文档内容
2024 高考物理二轮复习 80 热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型64 电磁感应+动量模型
最新高考题
1. （2023高考全国甲卷）（20分）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行
部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有
竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒
P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v 的速度向P运动
0
并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，
并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不
计空气阻力。求：
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【参考答案】（1） （2） （3）
【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。
【解题思路】
（1）Q与P弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv =mv +3mv ，
0 P Q
由系统动能守恒， = +
联立解得： ，根据题述，P、Q落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小
为
（2）由能量守恒定律，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q= - =
（3）P在导轨上做变速运动，设速度为v时金属棒中产生的感应电动势为e，电流为i，在
△t时间内速度变化△v，由法拉第电磁感应定律，e=BLv，
由闭合电路欧姆定律，i=e/R
所受安培力 F=BiL= ，
由动量定理，F△t=m△v，
即： △t=m△v，
方程两侧求和 Σ △t=Σm△v，
即 Σv△t=mΣ△v，
注意到Σv△t=x，Σ△v= - = v，解得：x=
0
由x=v t
Q
解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t=
【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在
磁场中切割磁感线运动为变速直线运动，可以采用微元法，把位移分割为微元，利用动量
定理列方程解答。
2. （2023高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为 ，两导轨及其所构成的平面均与水平面成 角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁
场中，磁感应强度大小为 ．现将质量均为 的金属棒 垂直导轨放置，每根金属棒
接入导轨之间的电阻均为 ．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终
未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为 ．
（1）先保持棒 静止，将棒 由静止释放，求棒 匀速运动时的速度大小 ；
（2）在（1）问中，当棒 匀速运动时，再将棒 由静止释放，求释放瞬间棒 的加速度
大小 ；
（3）在（2）问中，从棒 释放瞬间开始计时，经过时间 ，两棒恰好达到相同的速度 ，
求速度 的大小，以及时间 内棒 相对于棒 运动的距离 ．
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）
【名师解析】
（1）a匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv ，
0
导体棒a中电流I=E/2R
1
所受安培力F=BIL，
匀速运动，mgsinθ=F联立解得v==
0
（2）当导体棒a匀速运动时，释放b，由左手定则可判断出导体棒b受到沿导轨斜向下的
安培力力，由牛顿第二定律，mgsinθ+F=ma，
解得 a=2gsinθ。
（3释放导体棒b后，由于导体棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a中产生
的感应电动势方向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒 a，由动量定理，
（mgsinθ-F）t=mv-mv
0 0
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t=mv
0
联立解得：v=gtsinθ+
0
取导体棒变速运动过程中，导体棒a速度为v时产生的感应电动势为E=BLv，同时导体棒
i i i
b速度为v，感应电动势E=BLv，导体棒中电流为I= = ，所受安培力
j j j
F=BIL=
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+ ）△t=m△v
方程两侧求和Σ【(mgsinθ+ ）△t】=Σm△v
注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（v-v）△t=△x
i j
解得：△x=
3．（2023全国高考新课程卷）（20分）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边
电阻为R，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面
0
的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终
与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框
的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻
，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中
相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触
良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R 产生的热量。
1
【名师解析】
（1）设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v，
0 1
对导线框进入磁场过程中某时刻速度v，导线框中产生的感应电动势e=BLv，
i i
感应电流，i=e/4R ,
0
所受安培力F=BiL，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ △t=Σm△v，
注意到Σv△t=L，Σ△v= v- v，
i 1 0
化简得 =m（v-v） ①
0 1
导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ △t=Σm△v，
注意到Σv△t=L，Σ△v= -v，
i 1
化简得 =m（v - ） ②
1
①②两式消去v，得v=
1 0
（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，
此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。
故电路中的外电路电阻为 = ,总电阻R =R + =
总 0
设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v，
1
对导线框进入磁场过程中某时刻速度v，导线框中产生的感应电动势e=Blv，
i i
感应电流，i=e/R ，
总
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，方程两侧求和，-Σ △t=Σm△v，
注意到Σv△t=l，Σ△v= v- v，
i 1
化简得 =m（v-v） ①
1
解得：v=v- =
1
在这个过程中线框动能减小△E = - =
k1
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△E =
k1
设此过程中R 中产生的热量为Q ，由于R =2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导
1 1 1
线框右边电阻产生的热量为4.5Q ，左边电阻产生的热量为2Q ，整个电路电阻产生的热量
1 1
为Q=Q+4.5Q +2Q =7.5 Q.
1 1 1 1
解得：Q=
1
导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R的电源，回路总电阻R =2.5R，
总
导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v，
2
对导线框进入磁场过程中某时刻速度v，导线框中产生的感应电动势e=Blv，
i i
感应电流，i=e/R ，
总
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ △t=Σm△v，注意到Σv△t=L，Σ△v= v- v，
i 2 1
化简得 =m（v-v） ①
1 2
解得：v=v- =0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。
2 1
在这个过程中线框动能减小△E = =
k2
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△E =
k1
设此过程中R 中产生的热量为Q ，则导线框电阻产生的热量为 Q ，整个电路电阻产生
1 2 2
的热量为Q’=1.25 Q.
2
解得：Q.=
2
整个运动过程中，R 产生的热量为Q= Q+ Q == + =
1 1 2
4. （2022高考辽宁物理）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。
的
（1）求M刚进入磁场时受到 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】（1） ，方向水平向左；
（2）① ，② ；（3）2≤k＜3
【命题意图】本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律、安培力、动量定理、动量守恒定律
及其相关知识点.
【名师解析】
（1）细金属杆M以初速度v 向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E=BLv
0 0
电流方向为a→b，电流的大小为 I=E/2R
则所受的安培力大小为 F=BIL=
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
x
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab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cd的距离与第（2）问初始时
刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1），则N到ab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 s=（k-1）x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到 时出磁场，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
k=2
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
k=3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k＜3
最新模拟题
1. (2023年7月浙江宁波期末)如图所示，水平面上有一光滑矩形金属轨道，间距为 ，左
侧有一恒流源，电流 。以O点为坐标原点，向右为正方向建立x轴，垂直x轴方向
建立y轴，在 至x＝ 的轨道区间I存在竖直向上的磁场 （图中未画
出），此磁场沿x轴正方向的变化规律为 ，沿y轴方向磁感应强度不变。磁场右侧
M、N两处用光滑绝缘材料连接，右侧轨道上放置了一个“ ”形质量为 的金属框edcf，
其中ed，cf边长度均为 。cd边垂直导轨，长度为 ，电阻阻值为 ；在金属框
右侧长为 ，宽为 的区域Ⅱ存在竖直向上的磁感应强度大小为 的匀强磁场；
轨道最右端接一个阻值 的电阻．现质量也为 ，长度为 的金属棒ab在磁场I
区域中运动时，受到水平向右的恒力 ，由静止从 处开始运动，ab棒离
开磁场I区域时立刻撤去恒力 。金属棒ab与“ ”形金属框edcf相碰后会粘在一起形成
闭合导体框abcd，闭合导体框abcd滑出磁场Ⅱ区域后可和右侧的固定弹性墙K发生弹性碰撞。整个滑动过程ab始终和轨道垂直且接触良好。已知 ， ，
， ，除已给电阻外其他电阻均不计。若导体棒ab运动到
处时刚好匀速，求：（提示可以用 图像与x轴所围的“面积”代表力F
做的功），求：
（1） 里的 ；
（2）闭合导体框abcd进入磁场区域Ⅱ时的速度 ；
（3）最终ab棒会停止在距离磁场区域Ⅱ右边缘多远处？
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）
【名师解析】
（1）导体棒ab运动到 处时刚好匀速，根据受力平衡可得
解得
（2）导体棒ab在磁场 中，根据动能定理可得其中
解得
金属棒ab与金属框edcf相碰后会粘在一起形成闭合导体框abcd，根据动量守恒可得
解得
（3）线框进入磁场过程，根据动量定理可得
解得
线框离开磁场过程，根据动量定理可得
其中
联立解得
设线框在反弹后再次进入磁场过程停下来，金属棒ab进入磁场的距离为 ，根据动量定理
可得解得
假设成立，最终ab棒会停止在距离磁场区域Ⅱ右边缘 处。
2 .(2023重庆康德联考) 如图所示，长直金属杆M、N在水平固定的平行光滑长直金属导
轨上运动，导轨间距为L；水平虚线 与导轨垂直， 左、右两侧区域分别充满垂直于
导轨平面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。初始时刻，N静止在 左侧导
轨上，M从N左侧以初速度 水平向右运动．M、N质量均为m、在导轨间的电阻均为
R，整个运动过程中，两金属杆始终与导轨垂直并接触良好．感应电流产生的磁场、导轨
电阻、空气阻力及两金属杆粗细均忽略不计，导轨足够长。
（1）求初始时刻M的加速度大小和方向；
（2）若M、N在 左侧未相撞，N进入 右侧时速度大小为 ，求初始时刻M、N间
距至少为多少？
（3）在（2）的条件下，若M到达 处时速度大小为 ，求M、N的碰撞次数，及M、
N最终速度大小．
【参考答案】（1） ，方向水平向左；（2） ；（3）一次，
【名师解析】
（1）初始时刻，回路中产生的感应电动势流过M的感应电流
由右手定则知，方向沿顺时针方向，M所受安培力
由左手定则知，方向水平向左，由牛顿第二定律有
解得
方向水平向左。
（2）由题知，M、N均在 左侧运动时，对N，由动量定理有
解得
设从初始时刻到N进入 右侧过程中，M、N之间的相对位移为 ，则
解得
要使M、N在 左侧未相撞，初始时刻M、N的最小间距为（3）由分析知，M、N均在 左侧运动时，所受安培力大小相等、方向相反，M、N系
统所受合外力为零，故M、N系统动量守恒，设N进入 右侧时，M的速度为 ，以水
平向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
设M进入 右侧时，N的速度为 ，从N进入 右侧到M进入 右侧的过程中，M、
N所受安培力均水平向左，对M，由动量定理有
对N，由动量定理有
解得
该过程中，对N又有
解得
该过程中，设N的位移大小为x，M的位移大小为x，则
1 2
解得x 即为M进入 右侧时M、N之间的距离，假设M、N在 右侧未相撞而共速，则从M
1
进入 右侧到二者共速的过程中，由M、N系统动量守恒，有
解得
该过程中，对N，由动量定理有
解得
该过程中，设M、N的相对位移为 ，则
解得
故
即M、N在 右侧共速前会相撞，相撞后，由分析知，N向右减速，M向右加速，直至最终二者以 的速度匀速运动，因此，整个过程中，M、N只碰撞一次。
3 .(2023四川南充三模) 如图所示，有形状为“ ”的光滑平行导轨 和 水平放置，
其中宽轨间距为2d，窄轨间距为d，轨道足够长。 右侧均为绝缘材料，其余为金属
导轨， 。 间接有一电阻阻值为r。金属棒 质量为m、长度为
2d、电阻阻值为2r，在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始加速，离开宽轨前，
速度已达最大值。金属棒滑上窄轨瞬间，迅速撤去力 F。 是质量为m、电阻阻值为
r、三边长度均为d的“U”形金属框，如图平放在绝缘导轨上。以 f点所在处为坐标原点
O，沿 方向建立坐标轴 。整个空间存在竖直向上的磁场， 左侧为磁感应强度为
B 的匀强磁场， 右侧磁感应强度分布规律 （ ），其中 ，金属导
0
轨电阻不计， 棒、金属框与导轨始终接触良好。
（1）求 棒在宽轨上运动的最大速度 及刚滑上窄轨时 两端电压 ；
（2）求 棒运动至与金属框碰撞前瞬间的速度大小 ；
（3）若 棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框静止时f端的位置坐标x。
【参考答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【名师解析】
（1）当 棒匀速运动时，加速度为零，此时速度最大， 棒受力平衡
其中
联立解得
当 刚滑上窄轨时，等效电路如图所示
棒只有中间宽度为d的部分有电流流过， 间电压
其中
代入数值得（2） 棒在窄轨上的导体部分做减速运动，由动量定理得
又
联立上述方程可解得 棒滑出导体区域瞬间速度为
之后匀速运动至与金属框相碰。
（3） 棒与金属框相碰，据动量守恒定律可得
进入窄轨的绝缘部分后， 棒 部分和金属框构成回路， 边处的磁场总是比 边的
磁场大
回路中的电流
全框架受到的安培力合力
由动量定理可得金属框前进的位移
联立以上方程得金属框静止时f端的位置坐标
4. （2023山东日照三模）如图所示，间距 的平行金属导轨与水平面成 角
放置，导轨的下端接有阻值 的电阻，上端通过小圆弧形绝缘材料与水平金属导轨平
滑对接，其中轨道 与 间距为 ，轨道 与 间距为 。在导轨的上端垂
直于导轨锁定一质量 的导体棒 ， 棒及下方区域全部处于与导轨平面垂直、
磁感应强度大小 的匀强磁场中， 右方存在竖直向上、磁感应强度大小
的匀强磁场，在 右侧锁定一质量 的导体棒 。质量 的导
体棒 垂直于导轨，与 棒相距 ，以 的速度沿导轨向上运动，经过
与 棒碰撞（碰撞前瞬间解除 棒的锁定），瞬间粘在一起，继续向上运动
到达 ，此时解除 棒锁定。当 、 运动到 时，被锁定在 左
侧（此前速度已稳定）。 棒再运行 到 处。三个导体棒始终与导轨接触良
好，不计金属导轨的电阻，所有导体棒长度 ，电阻 ，单位长度的电阻都相等，不计任何摩擦，忽略连接处的能量损失。（重力加速度 ， ，
），求：
（1） 棒运动到 棒位置时的速度大小；
（2） 棒与 棒碰撞后瞬间，棒两端的电势差大小；
（3）整个运动过程中系统产生的焦耳热。
【参考答案】（1） ；（2）2V；（3）
【名师解析】
（1） 棒切割磁感线产生感应电动势，电路总电阻
代入可得
对 棒，由动量定理解得
（2） 棒与 棒碰撞，系统动量守恒
碰撞后瞬间棒两端的电势差大小
（3） 棒斜向上说动到 棒处过程中电路产生的焦耳热，由能量守恒定律
棒与 棒碰撞后继续斜向上运动到 处，此区域内无磁场，故电路中无电流，由
动能定理
解得
、 棒进入 磁场后，切割磁感线产生感应电流而做减速运动直到 处，由动量
定理
棒解锁后，在安培力的作用下开始加速运动并切割磁感线，由动量定理
最后速度稳定时，导体棒中均无电流，所以解得
对 、 、 棒的这一运动过程，由能量守恒定律得
、 棒锁住后， 棒继续切割磁感线做减速运动直到 处，由动量定理
解得
棒单独运动到 这一过程，由能量守恒定律
故整个运动过程中产生的焦耳热
5．（2023湖北荆门三校5月联考）如图为一平行光滑导轨，左侧AB和 是竖直平面内
半径为R的四分之一圆弧，BE、 处于水平面，AC和 间距为L，DE和 间距为
，AC、 、DE、 均足够长，AC和DE、 和 通过导线连接，其中 右
侧导轨平面处在竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。现将长度为 的导体棒PQ垂
直导轨放置于DE和 上，将长度为L的导体棒
MN垂直导轨放置于 端，静止释放导体棒MN，导体棒运动的过程始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN最终的速度大小为 。已
知导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，导体棒MN质量为m，电阻为r，重力加速度
为g，不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒MN进入磁场瞬间，导体棒PQ的加速度大小为
B．导体棒MN、PQ最终共速
C．PQ棒的最终速度为
D．整个过程导体棒PQ上产生的焦耳热为
【参考答案】CD
【名师解析】．导体棒MN在圆弧下滑过程有 导体棒MN进入磁场瞬间，感应
电动势 ，由于导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，则导体棒PQ的质量、电
阻分别为2m，2r，则感应电流为 ，对导体棒PQ分析有 解得
，A错误；
稳定时，两导体棒均做匀速直线运动，回路总的感应电动势为0，则有 解
得 ，可知，导体棒MN、PQ最终MN的速度大一些，B错误，C正确；
整个过程回路产生的总焦耳热为 导体棒PQ上产生的焦耳热
，解得 ，D正确。故选CD。
6. （2023湖南邵阳二模）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑
连接，导轨电阻不计。质量均为 电阻均为 的金属棒b和c，静止放在水平导轨上且与
导轨垂直。图中虚线de右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量也为 的绝
缘棒a垂直于倾斜导轨，从离水平导轨的高为 处由静止释放。已知绝缘棒a滑到水平导轨
上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速
度为 。以下正确的是（ ）A. a与b碰后分离时b棒的速度大小为
B. 当b进入磁场后速度大小为 时，b的加速度大小变为初始加速度大小的
C. b棒产生的焦耳热为
D. b进入磁场后，b、c间距离增大了
【参考 答案】AB
【名师 解析】
绝缘棒a滑到水平导轨上速度设为v，由动能定理
0
得
a与金属棒b发生弹性正碰，质量相等，故碰后速度交换，a速度变为零，b获得v 的速度，
0
故a与b碰后分离时b棒的速度大小为 ，A正确；
B．b刚进入磁场时，加速度为
的
b进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，受向左 安培力而减速，c受向右的安培力而加
速，系统合外力为零，由动量守恒知将 代入得
此时回路的总电动势为
此时b的加速度为
B正确；
C．当b与c速度相等时，b棒上停止生热，由动量守恒
得
由能量守恒，设b棒上产生的焦耳热为Q，有
知
C错误；
D．b进入磁场后减速，c加速直至速度相同，二者间距缩小，设为Δx，对c，由动量定理
又
联立可得b、c间距离缩小了D错误。
