法不正确的是（ ）
A．棒ab刚进入磁场时，流经棒cd的电流的大小为8A，方向从到
B．棒ab在EF处的速度大小为
C．棒cd在处时的速度大小为
D．电阻上产生的焦耳热为0.45J
二、多选题
8．如图1所示，电阻，电容为C的电容器，圆形金属线圈半径为，线圈的电阻为R．半径为（）的圆形区域内存在垂直线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图2所示，时刻磁感应强度分别为，其余导线的电阻不计，闭合开关S，至时刻电路中的电流已稳定，下列说法正确的是
A．电容器上极板带正电
B．时刻电容器的带电量为
C．时刻之后，线圈两端的电压为
D．时刻之后，两端的电压为
9．如图，一足够长的金属导轨质量，放在光滑的绝缘水平面上，导体棒质量（电阻不计）放置在导轨上且接触良好，已知导体棒与导轨动摩擦因数构成矩形，导体棒右侧有两个固定于水平面的立柱。导轨段长，开始时右侧导轨的总电阻，导轨单位长度的电阻。以ef为界，其右侧匀强磁场方向竖直向上，左侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为。在时，一水平向右的拉力垂直作用在导轨的边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．回路中感应电流随时间变化的表达式
B．导轨由静止开始做匀加速直线运动，拉力达到最大值
C．导轨由静止开始做匀加速直线运动的过程中拉力的最大值为
D．某过程中回路产生的焦耳热为，导轨克服摩擦力做功为，则导轨动能的增加量为
10．直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，相距为L、电阻不计的两根光滑平行金属轨道固定在水平面内。电阻为R的金属导体棒垂直于放在轨道上，以速度v（方向与平行）向右做匀速运动，且与轨道接触良好。图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻，导体棒受到水平向右的外力F作用。图2轨道端点M、P间接有直流电源（内阻值为r），导体棒通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。下列关于导体棒、发电机和电动机的说法正确的是（ ）
A．图1和图2中，导体棒两端的电压均为
B．在时间内，水平向右的外力F对图1中导体棒的冲量为零
C．在时间内，图1“发电机”产生的电能为
D．在时间内，图2“电动机”输出的机械能为
三、实验题
11．（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择 。
A．量程为的电压表
B．量程为的电流表
C．量程为的电流表
D．零刻度在中间的灵敏电流计
（2）某同学按下列步骤进行实验：
①将已知绕向的螺线管与电表连接；
②设计表格：记录将磁铁N、S极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；
③分析实验结果，得出结论。
上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明 的关系。
（3）在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角 （选填“不变”“变大”或“变小”）。
（4）如图所示，图（甲）为某实验小组利用微电流传感器做验证楞次定律实验时，在计算机屏幕上得到的波形．横坐标为时间t，纵坐标为电流I，根据图线分析知道：将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图（甲）内①所示图线，现用该磁铁，如图（乙）所示，从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动，并穿过线圈向远处而去，图（丙）中较正确地反映线圈中电流I与时间t关系的是 。
12．某同学利用如图的装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化．内阻r=40的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接．滑动变阻器最大阻值40，初始时滑片位于正中间20的位置．打开传感器，将质量m=0.01kg的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极．穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落中受到的阻力远小于磁铁重力，不发生转动），释放点到海绵垫高度差h=0.25m．计算机屏幕上显示出如图的UⅠ-t曲线，重力加速度g=10m/s2．计算结果均保留3位有效数字．如果有下列根号可取相应的近似值： ；,g=10m/s2．计算结果均保留3位有效数字．如果有下列根号可取相应的近似值：
（1）磁铁穿过螺线管过程中，螺线管产生的感应电动势最大值约为 V．
（2）图像中UI出现前后两个峰值，对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是( )
A．线圈中的磁通量经历先增大后减小的过程
B．如果仅略减小h，两个峰值都会减小
C．如果仅略减小h，两个峰值可能会相等
D．如果仅移动滑片，增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大
（3）在磁铁下降h=0.25m的过程中，可估算重力势能转化为电能的效率约是 ．
四、解答题
13．如图所示，在光滑水平面上有一个宽为，长为的矩形磁场区域，磁感应强度的方向竖直向下，大小为。从某时刻开始，在水平面上有一个边长为，质量为，电阻为的正方形导线框从图中实线位置（距离磁场边界=0.2m处），以的水平速度开始运动。若线框运动的全程受到一个沿y轴负方向的恒力F，一段时间后，线框会进入磁场区域，并在进入磁场的过程中保持速度不变，最后从磁场的右边界离开磁场（如图中虚线所示）。不计一切摩擦，求：
（1）恒力F的大小；
（2）线框从开始运动到完全离开磁场的总时间t；
（3）线框整个运动过程中产生的焦耳热Q。
14．如图所示，电阻可忽略的导轨EFGH与EFGH组成两组足够长的平行导轨，其中EFEF组成的面与水平面夹角为θ=30°，且处于垂直于斜面向下大小为B0的匀强磁场中，EF与EF之间的距离为2L，GHG'H'水平，且处于竖直向下，大小也为B0的匀强磁场中，GH与G'H'之间的距离为L，质量为2m，长为2L，电阻为2R的导体棒AB横跨在倾斜导轨上并与导轨垂直，且与倾斜导轨之间无摩擦，质量为m，长为L，电阻为R的导体棒CD横跨在水平导轨上并与导轨垂直，且与水平导轨之间动摩擦因数为μ=0.5，导体棒CD通过一轻质细线跨过一个定滑轮与一质量也为m的物块相连，不计细线与滑轮的阻力和空气阻力。
（1）固定AB导体棒，试求CD棒能达到的最大速度；
（2）若固定CD棒，将AB棒由静止释放，则AB棒两端的最大电压为多少；
（3）同时释放AB棒和CD棒，试求两导体棒能达到的最大速度分别为多大。
15．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N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。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C C C B C D AC BD CD
1．B
【详解】C．线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，由楞次定律可知电流方向为逆时针，C错误；
D．因切割的有效长度均匀增大，由可知时间内，切割的有效长度均匀增大，电动势也均匀增加，感应电流均匀增加，时间内，切割的有效长度均匀减小，电动势也均匀减小，感应电流均匀减小，D错误；
AB．时间内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，由楞次定律可知电流方向为顺时针，由于处在两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，所以在
时刻感应电动势是时刻的2倍，A错误，B正确。
故选B。
2．C
【分析】考查了楞次定律的应用
【详解】A．根据安培定则可以知道，时间内，正方向得电流产生得磁场得磁感应强度得方向向下，根据左手定则，电子在向下的磁场内不能做逆时针方向的运动，只能做顺时针方向的运动，A错误；
B．在内，正方向的电流产生的磁场的磁感应强度的方向向下，电子在向下的磁场内不能做逆时针方向的运动，只能做顺时针方向的运动，B错误；
C．在内，反方向的电流产生的磁场的磁感应强度的方向向上，电子带负电，它在电场中受力的方向与电场方向相反，电子沿逆时针方向运动，所以当电场沿顺时针方向时电子被加速，如果电流变大，电磁铁产生的磁场（方向向上）变强，根据楞次定律，真空室中的感生电场的电场线沿顺时针方向，能使电子加速，故可用于逆时针运动的电子加速，C正确。
D．内，电流减小，根据楞次定律可以知道涡流电场的方向为逆时针方向，电子将沿逆时针方向做减速运动，D错误。
故选C。
【点睛】由于磁场时周期变化的，根据麦克斯韦电磁场理论可知，产生的电场也是周期性变化的，故电子在真空室中一段时间加速度，又有一段时间减速度，再加速度，再减速，周而复始。
3．C
【详解】A．杆OP产生的感应电动势恒为
故A错误；
BC．由右手定则知OP产生的感应电流方向为由O到P，则MN杆中电流方向为由M到N，由左手定则知MN杆受到向左的安培力，MN杆向左做加速运动，也产生感应电动势，与OP产生的感应电动势方向相反，则有
随着MN的速度增加，回路中的总电动势逐渐减小，回路电流减小；根据
可知PO间电势差增大，则电容器的电压增大，电容器带电量增大，故B错误，C正确；
D．回路中电流逐渐减小，杆MN受到的安培力逐渐减小，则杆向左做加速度逐渐减小的加速直线运动，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】A．在图中位置Ⅱ时线框中产生的感应电动势为
线框中的电功率为
故A正确；
B．根据能量守恒定律可得线框中产生的电能为
故B正确；
C．在图中位置Ⅱ时线框所受的安培力的合力
由牛顿第二定律得
故C错误；
D．此过程中通过线框截面的电量为
故D正确。
故说法错误的是选C。
5．B
【详解】A．ab杆向右以速度向右匀速切割磁感线，产生动生电动势，对ab杆有
联立解得
故A错误；
B．ab杆匀速运动，产生的电流恒定，则经过时间t通过金属细杆ab的电荷量为
故B正确；
C．cd杆平行于磁感线向下运动，不能产生电动势，只有ab杆切割产生电动势，故有
故C错误；
D．cd杆通电受安培力，和重力、支持力、摩擦力而平衡向下以匀速运动，有
解得
联立可得
故D错误。
故选B。
6．C
【详解】AB．线框进入磁场前做自由落体运动，乙线框进入磁场时的速度为v，根据动能定理
解得
线框进入磁场时受到的安培力
因为匀速运动，则有
对于甲线框，令由底边距磁场上边界h1处自由释放，恰好匀速进入磁场，根据动能定理
解得
线框进入磁场时受到的安培力
因为匀速运动，则有
联立可得
即
甲线框匀速进入磁场过程中运动时间为
乙线框匀速进入磁场过程中运动时间为
甲、乙线框匀速进入磁场过程中运动时间之比为
故AB错误；
C．如甲从底边距磁场上边界高度h处静止释放，根据动能定理
解得
线框进入磁场时受到的安培力
根据牛顿第二定律
联立以上解得
故C正确；
D．如甲从距磁场上边界高度h处静止释放，若在磁场中匀速通过则有
解得
根据能量守恒可得在进入磁场过程中产生的热量
解得
由A分析可知甲线框进场过程中将会加速运动，即进场最终速度可能会小于或等于v，所以产生的热量
Qmg（2L+h）-
故D错误。
故选C。
7．D
【详解】A．根据右手定则可以知道流经ab棒的电流的方向为由b→a，则流经棒cd的电流方向从到；根据闭合电路欧姆定律有：
根据法拉第电磁感应定律有：E=B0Lv0
联立解得：I=8A
选项A正确；
B．选向右为正方向，由动量定理得：，
解得v1=4m/s
选项B正确；
C．ab棒跨越EF后，由于E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料组成，所以回路里面没有电流，联动双棒做匀速运动的位移为L，然后做减速运动到GH处，回路中产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得：
联动双棒所受安培力
选向右为正方向，由动量定理得：
联立解得v2=3m/s
选项C正确；
D．ab棒离开GH后，ab与右侧电阻R形成回路，则感应电动势Eab=2B0Lv
由闭合电路欧姆定律得
ab棒所受安培力F1=2B0I1L
选向右为正，由动量定理得
解得当联动双棒速度从v2减为零的过程中的位移x=0.15m＜0.4m
所以联动双棒最后没有离开磁场区域，动能全部转化为焦耳热
解得：QR=0.3375J
选项D错误。
此题选择不正确的，故选D。
8．AC
【详解】试题分析：由B-t图象的斜率读出磁感应强度的变化率，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，从而求得路端电压，再由楞次定律判断出感应电流的方向．
根据楞次定律可知，线圈产生的逆时针方向电流，则电容器上极板带正电，A正确；根据法拉第电磁感应定律，则有，电流为，，电容器所带的电荷量，B错误；时间之后，线圈两端的电压，C正确；时刻之后，两端的电压为，D错误．
9．BD
【详解】A．根据题意可知回路中的感应电动势为，导体做匀加速直线运动，有
时间t内运动的位移为
回路中的总电阻
方程联立，可得回路中感应电流随时间变化的表达式
代入题中所给数据，解得
故A错误；
BC．导轨受到外力F，安培力以及导体棒PQ的摩擦力的作用，其中安培力
根据电路中电流大小处处相等，两侧磁场的磁感应强度大小相等，则导体棒PQ所受安培力的大小也是，方向竖直向下。导轨受到的摩擦力为
根据牛顿第二定律可知
化简可得
上式中当
即
时外力取最大值。代入
则外力最大值为
B正确，C错误；
D．设此过程中导轨运动距离为，克服摩擦力做功
又
得
对导轨由动能定理
故D正确。
故选BD。
10．CD
【详解】A．图1中，ab棒切割磁感线产生的感应电动势
电路中的电流为
导体棒两端的电压为
图2中流过导体棒的电流为I，此电流并不能得到导体棒的速度为v，并且导体棒还要对外做功，所以导体棒两端的电压不等于
故A错误；
B．图1中导体棒向右做匀速运动，外力与安培力大小相等，棒ab受到的安培力大小为
在时间内，水平向右的外力F对图1中导体棒的冲量为
故B错误；
C．在时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功，即为
故C正确；
D．在时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功，即为
故D正确。
故选CD。
11． D 电流流入电表方向与电表指针偏转方向 变大 B
【详解】（1）[1]在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个零刻度在中间的灵敏电流计。
故选D；
（2）[2]依据以上操作，实验中，漏掉的实验步骤是要查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系；
（3）[3]当磁铁插入螺线管的速度越快，磁通量变化越快，感应电流也较大，电表指针偏角变大；
（4）[4]条形磁铁的N极迅速插入感应线圈时，得到图（甲）中①所示图线，现有如图（乙）所示磁铁自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，由楞次定律得出感应电流方向为顺时针（从左向右看），即为正方向；当远离感应线圈时，则感应电流方向为负方向。
故选B。
12． 1.05V ABD 2.582.76%
【详解】（1）由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为：P出=0.0062W ①
线圈输出功率表达式为：P出＝I2R外 ②
根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R内+R外） ③
联立①②③将R内=40Ω，R外=20Ω代入得E=1.05V （1.0～1.1都对）
（2）磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，本题中滑动变阻器的最大阻值与内阻相等，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大，故D正确．故选ABD．
（3）下落过程减小的重力势能为：EP=mgh=0.025J；
根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能：
E出＝2.15×10 4J
所以总能量为：
重力势能转化为电能的效率为：
13．（1）0.04N；（2）1.75s；（3）Q=0.0235J
【详解】（1）对线框分析，可知线框在恒力F力的作用下做类平抛运动，有
，，
在线框进入磁场时，由于线框做匀速运动，有
， ，
，
联立以上各式，解得
，，
（2）线框在进入磁场的过程中做匀速直线运动，y方向位移
解得
线框从完全进场至完全出场的过程中，y方向只受F的作用，故线框在y方向做匀加速直线运动；线框在y方向运动的位移
之后，线框离开磁场由
，…
解得
故总时间
解得
（3）由
解得线框出磁场时y方向的速度为
在线框离开磁场的过程中，由动量定理，有
解得
故线框刚好完全离开磁场时的速度
则整个过程中，恒力F做的总功为
…
根据能量守恒，有
W=Q
得
Q=0.0235J
14．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）CD棒达到的最大速度，根据平衡条件有
根据闭合电路欧姆定律有
由此可得
（2）对AB，根据共点力平衡有
根据闭合电路欧姆定律有
由此可得
AB两端的电压为
（3）对导体棒AB分析
对导体棒CD分析
由以上两式可得
始终成立，因而任意时刻
研究CD棒，最终
，
可解得
15．（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）
【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
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