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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62 电磁感应+能量守恒定律模型
最新高考题
1．（11 分）（2023 年6 月高考浙江选考科目）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简
化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）
和装置A 组成，并形成团合回路。装置A 能自动调节其输出电压确保回路电流I 恒定，方
向如图所示。
导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I 在导电杆以上空间产生的
磁场近似为零：在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小
（其中k 为常
量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大
小
，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入
1
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导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为
M，导轨间距
，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻
力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A 的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F 和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E 与运动时间t 的关系；
（3）求装置A 输出电压U 与运动时间t 的关系和输出的能量W；
（4）若R 的阻值视为0，装置A 用于回收能量，给出装置A 可回收能量的来源和大小。
【参考答案】（1）3Mg；
；（2）E=
（v0-2gt）；
（
3）
；
（4）装置A 可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能。
【名师解析】（1）导电杆所受安培力F=B1Id=kI·I·
=3Mg
由动能定理，-FL+MgL=0-
解得：L=
。
（2）火箭与导电杆下落做匀减速运动，由F-Mg=Ma，解得加速度大小为a=2g。
在时刻t，导电杆的速度v=v0-at=v0-2gt，
导电杆切割磁感线产生的感应电动势E=B2dv=2kI·d·（v0-2gt）=
（v0-2gt）
（3）根据题述导电杆中电流恒定为I，则有U-E=IR，
2
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解得装置A 输出电压U=IR+
v0-
t=
装置A 输出的电功率P=UI= I2R+ 3Mgv0-6Mg2t
由v0-2gt0=0 解得总下落时间t0=
令I2R+ 3Mgv0=P0，画出输出的电功率P 随时间t 变化图像，如图。
电功率P 随时间t 变化图像与横轴所围面积等于输出的能量W，
所以W=
=
（I2R+ 3Mgv0）
=
（4）若R 的阻值视为零，装置A 可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能；
动能为EK=
，重力势能为为Ep=Mg·
=
，
可回收的总能量为W 回= EK+ Ep=
+
=
最新模拟题
1. （2024 山西三重教育联盟9 月联考）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨M、N
被固定在水平面上，导轨间距L=1m，其左端并联接入R1和R2的电阻，其中R1=R2=2Ω。整
个装置处在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=2T 的匀强磁场中。一质量：m=4kg、电阻
r=1Ω 的导体棒ab 在恒力F=5N 的作用力下从静止开始沿导轨向右运动，运动了L0=4m 时
导体棒ab 恰好匀速运动，导体棒垂直于导轨放置且与两导轨保持良好接触，导轨电阻不计。
求：
（1）导体棒的最大速度；
3
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（2）电阻R1上产生的焦耳热；
（3）此过程中通过R2的电荷量。
【参考答案】（1）2.5m/s；（2）1.875J；（3）2C
【名师解析】
（1）设导体棒的最大速度为
，则有
，
，
，
根据受力平衡可得
联立解得
（2）根据动能定理可得
又
联立解得回路产生的总焦耳热为
根据电路连接关系，可知电阻R1上产生的焦耳热为
4
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（3）此过程通过干路的电荷量为
则此过程中通过R2的电荷量为
.2 （16 分）（2023 年7 月湖南部分重点高中期末）如图所示，足够长的绝缘运输带沿倾
角α=30°的方向固定，以v0的速度顺时针匀速传动，两虚线 1、2 间存在垂直运输带向下的
匀强磁场，磁感应强度大小为B．质量为m、阻值为 R、边长为d 的正方形导线框abcd 随
运输带一起匀速向上运动，当 ab 边越过虚线1 时导线框相对运输带发生运动，当ab 边到
达虚线 2 时导线框的速度恰好恢复到 v0，已知两虚线间的距离为 L（L>2d），导线框与
运输带之间的动摩擦因数 μ= √3
2 ，重力加速度大小为g，整个过程中导线框的 ab 边始终
与两虚线平行。求：
（1） ab 边刚越过虚线 1 瞬间的加速度大小；
（2）导线框的 ab 边由虚线1 运动到虚线2 的过程中，导线框中产生的焦耳热Q；
（3）导线框的ab 边由虚线 1 运动到虚线2 的时间t。
【名师解析】
（1） ab 边刚越过虚线 1 瞬间，对导线框受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin α + F安- μmgcosα =ma（2 分）
根据安培力公式有 F安= BId（1 分）
根据闭合电路欧姆定律有 I = Bd v0
R
（1 分）
解得 a= B
2d
2v0
mR
- g
4 。（2 分）
（2）导线框的 ab 边由虚线 1 运动到虚线 2 的过程中，根据动能定理有
μmgcosα ⋅L-mgsin α ⋅L+W 安=0（2 分）
根据功能关系有Q=-W 安（1 分）
解得 Q = 1
4 mgL。（1 分）
5
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（3）导线框的 ab 边由虚线 1 运动到虚线 2 的过程中，根据动量定理有
μmgcosα ⋅t -mgsin α ⋅t + I 安=0（2 分）
安培力的冲量
I 安=-∑BId ⋅△t =-∑B
2d
2v
R
⋅△t =- B
2d
3
R
（2 分）
解得 t = 4 B
2d
3
mgR 。（2 分）
3. (2023 重庆江津七校期末)光滑水平面上存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁场边界如图所
示。正方形单匝线框abcd 的边长L = 0.2m、回路电阻R = 1.6 × 10 - 3Ω、质量m = 0.2kg。
线框平面与磁场方向垂直，线框的ad 边与磁场左边界平齐，ab 边与磁场SP 边界平行且距
离为L。现对线框施加与水平向右方向成θ = 45°角、大小为
N 的恒力F，使其在图示
水平桌面上由静止开始运动。从ab 边进入磁场开始，在垂直于SP 方向线框做匀速运动；
dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g = 10m/s2，从线框开始
运动到线框全部进入磁场中，下列说法正确的是（ ）
A. 匀强磁场磁感应强度的大小为0.2T
B. 全过程线框产生焦耳热0.04J
C. 整个回路通过的电荷量为5C
D. 磁场区域的SP 边宽度为0.65m
【参考答案】ACD
【名师解析】
ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，在沿ab 方向有
max = Fcos
代入数据有
ax = 10m/s2
6
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在沿da 方向有
may = Fsin
代入数据有
ay = 10m/s2
ab 边进入磁场开始，ab 边在沿da 方向切割磁感线；ad 边和bc 边的部分也开始进入磁场，
且在沿ab 方向切割磁感线。但ad 和bc 边的进入磁场部分产生的感应电动势相互抵消，则
整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab 边进入磁场开始，ab
边受到的安培力沿ad 方向，ad 边的进入磁场部分受到的安培力沿ab 方向，bc 边的进入磁
场部分受到的安培力沿ba 方向，则ad 边和bc 边的进入磁场部分部分受到的安培力相互抵
消，故线框abcd 受到的安培力的合力为ab 边受到的沿ad 方向的安培力。由题知，线框从
ab 边进入磁场开始，在垂直于SP 方向线框做匀速运动，有
Fsin
- BIL = 0
E = BLvy
联立有
B = 0.2T
故A 正确；
B．由题知，从ab 边进入磁场开始，在沿da 方向线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc
边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有
Q = W 安 = BILy
y = L
Fsin
= BIL
联立解得
Q = 0.4J
故B 错误；
C．整个回路通过的电荷量
7
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故C 正确；
D．线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为
vy = ayt1
L = vyt2
t = t1 + t2
联立解得
t = 0.3s
线框在沿ab 方向一直做匀加速直线运动，则在沿ab 方向有
则磁场区域的SP 边宽度
X = x + L = 0.65m
故D 正确。
4. (2023 重庆巴蜀中学期末)某航空爱好者利用所学知识设计了一个在地球上回收返回舱的
电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所
示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4 台电磁缓冲装置，每台电磁缓冲结构示意图如图
乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨
、
。导轨内
侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度
为B。导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈
，
线圈的总电阻为R，匝数为n，ab 边长为L。假设整个返回舱以速度
与地面碰撞后，滑
块K 立即停下，不反弹。此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返
回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。
则以下说法正确的是（ ）
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A. 滑块K 的线圈中最大感应电流的大小
B. 若缓冲装置向下移动距离H 后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈
中通过的电
量
C. 若缓冲装置向下移动距离H 后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈
中产生的焦
耳热是
D. 若要使缓冲滑块K 和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ 和
MN 长度至少
【参考答案】C
【名师解析】
滑块刚接触地面时感应电动势最大
根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K 的线圈中最大感应电流的大小
故A 错误；
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由
，
，
，
可得若缓冲装置向下移动距离H 后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈
中通过的电
量
B 错误；
设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得
解得
故C 正确；
因为有4 台减速装置，利用动量定理得
其中
解得缓冲装置中的光滑导轨PQ 和MN 长度至少为
故D 错误
5. (2023 河南名校联考)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω 的水平粗糙导轨处于垂直
纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m．－质量m＝2 kg，阻值r
＝2 Ω 的金属棒在水平拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v
－x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m 位移的
过程中(g＝10 m/s2)( )
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A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J
C．整个系统产生的总热量Q＝5.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
【参考答案】CD.
【名师解析】由速度图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝＝，代入得：FA＝0.5x，
则知FA与x 是线性关系．当x＝0 时，安培力FA1＝0；当x＝1 m 时，安培力FA2＝0.5 N，则
从起点发生x＝1 m 位移的过程中，安培力做功为：WA＝－FAx＝－x＝－×1 J＝－0.25 J，即
金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25 J，故A 错误；金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝
μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B 错误；根据动能定理得：W－μmgx＋WA＝mv2，其中v
＝2 m/s，μ＝0.25，m＝2 kg，代入解得拉力做的功为：W＝9.25 J．整个系统产生的总热量
为：Q＝W－mv2＝9.25 J－×2×22 J＝5.25 J，故C、D 正确．
6. （2023 石家庄三模） 如图所示，一空心铝管与水平面成
角倾斜固定放置。现把一枚
质量为m、直径略小于铝管直径的圆柱形小磁块从上端管口无初速度放入管中，小磁块从
下端口落出时的速度为v，已知该铝管长度为l，小磁块和管间的摩擦力是小磁块重力的k
倍，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小磁块做匀加速直线运动
B. 小磁块在运动过程中，铝管和小磁块产生的热量为
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C. 小磁块在运动过程中，小磁块产生的热量为
D. 小磁块在运动过程中，小磁块受到的重力和摩擦力的总冲量为mv
【参考答案】B
【名师解析】
空心铝管可以看为由许多的闭合回路构成，当小磁块下滑时，在铝管的回路中将产生感应
电流，根据楞次定律可知，该感应电流激发的磁场对小磁块的磁场力将阻碍小磁块的相对
运动，即电磁阻尼，可知小磁块做变加速直线运动，A 错误；
根据上述，铝管中产生感应电流，则铝管中产生焦耳热，小磁块与铝管中与摩擦，亦会产
生热，根据能量守恒定律可知小磁块在运动过程中，铝管和小磁块产生的热量为
B 正确；
小磁块因摩擦产生的热量为
，C 错误；
根据上述，小磁块受到重力、摩擦力与磁场力，则小磁块在运动过程中，小磁块受到的重
力、摩擦力与磁场力的总冲量为mv，D 错误。
7. （2023 河南洛阳等4 市三模） 如图所示，在水平面内的平面直角坐标系Oxy 中，有两
个光滑金属固定导轨OA 和OC，二者相交于坐标原点O，导轨OC 与x 轴重合，导轨OA
是一条抛物线，该抛物线的方程为y2=kx（k 为常数、且k>0），两条导轨的电阻不计。在
两条导轨之间存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨所在平面竖直向上，
AC 为磁场的右边界，AC 与y 轴平行，距y 轴间距为L。一质量为m、足够长的金属棒ab
在水平向右的拉力作用下，以恒定的加速度a 在导轨上从y 轴由静止开始水平向右滑动
（此时为t=0 时刻），金属棒ab 与两导轨接触良好且始终保持与OC 导轨垂直。已知金属
棒ab 单位长度的电阻为r。求：
（1）当金属棒ab 经过磁场边界AC 前的瞬间，作用在金属棒ab 上拉力的大小；
（2）金属棒ab 从开始滑动到磁场边界AC 的过程中，金属棒ab 上产生的焦耳热和拉力做
的功。
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【参考答案】（1）
；（2）
，
【名师解析】
（1）当金属棒ab 运动到边界AC 时：设速度大小为v，设此时作用在金属棒ab 上的拉力
大小为F，金属棒ab 切割磁感线的长度为、感应电动势为E、电阻为R、回路的电流为I
金属棒ab 以恒定的加速度a 在导轨上从y 轴由静止开始水平向右滑动，有
当金属棒ab 经过磁场边界AC 前的瞬间，根据牛顿第二定律有
根据法拉第电磁感应定律有
感应电流为
根据安培力公式有
解得
，
（2）设金属棒ab 位移为x 时，安培力为
，金属棒ab 的速度大小为v、切割磁感线的长
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度为l1,回路的感应电动势为E1、电流为I1、电阻为R1，有
解得
因为安培力与位移x 成正比，所以金属棒ab 从开始滑动到磁场边界AC 的过程中，安培力
对金属棒ab 做的功为
设金属棒ab 从开始滑动到运动到磁场边界AC 的过程中，设金属棒ab 上产生的焦耳热为
Q，由安培力做功与金属棒ab 上产生的焦耳热之间的关系得
解得
金属棒ab 从开始滑动到运动到磁场边界AC 的过程中，设拉力做的功为W，由功能关系得
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8. （2023 湖北鄂东南教学联盟5 月模拟）如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在绝
缘水平面上，导轨间距为L，电阻不计，导轨最右端接有阻值为R 的定值电阻；整个装置
处于两种磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。
质量均为m 的两根金属棒MN、PQ 静止于导轨上，两金属棒接入电路的电阻均为R，与导
轨间的动摩擦因数均为
（设金属棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力），两棒始终与导轨
垂直且接触良好。某时刻，用水平向左的恒力F 拉MN 棒，使其由静止开始运动，直到PQ
刚好要滑动的过程中，通过金属棒PQ 的电荷量为q，重力加速度为g，试求：
（1）PQ 刚好要滑动时，金属棒MN 的速度大小；
（2）上述过程中金属棒MN 在导轨上运动的距离；
（3）上述过程中金属棒MN 产生的焦耳热为多少？
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）PQ 刚好要滑动时PQ 两端的电压为
PQ 的电流大小为
对PQ 受力分析有
解得
（2）由题意可知通过金属棒MN 的电量为2q
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解得
（3）对金属棒MN 由动能定理可得
解得
所以金属棒MN 产生的焦耳热为
9. (15 分) （2023 江苏常州名校联考）如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨
MV、PQ，间距L＝0.2 m，其电阻不计．完全相同的两根金属棒ab、cd 垂直导轨放置，每
棒两端都与导轨始终良好接触．已知两棒质量均为m＝0.01 kg，电阻均为R＝0.2 Ω，棒
cd 放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度
B＝1.0 T．棒ab 在竖直向上的恒力F 作用下由静止开始向上运动，当ab 棒运动位移x＝0.
1 m 时达到最大速度，此时cd 棒对绝缘平台的压力恰好为零，重力加速度g 取10 m/s2.求：
(1) 恒力F 的大小；
(2) ab 棒由静止到最大速度通过ab 棒的电荷量q；
(3) ab 棒由静止到达到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q.
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【名师解析】：(1) F＝mg＋BIL(2 分)
BIL＝mg(1 分)
F＝0.2 N(1 分)
(2) q＝(2 分)
ΔΦ＝BLx(1 分)
解得q＝0.05 C(1 分)
(3) ab 棒达到最大速度vm时，对cd 棒有BIL＝mg(1 分)
ab 棒产生的电动势E＝BLvm(1 分)
I＝(1 分)
解得vm＝1 m/s(1 分)
(F－mg)x＝mv＋Q(2 分)
解得Q＝5×10－3 J(1 分)
10（2023 江苏名校质检）15．（12 分）如图所示，间距L=1m 的U 形金属导轨固定在绝缘
水平桌面上，其一端接有阻值为0.2Ω 的定值电阻R，导轨电阻忽略不计．质量均为
m=0.2 kg 的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨
垂直，接入电路的阻值Ra=Rb=0.2Ω，与导轨间的动摩擦因数均为
，导体棒a 距
离导轨最右端s=2 m．整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强
度大小B=0.2T．现用沿导轨水平向右大小F=0.95N 的恒力拉导体棒a，当导体棒a 运
动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动．重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．
（1）导体棒b 刚要滑动时受到安培力F1的大小；
（2）导体棒a 离开轨道时的速度v 的大小；
（3）导体棒a 在导轨上运动的过程中，定值电阻R 中产生的热量QR．
【参考答案】．（1）0.2N；（2）
；（3）
；
【名师解析】（1）导体棒b 刚要滑动时受力平衡，安培力F1=μmg=0.2N
（2）导体棒电阻和定值电阻相等，根据并联电路电流关系和电阻关系可得
，
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根据电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律
联立解得
（3）根据能量守恒得，拉力做功转化为摩擦产生的内能，导体棒a 的动能和转化电路产生
的焦耳热，即
回路中导体棒a、b 和电阻R 通过的电流比是2:1:1，电阻相等，由焦耳定律
可知产
生的焦耳热之比为
联立可得定值电阻R 中产生的热量
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