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高考电学压轴题模型解读与针对性训练
专题19 电磁感应+电容模型
【电磁感应+电容模型解读】
1．无外力充电式
基本
模型
规律
(导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)
电路特点
导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
安培力为阻力，导体棒减速，E 减小，有I＝，电容器充电UC变
大，当BLv＝UC时，I＝0，F 安＝0，导体棒匀速运动
运动特点
和最终特征
导体棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，
但电容器带电荷量不为零
求最终速度v
电容器充电电荷量：Q＝CU
最终电容器两端电压：U＝BLv
对导体棒应用动量定理：
mv－mv0＝－LB·Δt＝－BLq
则v＝
v -t 图像
2.无外力放电式
基本
模型
规律
(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
电路特点
电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流特点
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放
电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm
运动特点
及最终特征
做加速度a 减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
求最大速度vm
电容器充电电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：
Q＝CU＝CBLvm
电容器放电电荷量：
ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对导体棒应用动量定理：
mvm－0＝LB·Δt＝BLΔQ
则vm＝
v -t 图像
3. 有外力，匀变速
情景：金属棒的初速度为零，水平拉力F 恒定，棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计
图示：
运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，有F－BIL＝ma，I
＝ΔQ
Δt ，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，联立可得F－C B
2 L
2 Δv
Δt
＝ma，其中Δv
Δt ＝a，则
可得a＝
F
m＋C B
2 L
2
↓
运动性质：金属棒做加速度恒定的匀加速直线运动.
功能关系：WF＝1
2mv2＋E 电
【高考真题】
【典例】．（2023 高考新课标）.如图，两条平行导轨所在平面与水平面的夹角为θ，平行
导轨间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度
大小为B，方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且
在下滑过程中保持与导轨垂直并接触良好.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力
加速度大小为g.金属棒和导轨的电阻可忽略不计.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系.
答案 （1）Q＝CBLv （2）v＝m（sinθ－μc osθ ）
m＋B
2 L
2C
gt
解析 （1）设金属棒下滑的速度大小为v，则产生的感应电动势为E＝BLv
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝Q
U
联立解得Q＝CBLv
（2）设经过时间t 金属棒的速度大小为v，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的安培力方向
沿导轨向上，大小为f1＝BLi
设在时间间隔t～t＋Δt 内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ΔQ
Δt
ΔQ 也是平行板电容器在时间间隔t～t＋Δt 内增加的电荷量，由（1）中结果可知ΔQ＝
CBLΔv
式中，Δv 为金属棒的速度变化量，按定义有a＝Δv
Δt
金属棒受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为f2＝μN
式中，N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有
N＝mgcosθ
金属棒在t 时刻的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f1
－f2＝ma
联立解得a＝m（sinθ－μc osθ ）
m＋B
2 L
2C
g
可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，t 时刻金属棒的速度大小为v＝
m（sinθ－μc osθ ）
m＋B
2 L
2C
gt.
【针对性训练】
1. 如图甲、乙中，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C 原来不
带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平
面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒
ab 一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab 的运动状态，下列说法
正确的是( )
A．图甲中，ab 棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab 棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止
C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D．两种情形下导体棒ab 最终都保持匀速运动
答案：B
解析：题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电
流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C 极板间电压与导体棒产生
的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab 棒不受安培力，向右做匀速运动，故A 错误；
题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运
动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab 棒静止，故B 正确，D
错误；根据安＝LB，有－安t＝－LBt＝－qBL＝mΔv，可得q＝－，电荷量跟导体棒ab 的动
量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙中导体棒的动量变化量，
所以题图甲中通过R 的电荷量小于题图乙中通过R 的电荷量，故C 错误。
2. (2023·湖南岳阳模拟)如图甲所示，航母上配备了先进的电磁弹射系统。电磁弹射系统的
具体实现方案有多种，并且十分复杂。一种简化的物理模型如图乙所示，电源和一对足够
长平行金属导轨M、N 分别通过单刀双掷开关K 与电容器相连。电源的电动势E＝6 V，
内阻不计。两条足够长的导轨相距L＝0.2 m 且水平放置于磁感应强度B＝0.5 T 的匀强磁
场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C＝10 F。现将一质量为m＝
0.1 kg、电阻R＝1 Ω 的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开
关K 置于a 让电容器充电，充电结束后，再将K 置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运
动。不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的
磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力。下列说法正确的是( )
A．开关K 置于b 后，金属块先做加速运动、后做减速运动
B．开关K 置于b 的瞬间，金属滑块的加速度大小为7 m/s2
C．开关K 置于b 后，金属滑块获得的最大速度大小为30 m/s
D．开关K 置于b 后，电容器最终带电量为零
答案：C
解析：开关K 置于b 的瞬间，流过金属滑块的电流为I＝，以金属滑块为研究对象，根据牛
顿第二定律得F＝ILB＝ma，解得a＝＝6 m/s2，故B 错误；金属滑块运动后，切割磁感线
产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做
匀速直线运动，此时速度达到最大。设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电
容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I，在金
属滑块滑动过程中，由动量定理得ILB·Δt＝mv－0，由电流的定义Δq＝IΔt，由电容的定义
C＝，电容器放电过程的电荷量变化为Δq＝CΔU，且ΔU＝E－U，故BLC(E－U)＝mv，金
属滑块运动后速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得U＝BLv，联立解得v＝30 m/s，
故A 错误，C 正确；由C 选项分析可知，当金属滑块运动后，速度最大时起飞，其两端电
压为U＝BLv＝3 V，即此时电容器两端电压为3 V，电容极板上依然有电荷，未完全放电，
故D 错误。故选C。
3.[2024 广东广州开学考试]如图所示，在水平面内固定着间距为L 的两根光滑平行金属导
轨（导轨足够长且电阻忽略不计），导轨上M、N 两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、
磁感应强度大小为B 的匀强磁场中.在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容
为C 的电容器.先将金属棒a 静置在导轨上，闭合开关S1、S3，让a 运动速度达到v0时断开
S1，同时将金属棒b 静置在导轨上，经过一段时间后，流经a 的电流为零.已知a、b 的长度
均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触.
（1）求开关S1、S3闭合，a 运动速度达到v0时a 的加速度大小；
（2）求b 产生的焦耳热；
（3）若将棒a、b 均静置在水平导轨上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求
两棒最终的速度大小.
答案 （1）BL（E－BLv0）
mR
（2）1
8mv0
2 （3）
BLCE
2m＋B
2 L
2C
解析 （1）a 切割磁感线产生的电动势E1＝BLv0
由牛顿第二定律得B E－E1
R
L＝ma
解得a＝BL（E－BLv0）
mR
（2）对a、b 系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1
解得v1＝v0
2
由能量守恒定律得系统产生的焦耳热
Q＝1
2mv0
2－1
2·2mv1
2
解得Q＝1
4 mv0
2
b 产生的焦耳热Qb＝1
2Q＝1
8mv0
2
（3）闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动.对电容
器，放电量
q＝C（E－BLv）
对a，某时刻经极短时间Δt，由动量定理得
BILΔt＝mΔv
整个过程有∑BLΔq＝∑mΔv
即BLq
2＝mv
解得两棒最终的速度v＝
BLCE
2m＋B
2 L
2C .
4. （2025 湖北模拟）如图1 所示，斜面上固定有足够长的平行导轨PQ、EF，导轨间距
d=5m，其下端接有电容C=17.5mF 的平行板电容器，导轨平面与水平面间的夹角
θ=37°。虚线O1O2垂直于导轨，O1O2下方部分的导轨由不计电阻的光滑金属材料制成，
且处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中；O1O2上方部分的导轨由粗糙的绝缘材料
制成。将一质量m=0.05kg、阻值r=1Ω 的金属棒垂直导轨放置，并用绝缘细线通过光滑
的定滑轮与质量M=0.2kg 的重物相连。t=0 时刻，将金属棒由静止释放，金属棒在轻绳
的拉动下开始运动，t=1s 时金属棒刚好越过虚线O1O2，作出金属棒的v-t 图像如图2 所示
（0~1s 未画出）。已知重力加速度取g=10m/s2，整个过程中电容器未被击穿。求：
(1)O1O2上方部分的导轨的动摩擦因数μ。
(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小（结果可用根式表示）。
(3)0~2s 内损失的机械能
。
【解析】（1）根据速度图像斜率表示加速度可得金属棒越过虚线
O1O2后的加速度大小为 a=6m/s2。
以金属棒和重物为整体，根据牛顿第二定律，
解得 μ=0.5.
（2）金属棒在虚线O1O2下方运动时，根据牛顿第二定律
又
联立解得
由此可知金属棒在虚线O1O2下方做初速度为零的匀加速直线运动，
根据v—t 图像可知，匀加速直线运动时间t=1s，末速度
v=4m/s，
加速度a1=△v/t=4m/s2。
代入
解得匀强磁场的磁感应强度B 的大小B=
❑√10
5 T。
（3）在0~1s 内，金属棒的释放点到虚线O1O2的距离x1=1
2 a1t1
2=2m
在1~2s 内，金属棒沿斜面运动的位移为 x=4+10
2
×1m=7m。
在0~2s 内损失的机械能△E=
代入数据得△E=2.8J。
5 .如图甲所示，相距L＝1m 的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ
＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω 的导体棒ab 垂直于导轨放
置，导轨的PM 两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容
器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场.在开关S1闭合、
S2断开的状态下将导体棒ab 由静止释放，导体棒的v－t 图像如图乙所示，运动过程中导体
棒始终与导轨接触良好且垂直，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求磁场的磁感应强度大小B；
（2）在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m 时，定值电阻产生的
焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
（3）现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s 时导体棒的速
度大小.
答案 （1）2T （2）2m/s 2m/s2 （3）4m/s
解析 （1）由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3m/s
对应的感应电动势E＝BLvm
感应电流I＝
E
R＋r
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有
BIL＝mgsinθ
解得B＝❑√
mg（R＋r ）sinθ
L
2vm
＝2T
（2）导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt 可知Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab 产生的焦
耳热Qab＝1
3×21J＝7J，导体棒下滑x＝5m 的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和
回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsinθ＝1
2mv1
2＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2m/s
此时感应电动势E1＝BLv1
感应电流I1＝
E1
R＋r
对导体棒有mgsinθ－BI1L＝ma1
解得加速度a1＝2m/s2
（3）开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI2L＝
ma2
感应电流I2＝Δq
Δt ，Δq＝CΔU
Δt 时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝Δv
Δt
解得a2＝2m/s2
表明导体棒下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2s 时导体棒的速度大小
v2＝a2t＝4m/s.
6．(2024 宁波十校3 月联考)如图，电阻不计的光滑水平导轨
间距L＝1m，其内
有竖直向下的匀强磁场B＝0.5T，导轨左侧接一电容C＝1F 的电容器，初始时刻电容器带
电量
，电性如图所示。质量
、电阻不计的金属棒ab 垂直架在导轨
上，闭合开关S 后，ab 棒向右运动，且离开
时已匀速。下方光滑绝缘轨道
间距也为L，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M、N 两点，其中NO、MP 两边长度
d＝0.5m，以O 点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP 右侧0＜x＜0.5m 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R＝1Ω 的
“U”型金属框静止于水平导轨NOPM 处。导体棒ab 自
抛出后恰好能从
处沿切
线进入圆弧轨道，并于MN 处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成闭合线框一起向右
运动。
（1）求导体棒ab 离开
时的速度大小
；
（2）若闭合线框进入磁场
区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀
速穿过磁场
区域，求此过程中线框产生的焦耳热；
（3）闭合线框进入磁场
区域后由于安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过
区域，
若能，求出离开磁场
时的速度；若不能，求出线框停止时ab 边的位置坐标x。
【名师解析】：（1）设电容器放完电后所带电量为Q，则由动量定理可得：
又：
，
可得：
（2）由于导体棒ab 抛出后恰好能沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可知：
，得：
：
得：
又由动量定理可知：
，得：
线框进入磁场过程中所受的安培力：
线框进入和离开磁场
过程克服安培力做功相同，故整个过程线框产生的热量：
（3）线框进入磁场过程由动量定理：
即：
，
，
解得：
故线框不能完全离开磁场，由：
得：
