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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61 电磁感应+动力学模型
最新高考题
1. （2022高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。
线框两次速度发生变化所用时间分别为t 和t ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别
1 2
为W 和W，则（ ）
1 2
A. t＜t，W＜W， B. t＜t，W＞W，
1 2 1 2 1 2 1 2
C. t＞t，W＜W， D. t＞t，W＞W，
1 2 1 2 1 2 1 2
【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定
理+等效思维
【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作
用做减速运动，因此进入过程的平均速度v 大于离开过程的平均速度v ，由L=v t 和
1平 2平 1平 1
L=v t 可得t＜t。
2平 2 1 2
线框刚进入磁场时速度为v，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为
0
v，刚完全离开磁场时速度为v，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E，平均感应
1 2 1
电流为I，离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E，平均感应电流为I，由法拉第电
1 2 1
磁感应定律，E=△Φ/t，E=△Φ/t，△Φ=BL2，由闭合电路欧姆定律，I= E/R，I=
1 1 2 2 1 1 2
E/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q=I t，离开磁场过程通过导体截面的电荷量
2 1 11
q=I t，联立解得：q= q。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-Ft=mv- mv，
2 22 1 2 11 1 0
F=B IL，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-Ft=mv- mv，F=B IL，又q=I t，
1 1 22 2 1 2 2 1 11
q=I t，q= q，联立解得：v-v= v- v。根据动能定理，W= mv2- mv2，W= mv2-
2 22 1 2 1 0 2 1 1 0 1 2 1mv2， = = ＞1，所以W＞W，选项B正确。
2 1 2
2. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为
的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直
于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为
；在 到 时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为
。求:
（1） 时金属框所受安培力的大小；
（2）在 到 时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1） ；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
为
t=2.0s时磁感应强度金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2） 内金属框产生的焦耳热为
最新模拟题
1.. （2022山东四县区质检）如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面
夹角为 ，导轨间的距离为l，导轨电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在
平面垂直，将两根相同的导体棒ab、cd置于导轨上不同位置，两者始终与导轨垂直且接触
良好，两棒间的距离足够大，已经两棒的质量均为m、电阻为R，某时刻给ab棒沿导轨向
下的瞬时冲量I，已知两导棒与导轨间的动摩擦因数 ，在两棒达到稳定状态的过
0
程中（ ）
A. 两棒达到稳定状态后两棒间的距离均匀减小
B. 回路中产生的热量C. 当导体棒cd的动量为 时，导体棒ab的加速度大小
D. 当导体棒cd的动量为 的过程中，通过两导体棒间的距离减少了
【参考答案】BCD
【名师解析】
因为 ，得两金属棒重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡
且两棒受的安培力等大反向，则系统所受外力之和为零，所以导体棒ab和cd组成的系统
动量守恒。两棒达到稳定状态后，两棒做速度相同的匀速直线运动，两棒达到稳定状态后
两棒间的距离不变。A错误；
某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I，设此时ab棒为 ，两棒达到稳定状态后两棒速
0
度为
由动量定理 ，得
由动量守恒定律得 ，得
由能量守恒定律得，回路中产生的热量 ，B正确；
当导体棒cd的动量为 时，设导体棒cd速度为 ，导体ab速度为
则
由动量守恒定律 ，得由法拉第电磁感应定律，当导体棒cd的动量为 时，回路中的感应电动势
由闭合电路欧姆定律得
当导体棒cd的动量为 时，对导体棒ab由牛顿第二定律得
解得 ，C正确；当导体棒cd的动量为 的过程中，设流经回路某截面的电荷
量为q，平均电流为 ，时间为t，对导体棒cd由动量定理得
得
又
得 ，D正确。
2. （2022河北重点中学期中素养提升）如图所示，间距为L=0.4m平行金属导轨MN和PQ
水平放置，其所在区域存在磁感应强度为B=0.5T的竖直向上的匀强磁场；轨道上cd到
1
QN的区域表面粗糙，长度为s=0.3m，其余部分光滑。光滑导轨QED与NFC沿竖直方向
平行放置，间距为L，由半径为r= m的圆弧轨道与倾角为 的倾斜轨道在E、F点平滑连接组成，圆弧轨道最高点、圆心与水平轨道右端点处于同一竖直线上；倾斜轨道
间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B=1.0T。质量为m=0.2kg的金属棒
2 1
ef光滑；质量为m=0.1kg的金属棒ab粗糙，与导轨粗糙部分的动摩擦因数为 ，两
2
棒粗细相同、阻值均为R=0.1Ω；倾斜轨道端点CD之间接入的电阻R=0.3Ω；初始时刻，
0
ab棒静止在水平导轨上，ef棒以 =2m/s的初速度向右运动。若不计所有导轨的电阻，两
金属棒与导轨始终保持良好接触，水平轨道与圆弧轨道交界处竖直距离恰好等于金属棒直
径，忽略感应电流产生的磁场及两个磁场间的相互影响，取重力加速度g=10m/s2，
、 ，求：
（1）两棒在水平轨道运动过程中，通过ab棒的最大电流；
（2）若两棒的距离增加x=0.5m时，ef棒恰好到达QN位置，求此时两棒的速度大小；
（3）初始时刻至ef棒恰好达到稳定状态的过程中系统产生的焦耳热。
【参考答案】（1）2A；（2）1.5m/s，1m/s；（3）0.125J
【名师解析】
（1）两棒在水平轨道运动过程中，初始时刻有最大电流
解得（2）当ef棒到达QN前，由于两棒距离增大0.5m，由此判断ab棒在cd的左侧。两棒受合
外力等于零，系统动量守恒。设ef棒和ab棒的速度分别为v 和v
1 2
设两棒距离增加x=0.5m用时为 ，对于ab棒，由动量定理
两棒距离增加x=0.5m时通过回路的平均电流
平均感应电动势
又
联立解得两棒速度的大小为
（3）当ef棒离开水平轨道后，ab棒在cd左侧做匀速直线运动，进入cd右侧后，若一直减
速运动到停止，则由动能定理有
解得
假设成立，所以ab棒静止在水平导轨上。
对于ef棒，若恰好能沿圆弧运动的速率为v解得
<
所以ef棒可以沿圆弧运动。
的
ef棒沿圆弧运动过程，设ef棒到达圆弧底端 速度为 ，由动能定理有
解得
ef棒进入倾斜轨道时，由牛顿运动定律有
解得
a=0
即ef棒进入倾斜轨道将做匀速直线运动达到稳定状态。
所以系统产生的焦耳热为
解得
3. （2024山西太原名校联考） 如图，固定的足够长光滑平行金属导轨间距L=0.2m。由水
平部分I和倾斜部分Ⅱ平滑连接组成，虚线MN为其交界线，I、Ⅱ间夹角 =30°，Ⅰ内的
MN与PO间以及Ⅱ内均存在垂直于导轨平面的匀强磁场B 和B，其中B=2.5T、
1 2 1
B=0.5T。质量m=0.01kg、电阻r=1.0 的相同金属棒a、b固定在水平导轨上，其中点通过
2长s=L的绝缘轻杆连接成"H"型。将与a、b相同的金属棒c从倾斜导轨上由静止释放，c到
达MN前已经开始匀速运动。当c通过MN时，立即解除a、b与轨道的固定，之后a在到
达PO前已开始匀速运动。当a到达PO时，立即再将c固定在水平导轨上。不计导轨电阻，
a、b、c始终垂直于导轨，c与b一直没有接触，取g=10m/s²，求：
（1）c在倾斜导轨上运动的最大速度；
（2）a到达PQ前匀速运动的速度；
（3）从a离开PQ至b到达PQ的过程中，金属棒c产生的热量。
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）
【名师解析】
（1）设a在斜面上最大速度为 ，感应电动势为 ，则
回路的总电阻
回路总电流
c所受的安培力为 ，则到最大速度时满足
解得（2）a、b在到达PQ前开始匀速运动时，此时a、b、c速度大小相等，设为 ，则由动量
守恒定律得
解得
（3）设b到达PQ时速度大小为 ，从a离开PQ到b至PQ的过程时间为 ，回路的总
电阻为 ，平均感应电动势为 ，平均电流为 ，b所受平均安培力的大小为 ，则
对a、b应用动量定理
解得
从a离开PQ至b到达PQ的整个过程中，整个回路产生的焦耳热为
c产生的焦耳热
解得4. （2022福建龙岩三模）如图，两根相距L的水平平行金属导轨 ，置于水平向
右的匀强磁场中，磁感应强度 。 间连接一个开关S与一个阻值为R的电阻，
导轨左端 分别通过一小段金属圆弧与倾斜的平行光滑金属导轨 平滑相连，
两导轨均与水平面成 ，两导轨间存在垂直于导轨平而向上的匀强磁场，磁感应强
度 与 均与 垂直。长度为L的金属杆 放在倾斜导轨上并与之垂
直，接触良好， 的质量均为m，电阻均为R。初始时，开关S断开，将N杆静止释
放，同时给M杆施加一个平行导轨向上 的恒定外力，使 杆由静止开始运动，
在N杆运动到 的过程中，N杆产生的热量为Q，且N杆已匀速运动。当N杆刚进入水
平轨道时，闭合开关S，一段时间后M杆开始匀速运动。已知导轨均足够长且电阻不计，
N杆与水平导轨间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g。求：
（1）初始时N杆的加速度大小；
（2）初始时N杆到 的距离；
（3）N杆在水平导轨上运动的最终速度大小。
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）见解析【名师解析】
（1）初始时对 杆受力分析如下图所示
设N杆的加速度为 ，对 杆根据牛顿第二定律得
解得
（2） 杆到达 边界前对 、 系统受力分析如下图所示
可知系统沿倾斜导轨方向所受的合外力等于零，所以 、 系统沿倾斜导轨方向上动量
守恒，设 杆到达 边界前速度大小为 ， 杆速度大小为 ，由动量守恒
得
回路电动势回路电流
、 所受安培力大小均为
由于N杆运动到 边界前已匀速，有
联立可得
设 杆到 的距离为 ，对 杆由动能定理得
由功能关系得
解得
（3）N杆到达水平导轨时受力如下图所示分析可知 杆向右开始减速运动，而 杆向上加速运动，设 杆速度重新达到稳定时速
度大小为 ，则 杆切割产生电动势
由欧姆定律得
由平衡条件得
解得 杆稳定时速度
此时 杆中电流杆受到的安培力
由
得
故
此时 杆也达到稳定速度，设为 ，设 杆 到两杆速度稳定的时间为 ，由动量定
理，对 杆有
即
对 杆有
其中
代入得
联立解得讨论
①当 时，N杆最终在水平导轨上向右匀速运动，速度大小
②当 时，N杆最终静止在水平导轨上。
5. （2023重庆沙家坝重点中学质检） 电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可
用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L
的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧
靠MN虚线边界处。从t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B ＋kt（k为大于零
0
的常数），空气阻力忽略不计。
（1）线圈中的感应电流的方向；
（2）求t=0时刻，线框中的感应电流的功率P；
（3）若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W
及通过导线截面的电荷量q；
（4）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M
的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大。
【参考答案】（1）顺时针；（2） ；（3） ；（4）见解析
【名师解析】（1）由“磁感应强度B随时间t的变化规律B=B ＋kt（k为大于零的常数）”知，B随t均
0
匀增大，穿过线框的磁通量均匀增大，根据楞次定律得，线框中的感应电流方向为顺时针。
（2）根据法拉第电磁感应定律，t=0时刻线框中的感应电动势为
E= L2
0
由功率
P=
解得
P=
（3）由动能定理W=ΔE，得
k
W= mv2
线框穿出磁场过程中，线框的平均电动势
线框中的电流
通过的电荷量
（4）t=0时刻，n匝线框中产生的感应电动势
线框的总电阻
R =nR
总
线框中的电流I=
t=0时刻线框受到的安培力
F=nBIL
0
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有
F=（M＋nm）a
解得
由此可知，n越大，a越大。
6. （2023河北九师联盟质检）如图甲所示，足够长的粗糙导轨a、b互相平行固定放置，
导轨及导轨面与水平面的夹角为37°；足够长的光滑导轨c、d平行固定放置，导轨及导轨
面与水平面的夹角为53°，a与d、b与c分别连接，平行导轨间距均为L且导轨电阻均为
0。空间存在方向斜向右上方且与c、d所在的导轨平面垂直的匀强磁场；质量为m、电阻
为0的导体棒1垂直放置于c、d导轨上，质量也为m、有效接入电路的电阻为R的导体棒
2垂直放置于a、b导轨上。给导体棒1一个沿斜面向下的速度 ，导体棒1正好做匀速运
动，导体棒2在斜面上刚好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；把导体棒2除掉，换
上电容为C的电容器，如图乙所示，让导体棒1从静止开始沿着斜面向下运动，重力加速
度为g， 、 ，求：
（1）磁感应强度的大小；
（2）导体棒2与导轨a、b之间的动摩擦因数；
（3）图乙中，导体棒1经过一段时间 时的速度大小。【参考答案】（1） ；（2） ；（3）
【名师解析】
设磁感应强度的大小为B，对题图甲，导体棒1沿斜面匀速下滑的速度为 ，由法拉第电
磁感应定律可得
由欧姆定律可得
安培力
方向沿着斜面向上，因为导轨c、d光滑，导体棒1沿斜面匀速下滑，把重力分别沿着斜面
和垂直斜面分解，由力的平衡条件可得
综合解得
（2）对导体棒2受力分析，所受的安培力
垂直斜面向下，把重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，由力的平衡条件可得
综合解得（3）对题图乙，假设导体棒1向下做匀加速直线运动，设其加速度为a，t时刻其速度为
由法拉第电磁感应定律回路的电动势为
设t时刻电容器的带电量为q，则
回路中的电流即电容器的充电电流为
导体棒1受到的安培力
沿着斜面向上，对导体棒1受力分析，把重力mg沿着斜面和垂直斜面分解，由牛顿第二定
律可得
其中
经过一段时间 ，速度为
结合
解得
