2024年高考物理二轮复习模型61 电磁感应+动力学模型（解析版）

2024高考物理二轮复习80热点模型

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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vO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A和，以及这两段时间内克服安培力做的功分别

为W1和帆，则（）

A.ZjV/2,W1VW2,B.h＜t2,卬1＞卬2,

C.白＞亥，W\＜W2fD.白＞亥，卬|＞卬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V1平大于离开过程的平均速度V2T-,由L=¥力和L=V2

平也可得。＜72。

线框刚进入磁场时速度为V0,设线框边长为L,电阻为R,线框完全进入磁场时速度为V],

刚完全离开磁场时速度为V2,进入磁场过程中产生的平均感应电动势为日,平均感应电流

为小离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E2,平均感应电流为4,由法拉第电磁感应

定律，Ei=A（D/ti，E2=A0/t2，由闭合电路欧姆定律，IkEMR,I2=E：/R，进入

磁场过程通过导体截面的电荷量0=1由，离开磁场过程通过导体截面的电荷量q2=l2t2,联立

解得：qi=q2o对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-Pit产〃八，1・团次），F\=BI\L,对线

框离开磁场的过程,由动量定理，-尸2t2=mv2・mvi，F?=BhL,又夕]=1代1，q2=bt2，q尸q2,联

1111Wv2-v2

立解得：力・%=也・Ui。根据动能定理，W\=-—/nvi2,W2=­mv\2—m也一---

2222W2片一盯

=%+匕＞1,所以卬|＞卬2，选项B正确。

匕+丫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

/=0.4（）m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/L=5.0xl（r3Q/m；

在t=0到/=3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为3（。=（）.3-0.k（SI）。

求：

（1）f=2.0s时金属框所受安培力的大小；

（2）在「=（）到r=2.0s时间内金属框产生的焦耳热。

【参考答案】（1）0.04夜N；（2）0.0⑹

【名师解析】

（1）金属框的总电阻为

R=4/2=4x0.4x5x1。=0.008Q

金属框中产生的感应电动势为

A（Dx二1

E=——=-----=o.lx-x0.42V=0.008V

ArAr2

金属框中的电流为

/」=1A

R

/=2.0s时磁感应强度

B2=（0.3-0.1x2）T=0.1T

金属框处于磁场中的有效长度为

L=y/2l

此时金属框所受安培力大小为

FA=B2IL=0.Mx>j2x0.4N=0.04>/2N

（2）0:2.0s内金属框产生的焦耳热为

Q=I2Rt=l2x0.008x2J=0.016J

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/,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外、〃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〃八电阻为R,某时刻给岫棒沿导轨向下

的瞬时冲量/。，已知两导棒与导轨间的动摩擦因数〃=tan6,在两棒达到稳定状态的过程

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

4机

C.当导体棒〃的动量为:时，导体棒他的加速度大小筌也

D.当导体棒〃的动量为:的过程中，通过两导体棒间的距离减少了Ac=提^

【参考答案】BCD

【名师解析】

因为〃=tan。，得两金属棒重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡

mgsin0=pmgcos0

且两棒受的安培力等大反向，则系统所受外力之和为零，所以导体棒附和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；

某时刻给必棒沿导轨向下的瞬时冲量/o,设此时油棒为彩,两棒达到稳定状态后两棒速度

为V

由动量定理10-＞得％="

m

由动量守恒定律得〃?％=2mv,得v=

2m

由能量守恒定律得，回路中产生的热量Q=；相片-g2my2=/,B正确；

当导体棒cd的动量为:时，设导体棒M速度为匕，导体质速度为匕

则”a,

m4m

由动量守恒定律/0=-Z0+mv2,得彩=必

44m

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E=8/彩

由闭合电路欧姆定律得/=互=逊

2R4mR

当导体棒cd的动量为；/。时，对导体棒ab由牛顿第二定律得

mgsin-jumgcos0+BII-ma

D-；2JI

解得a=""，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

4m2/?4

量为夕，平均电流为7,时间为r,对导体棒力由动量定理得

--1

(mgsin0-jLimgcos0+BIl)t=BIl-t=Blq=—/0

得q=&-

4B1

△①

V-EAt△①BI-Ax

q=I■=---

2R2R2R2R

得8=-^,D正确。

2B-l2

2.（2022河北重点中学期中素养提升）如图所示，间距为乙=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S=0.5T的竖直向上的匀强磁场；轨道上cd到。N

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

3

沿竖直方向平行放置，间距为L,由半径为『「m的圆弧轨道与倾角为。=37。的倾斜轨

道在E、尸点平滑连接组成，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&=LOT。质量为nn=0.2kg

的金属棒力光滑;质量为/«2=O.lkg的金属棒碗粗糙，与导轨粗糙部分的动摩擦因数为〃=0.2,

两棒粗细相同、阻值均为R=0.1C;倾斜轨道端点CD之间接入的电阻R)=0.3C；初始时刻，

油棒静止在水平导轨上，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,sin37°=0.6、

cos37°=0.8,求:

(1)两棒在水平轨道运动过程中，通过必棒的最大电流；

(2)若两棒的距离增加A0.5m时，•棒恰好到达QN位置，求此时两棒的速度大小；

(3)初始时刻至好•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,lm/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

E=BxLVQ

/

2R

解得

Z=2A

(2)当。•棒到达QN前，由于两棒距离增大0.5m,由此判断就棒在cd的左侧。两棒受合

外力等于零，系统动量守恒。设牙棒和油棒的速度分别为也和V2

=m}vy+色彩

设两棒距离增加户0.5m用时为4,对于"棒，由动量定理

BJIAt=m2V

q=IAt

两棒距离增加.r=0.5m时通过回路的平均电流

平均感应电动势

Ar

又

^=BLx

联立解得两棒速度的大小为

匕=1.5m/s

v2=lm/s

(3)当歹棒离开水平轨道后，"棒在“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

2gAs=

解得

As=0.25m<s=0.3m

假设成立，所以砂棒静止在水平导轨上。

对于^棒，若恰好能沿圆弧运动的速率为v

解得

v=<V,=1.5m/s

所以炉棒可以沿圆弧运动。

4•棒沿圆弧运动过程，设棒到达圆弧底端速度为七，由动能定理有

町gr(1+cos9)=2ml片一5町v；

解得

vE=3m/s

67•棒进入倾斜轨道时，由牛顿运动定律有

m1gsm6-B2I、L=ga

j_^2^VE

2—R+&

解得

即4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

11

-2

-1-

22

解得Q=0.125J

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，虚线为其交界线，I、II间夹角6=30。，I内的

与P。间以及H内均存在垂直于导轨平面的匀强磁场田和B2,其中8i=2.5T、B2=0.5To

质量,*=0.CHkg、电阻，=1.0C的相同金属棒a、b固定在水平导轨上，其中点通过长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A/N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P。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到达前匀速运动的速度：

(3)从a离开PQ至b到达尸。的过程中，金属棒c产生的热量。

【参考答案】(1)7.5m/s；(2)2.5m/s；(3)0.01J

【名师解析】

(1)设a在斜面上最大速度为%,感应电动势为E.,则

Em=BJVm

回路的总电阻

R,,=r+：=1.5Q

回路总电流

£

/=—HL

mn

人总

c所受的安培力为Fm,则到最大速度时满足

「="与

mgsin30°=Fm

解得

vm=7.5m/s

(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

mvm=3mv0

解得

v0=-y-=2.5m/s

(3)设b到达PQ时速度大小为匕，从a离开PQ到b至PQ的过程时间为加

，回路的总电阻为R.k，平均感应电动势为三，平均电流为7，b所受平均安培力的大小为不，

则

/?；,=r+1=1.5Q

后二处

△t

F=BJL

对a、b应用动量定理

-F\t=2mvt-2mv0

解得

5,

v,=—m/s

16

从a离开P。至b到达PQ的整个过程中，整个回路产生的焦耳热为

0=；（2加）片-;⑵〃川

c产生的焦耳热

2+

解得

Q=—J»0.01J

-108

4.（2022福建龙岩三模）如图，两根相距L的水平平行金属导轨。力、O,D,置于水平向

右的匀强磁场中，磁感应强度4=48。。。间连接一个开关S与一个阻值为R的电阻，

导轨左端。、0'分别通过一小段金属圆弧与倾斜的平行光滑金属导轨OC、O'C'平滑相连,

两导轨均与水平面成。=30。，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

g=B,OC与0D均与OO'垂直。长度为L的金属杆M,N放在倾斜导轨上并与之垂直，

接触良好，M.N的质量均为加，电阻均为上初始时，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产=〃?g的恒定外力，使M、N杆由静止开始运动，在

N杆运动到00'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00'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)—g；(2)-+〃J“；(3)见解析

2mg4B4Z7

【名师解析】

(1)初始时对N杆受力分析如下图所示

设N杆的加速度为对N杆根据牛顿第二定律得

mgsin0=ma

解得

1

a=~g

(2)N杆到达。。边界前对M、N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，所以河、N系统沿倾斜导轨方向上动量守

恒，设N杆到达。0’边界前速度大小为叭N杆速度大小为匕，由动量守恒

mv-mvx=0

得

V1=v

回路电动势

E-2B0Lv-2BLv

回路电流

,E

2R

M、N所受安培力大小均为

F安=BJL

由于N杆运动到OO'边界前已匀速，有

F.；.=mgsin0

联立可得

丫=皿

2B-I3

设N杆到OO'的距离为工，对N杆由动能定理得

sin0—=gmv2

由功能关系得

/安二。

解得

2Q，疝gR?

mg4B4L4

(3)N杆到达水平导轨时受力如下图所示

分析可知N杆向右开始减速运动，而M杆向上加速运动，设M杆速度重新达到稳定时速

度大小为山，则M杆切割产生电动势

EM=BL'”

由欧姆定律得

I=EM=EM

MR+R并R+-R

2

=BIML

由平衡条件得

F安M+mgSine=F

解得M杆稳定时速度

3mgR

“赤

J_mg

"_2BL

此时N杆中电流

JJM_mg

N杆受到的安培力

F安N==mg

由

Ni=mg—F安N

得

N,=0

故

f=0

此时N杆也达到稳定速度,设为力，设N杆0。到两杆速度稳定的时间为f,由动量定理,

对M杆有

(F—mgsin0)t-BL11=m(vM-v)

即

1-

—mgt-BLIt=m[yM-v)

对N杆有

4g=加3-％)

其中

7

N,=mg-BiL-

代入得

-BL1=m(v-vA,)

联立解得

mgR、

VN=0戌/2(nIi)

Z.DL

讨论

①当0<〃<1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

方形单匝金属线框仍〃放在光滑水平面上，电阻为K,质量为相，外边在磁场外侧紧靠

虚线边界处。从仁0时起磁感应强度B随时间r的变化规律是2=Bo+h（Z为大于零的常数），

空气阻力忽略不计。

（1）线圈中的感应电流的方向；

（2）求f=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也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（7；

（4）若用相同的金属线绕制相同大小的〃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，匚0时线框加速度越大。

“2r4Rr2

【参考答案】（1）顺时针；（2）—；（3）色匕；（4）见解析

RR

【名师解析】

（1）由“磁感应强度8随时间f的变化规律（k为大于零的常数）”知，8随f均匀

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，/=0时刻线框中的感应电动势为

£（＞=—L2

△t

由功率

E2

R

解得

P庄

R

（3）由动能定理的△乐,得

线框穿出磁场过程中，线框的平均电动势

-△①

E=-----

Ar

线框中的电流

7=1

R

通过的电荷量

=丝=皿=蚯

RRR

（4）/=0时刻，〃匝线框中产生的感应电动势

E=n-----

△t

线框的总电阻

R总二nR

线框中的电流

E

/=—

U0时刻线框受到的安培力

FFBNL

设线框的加速度为“，根据牛顿第二定律有

F=(M+nm)a

解得

由此可知，"越大，4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，平行导轨间距均为乙

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；

质量为机、电阻为0的导体棒1垂直放置于c、d导轨上，质量也为加、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,sin37°=0.6、cos370=0.8.求：

（1）磁感应强度的大小；