電磁感應(yīng)綜合計(jì)算問題-2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型歸類

計(jì)算4電磁感應(yīng)綜合計(jì)算問題

考點(diǎn)內(nèi)容考情分析

考向一單棒類電磁感應(yīng)電磁學(xué)計(jì)算題是高考的必考內(nèi)容，高考對(duì)于這部分知

考向二雙棒類電磁感應(yīng)識(shí)點(diǎn)的命題形式是以生活中的情景為背景，強(qiáng)調(diào)情景

考向三線框類電磁感應(yīng)與對(duì)應(yīng)的力學(xué)知識(shí)的有機(jī)融合，突出了應(yīng)用性，鞏固

考向四含容類電磁感應(yīng)了基礎(chǔ)性。

蜀深究"解題攻略"

1.思想方法

此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約，解決問題首先要建立“動(dòng)一電一動(dòng)”的思維順序.

1.基本思路

(1)找準(zhǔn)主動(dòng)運(yùn)動(dòng)者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(右手定則)求解電動(dòng)勢(shì)大小和方向.

⑵根據(jù)歐姆定律，求解回路中電流.

(3)分析安培力對(duì)導(dǎo)體棒加速度、速度的影響，從而推理得出對(duì)電路中電流的影響，最后定性分析出

導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況.

(4)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)方程、牛頓第二定律、平衡方程或功能關(guān)系求解.

2.注意的問題

運(yùn)用功能關(guān)系時(shí)，確定有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化.如有摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生；有重力做功,

重力勢(shì)能必然發(fā)生變化；安培力做負(fù)功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.

2.模型建構(gòu)

一、單桿電容模型

初態(tài)wovo=O

aB，

D1/;

/tDCL,7

質(zhì)量為加、電阻軌道水平光滑，

軌道水平光滑，軌道水平光滑，

示意圖不計(jì)的單桿。6以單桿ab質(zhì)量為

單桿ab質(zhì)量為單桿ab質(zhì)量為

一定初速度V。在m,電阻不計(jì)，

m,電阻不計(jì)，m,電阻不計(jì)，

光滑水平軌道上兩平行導(dǎo)軌間距

兩平行導(dǎo)軌間距兩平行導(dǎo)軌間距

滑動(dòng)，兩平行導(dǎo)為/,拉力廠恒

為/為/,拉力廠恒

軌間距為1定定

匕

0

加時(shí)間內(nèi)流入電

容器的電荷量Nq

=C\U=CBlNv

0J

；|電流I=M=CB1

01V______.At

01

當(dāng)￡感=￡時(shí)，Av

運(yùn)動(dòng)分析v—=CBla

導(dǎo)體桿做加速度當(dāng)4=0時(shí)，V最△t

最大，且Vm=

越來越小的減速FR安培力/安=〃5

E大，Vm即，桿

運(yùn)動(dòng)，最終桿靜最后以Vm勻=CB2Pa

BI

開始勻速運(yùn)動(dòng)

止速運(yùn)動(dòng)F—F安=ma,a

_F

m+B212c

所以桿以恒定的

加速度勻加速運(yùn)

動(dòng)

外力做功轉(zhuǎn)化為外力做功轉(zhuǎn)化為

能量分析動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能

動(dòng)能和內(nèi)能，印F電能和動(dòng)能，版

能，;機(jī)歸=01

和內(nèi)能，石1電=5=-mVm+2=E申H--mv2

2

mVm+2

二、電磁感應(yīng)中的“雙桿”問題分析

(1)初速度不為零，不受其他水平外力的作用

光滑的平行導(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌

N竹

桿〃N竹/Q

桿]下-----桿2

’M0

示意圖

質(zhì)量mi=m2質(zhì)量加1=加2不

電阻ri=r2電阻尸1=/2

長度l\~h長度11=21?

0t

運(yùn)動(dòng)分析

桿MN做變減速運(yùn)動(dòng)，桿尸0做變or

加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，兩

桿的速度之比為1：2

Vo

均為零’以相等的速丐勻速運(yùn)動(dòng)

能量分析一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，0=-A￡k

(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用

光滑的平行導(dǎo)軌不光滑平行導(dǎo)軌

桿ZN

桿幺N

摩擦力Ffi=F

示意圖G

質(zhì)量加1=加2

質(zhì)量m[=m2

電阻ri=r2

電阻尸1=生

長度l\~h

長度h=h

-

F^2FtF>2Ft

開始時(shí)，若后2居，則尸。桿先變

運(yùn)動(dòng)分析t加速后勻速運(yùn)動(dòng)；桿靜止。若

開始時(shí)，兩桿做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定F>2Ff,P。桿先變加速后勻加速運(yùn)

時(shí)，兩桿以相同的加速度做勻加速動(dòng)，兒W桿先靜止后變加速最后和

運(yùn)動(dòng)P0桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速

度相同

外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能（包括

外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，w￥=

能量分析電熱和摩擦熱），叫=A￡k+0電+

常+。

Of

三、電磁感應(yīng)中的“線框”問題分析

常見情景動(dòng)力學(xué)分析能量分析動(dòng)量分析

在安培力作用下以進(jìn)入磁場時(shí)為例，設(shè)運(yùn)動(dòng)過程部分（或全動(dòng)量不守恒，可用動(dòng)量定理

穿越磁場中某時(shí)刻的速度為V,加速度大部）動(dòng)能轉(zhuǎn)分析導(dǎo)線框的位移、速度、

：XXXX:

小為a,則a=,a與v方向相化為焦耳通過某橫截面的電荷量和力

［：XXXX：TH.K

齊…j

熱，Q=-AEk作用的時(shí)間：

:xxxx:反，導(dǎo)線框做減速運(yùn)動(dòng)，

：XXXX:⑴求電荷量或速度：—BlL

vl-al,即導(dǎo)線框做加速度減小

△t=mv2-mvi,q=IAt;

的減速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)（全

41、YA—B2L2VAtc

部進(jìn)入磁場）或靜止（導(dǎo)線框離(2)求位移：R總=0-m

開磁場過程的分析相同）—B2L2X

Vo，即R&-0-mv0

在恒力F（包括重以進(jìn)入磁場的過程為例，設(shè)運(yùn)動(dòng)力F做的功

（3）求時(shí)間：

力mg）和安培力過程中某時(shí)刻導(dǎo)線框的速度為等于導(dǎo)線框

—BILAt+F其他At=mv2—m

作用下穿越磁場v,加速度為B胃的動(dòng)能變化

Vi即—BLq+F其他At=mv2

M量與回路中

（1）若進(jìn)入磁場時(shí)3=鬻，則導(dǎo)—mvi

產(chǎn)生的焦耳

己知電荷量q,F其他（F其他

線框勻速運(yùn)動(dòng)；

熱之和，

XXXXXXX為恒力）

XXXXXXX（2）若進(jìn)入磁場時(shí)6>若，則導(dǎo)

XXXXXXXWF=AEk+

22「“

線框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)Q-BLvAt

R總+F其他At-mv2-m

（直至勻速）；

—B2L2x

V1即R息+F其他At=mv2

（3）若進(jìn)人磁場時(shí)￡〈嘿，則導(dǎo)

—mvi

線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)

已知位移x,F其他（F其他

（直至勻速）（導(dǎo)線框離開磁場

為恒力）

過程的分析相同）

〃親臨"高考練場"

考向一單棒類電磁感應(yīng)

1.（2024?沈河區(qū)校級(jí)模擬）我國新一代航母采用全新的電磁阻攔技術(shù)，其原理為飛機(jī)著艦時(shí)利用

電磁作用力使它快速停止。為研究問題方便，我們將其簡化為如圖所示的模型。在磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，有間距為L的水平平行金屬導(dǎo)軌ab、cd,ac間連接一

電阻R,質(zhì)量為m、電阻為r的粗細(xì)均勻的金屬桿MN垂直于金屬導(dǎo)軌放置，現(xiàn)使金屬桿MN

獲得一水平向右的初速度vo,滑行時(shí)間t后停下，已知金屬桿MN受到的摩擦阻力恒為f,MN

長為L,忽略空氣阻力影響，重力加速度為g。求:

（1）金屬桿受到的安培力的最大值；

（2）全過程金屬桿MN克服摩擦阻力f做的功W；

E

【解答】解：（1）剛開始時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力最大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I=H

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=BLv0

根據(jù)安培力的計(jì)算公式可得：F=BIL

,B2L2V

所以最大安培力為：F=—0

（2）取向右為正方向，對(duì)金屬桿MN根據(jù)動(dòng)量定理可得：-R-EBILAt=O-mv（）

AfPBLs

則有：SIAt=q=——=——

K-riK-rT

解得金屬棒的位移為：一-

所以導(dǎo)體棒克服摩擦阻力做功為：W=f-s

/(mvo-ft)(7?+r)

因此：W=

B2L2

B2L2V

答：（1）金屬桿受到的安培力的最大值為kO；

(7?+r)

（2）全過程金屬桿MN克服摩擦阻力f做的功為

B2L2

2.（2024?臺(tái)州二模）某中學(xué)興趣小組研究了電機(jī)系統(tǒng)的工作原理，認(rèn)識(shí)到電機(jī)系統(tǒng)可實(shí)現(xiàn)驅(qū)動(dòng)和

阻尼，設(shè)計(jì)了如圖所示裝置。電阻不計(jì)的“L型”金屬導(dǎo)軌由足夠長豎直部分和水平部分連接

構(gòu)成，豎直導(dǎo)軌間存在水平向右的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)體棒ab與豎直導(dǎo)軌始終

良好接觸并通過輕質(zhì)滑輪連接重物M,初始被鎖定不動(dòng)。已知導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m,重物M

5mqR

質(zhì)量為3m,豎直導(dǎo)軌間距為d。電源電動(dòng)勢(shì)E=-*一,內(nèi)阻為R,導(dǎo)體棒與定值電阻阻值均

Ba

為R。

（1）把開關(guān)k接1,解除導(dǎo)體棒鎖定，導(dǎo)體棒經(jīng)時(shí)間t恰好開始勻速上升，求：

①通過導(dǎo)體棒的電流方向；

②導(dǎo)體棒勻速上升時(shí)的速度；

③此過程導(dǎo)體棒上升的高度h；

（2）把開關(guān)k接2,解除導(dǎo)體棒鎖定，導(dǎo)體棒經(jīng)時(shí)間f、下落高度h，時(shí)恰好開始勻速下落，求此

過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱。

【解答】解：（1）把開關(guān)k接1,解除導(dǎo)體棒鎖定，導(dǎo)體棒經(jīng)時(shí)間t恰好開始勻速上升時(shí):

①根據(jù)右手定則可知，通過導(dǎo)體棒的電流方向由a到b；

②設(shè)導(dǎo)體棒勻速上升時(shí)的速度為VI。

導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流大小為

Bdvi

1=2R

對(duì)兩棒整體，根據(jù)平衡條件得

BId+mg=3mg

4mqR

解得：V1=B2d2

③導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到剛勻速運(yùn)動(dòng)的過程，取豎直向上為正方向，對(duì)兩棒整體，根據(jù)動(dòng)量定理得

(3mg-mg)t-Bldt=(3m+m)vi-0

即2mgt-Bdq=4mvi

又通過導(dǎo)體棒的電荷量為

_EtBdh

q="赤=赤=為

2maR16m/?

聯(lián)“解得：h=B2d2(2t—B2d2)

（2）把開關(guān)k接2,解除導(dǎo)體棒鎖定，導(dǎo)體棒經(jīng)時(shí)間f、下落高度H時(shí)恰好開始勻速下落，此時(shí)

導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流大小為

E-Bdv2

1=~2R-

對(duì)兩棒整體，根據(jù)平衡條件得

BI'd+mg=3mg

mqR

聯(lián)立解得導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為：V?二

上s乙a乙

取豎直向上為正方向，對(duì)兩棒整體，根據(jù)動(dòng)量定理得

Bdq'-(3mg-mg)t'=(3m+m)V2-0

即Bdq'-2mgt=4mv2

,2mgtr47722gH

解得此過程通過導(dǎo)體棒的電荷量為：q，=~Bd~+

B3d3

根據(jù)能量守恒有

1

Eq'=~X4mv29+(3m-m)gh'+Q

心,mzg2R18mR

解得：+斤淳)-2mgh'

答：(1)①通過導(dǎo)體棒的電流方向由a到b；

4mgR

②導(dǎo)體棒勻速上升時(shí)的速度為

B2d2'

…2mgR16mR

③此過程導(dǎo)體棒上升的高度h為質(zhì)券(2t--r--);

tf乙a乙力乙a乙

m2q2R18mR

(2)此過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱為一(10t'+-7-7)-2mgh'。

I?B乙a乙

3.(2024?湖南一模)如圖甲所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，其寬

度L=lm,導(dǎo)軌M與P之間連接阻值為R=0.2。的電阻，質(zhì)量為m=0.5kg、電阻為r=0.2Q、

長度為1m的金屬桿ab靜置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)用一垂直桿水

平向右的恒力F=7.0N拉金屬桿ab,使它由靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并保

持與導(dǎo)軌垂直，其通過電阻R上的電荷量q與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖像中的OA段為曲

線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，已知ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)以=0.4,取g=10m/s2(忽

略ab桿運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)原磁場的影響)，求:

Majy

XXXXX

XXxXX

RF

xXxXX

XXXXx

p~Q

甲

(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和金屬桿的最大速度;

(2)金屬桿ab從開始運(yùn)動(dòng)的1.8s內(nèi)所通過的位移;

(3)從開始運(yùn)動(dòng)到電阻R產(chǎn)生熱量Q=17.5J時(shí)，金屬桿ab所通過的位移。

4q9.0—8.0

【解答】解：(1)1.8s?2.0s過程，通過導(dǎo)體棒電流：I=77=91QA=5A

ZitZ.U-1.0

導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)導(dǎo)體棒根據(jù)平衡條件可得：F=BLI+|img

聯(lián)立解得：B=1T

導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E=BLvmax

E

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：I=H

聯(lián)立解得最大速度為：Vmax=2m/s；

(2)0?1.8s過程，取向右為正方向，對(duì)導(dǎo)體棒根據(jù)動(dòng)量定理可得：Ft—^mgt—旗t=rm%"—

0

B2L2

即：Ft—p.mgt—巧=mv—0

R+rmax

聯(lián)立解得：xi=3.2m；

1

(3)0?1.8s過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Fx—|imgx+勿安=產(chǎn)14m—。

0?1.8s過程產(chǎn)生總熱量：(3總=-亞安

R

0?1.8s電阻R產(chǎn)生熱量為：QRI=N^：Q總

聯(lián)立解得：QRI=7.5J

1.8s后勻速階段電阻R熱量為：QR2=Q-QRI

根據(jù)焦耳定律：QR2=12Rt

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：X2=Vmaxt,又有：X=X1+X2

聯(lián)立解得：x=7.2m。

答：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為IT,金屬桿的最大速度2m/s；

(2)金屬桿ab從開始運(yùn)動(dòng)的1.8s內(nèi)所通過的位移為3.2m；

(3)從開始運(yùn)動(dòng)到電阻R產(chǎn)生熱量Q=17.5J時(shí)，金屬桿ab所通過的位移為7.2m。

考向二雙棒類電磁感應(yīng)

4.(2024?合肥三模)如圖，傾角9=37°的足夠長的粗糙平行金屬導(dǎo)軌由上下兩部分組成，寬度

分別為L、2L,質(zhì)量分別為m與2m、接入回路中電阻分別為R與2R的金屬桿N、M垂直于

導(dǎo)軌放置，在N上端與M下端分別安裝有固定立柱，一不可伸長的絕緣細(xì)線繞過定滑輪兩端

分別連接N的中點(diǎn)與質(zhì)量為3m的物塊，導(dǎo)軌及金屬桿都處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中,

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,M、N與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為四=0.5,現(xiàn)解除N上端的固定立柱，N

開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，已知在N的運(yùn)動(dòng)過程中，細(xì)繩與導(dǎo)軌平面平行且始終與N垂直，導(dǎo)軌與

金屬桿接觸良好，運(yùn)動(dòng)過程中物塊始終未與地面接觸，M、N也未脫離軌道，M未進(jìn)入上部分

軌道。導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g。

(1)求M剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，在物塊下落的高度為h的過程中：

①N上產(chǎn)生的焦耳熱；

②N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

(2)取沿軌道向上為正方向，N相對(duì)M的加速度用aNM=aN-aM表示，求aNM的最小值。

【解答】解：（1）①設(shè)當(dāng)M剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)N的速度大小為V,對(duì)M有:

BI?2L=2mgsin0+|i*2mgcos0

EBLv

箕中.i=--------

為十.R+2R~3^~

3mgR

解得:v----------

B2L2

設(shè)回路產(chǎn)生總的焦耳熱為Q,對(duì)N、M及物塊組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得:

1

Q=3mgh-mgsin0*h-|i*mgcos0*h—^mv2

97n392A2

解得：Q=2mgh-—■—

根據(jù)焦耳定律和串聯(lián)電路規(guī)律可得N上產(chǎn)生的焦耳熱為:

R

QN=R+2R'Q

解得C233-3g2R2

解得：QN-3-2B4L4；

②取N的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，?duì)N和物塊整體，根據(jù)動(dòng)量定理可得:

3mgt-mgsin0*t-|i*mgcos0*t-BlLt=(m+3m)v-0

EBLvtBLh

其中:

R+2R一3H-3A

B2L2hGmR

聯(lián)立解得:6mgR+B2L2

（2）M開始運(yùn)動(dòng)后，設(shè)N、M的速度大小分別為VN、VM，則回路中的感應(yīng)電流為:

E'BLVN-2BLVMB

=獲?(%—2%

回路中的電流先增大，N做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，M做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者的加速

度滿足：aN=2aM時(shí)，（VN-2VM）的值恒定，回路中的電流恒定，兩者受到的安培力恒定，兩者

以恒定的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)aNM=aN-aM達(dá)到為最小值。

兩者加速度恒定時(shí)，對(duì)N和重物整體，由牛頓第二定律得：

3mg-|imgcos0-mgsinO-BI'L=4maN

對(duì)M由牛頓第二定律得：

2BIZL-2mgsin0-|i?2mgcos0=2maM

又有：@N=2aM

,2gg

聯(lián)立解得：aN=§,aM=5

,、2ggg

可得aNM的最小值為：aNM=aN-aM=3—5=5

2mgh3m3g2R2

答：（1）①N上產(chǎn)生的焦耳熱為I?-----------------------------------------!

3

B2L2h6mR

②N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為菰成+MP

g

（2）aNM的最小值為

5.（2024?西安三模）如圖甲所示，兩根平行光滑足夠長金屬導(dǎo)軌固定在傾角6=30°的斜面上,

其間距L=2m。導(dǎo)軌間存在垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T。兩根金屬棒NQ

和ab與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，NQ棒通過一絕緣細(xì)線與固定在斜面上的拉力傳感器連

接（連接前，傳感器已校零），細(xì)線平行于導(dǎo)軌。已知ab棒的質(zhì)量為2kg,NQ棒和ab棒接入

電路的電阻均為2Q,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。將ab棒從靜止開始釋放，同時(shí)對(duì)其施加平行于導(dǎo)軌的外

力F,此時(shí)拉力傳感器開始測(cè)量細(xì)線拉力FT，作出力FT隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示（力

FT大小沒有超出拉力傳感器量程），重力加速度g取:10m/s2。求：

（l）h=ls時(shí)，金屬棒ab的速度大小；

（2）t2=3s時(shí)，外力F的大小。

【解答】解：（1）設(shè)NQ棒的質(zhì)量為M。

當(dāng)t=0時(shí)，對(duì)NQ棒，由平衡條件得：Mgsin0=FT=2N

代入數(shù)據(jù)解得：M=0.4kg

ti=ls,NQ棒受到沿斜面向上的拉力FTI=4N

對(duì)NQ棒分析，由平衡條件得：MgsinO+F安I=FTI

解得NQ棒受到的安培力大小為：F安i=2N,方向沿斜面向下

又F安i=BhL

代入數(shù)據(jù)解得：h=O.5A

ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

Ei=h(2R)=0.5X2X2V=2V

由Ei=BLvi，代入數(shù)據(jù)解得：vi=0.5m/s

(2)由圖乙可得，當(dāng)t2=3s時(shí)，NQ棒受到沿斜面向上的拉力FT2=8N

對(duì)NQ棒受力分析，由平衡條件得：MgsinO+F安2=FT2

代入數(shù)據(jù)解得：F安2=6N

由安培力公式有：F安2=BbL

代入數(shù)據(jù)解得：b=L5A

ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2=b(2R)=1.5X2X2V=6V

又E2=BLV2

代入數(shù)據(jù)解得金屬棒ab的速度為：v2=1.5m/s

一EIC2.R)2R(FT-Mgsine)

由以上可知，棒ab的速度可表本為v=￡7==----------T-,--------

DLDL

由于FT隨時(shí)間均勻增大，所以ab在做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度為

vz-vi1.5-O.5,

a=7^7=3-1m/s=0-5m/s

對(duì)棒ab受力分析，由牛頓第二定律得：

mgsin9-F安2-F=ma

代入數(shù)據(jù)解得：F=3N

答：(l)h=ls時(shí)，金屬棒ab的速度大小為0.5m/s；

(2)t2=3s時(shí)，外力F的大小為3N。

6.(2024?鄭州三模)如圖所示MON-M'O'N'是由水平和豎直兩部分光滑金屬導(dǎo)軌組成的裝

置，導(dǎo)軌間距均為L,整個(gè)裝置處于大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)體棒ab、cd中

點(diǎn)處用一根輕質(zhì)絕緣剛性細(xì)線連接，固定在水平軌道上，導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ef中點(diǎn)處同樣用

一根輕質(zhì)絕緣剛性細(xì)線通過光滑定滑輪相連，三根導(dǎo)體棒的長度均為L且始終與導(dǎo)軌垂直接觸。

現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一個(gè)水平向左的初速度，ab、cd之間的細(xì)線伸直瞬間釋放導(dǎo)體棒cd,之后兩棒

以相同速度v一起運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)一段距離x后速度減為零。已知導(dǎo)體棒ab、cd達(dá)到共速時(shí)間極

短，三根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R。導(dǎo)體棒ef與OO'距離足夠遠(yuǎn)，不計(jì)其他電阻及

阻力，重力加速度為g。求；

（1）導(dǎo)體棒ab、cd之間細(xì)線伸直前瞬間，導(dǎo)體棒ab的加速度大??；

（2）從導(dǎo)體棒ab、cd共速開始到減速為零的過程中，導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的焦耳熱。

【解答】解：（1）設(shè)細(xì)線伸直前瞬間導(dǎo)體棒ab速度vi，在導(dǎo)體棒ab、cd之間細(xì)線伸直前瞬間到

達(dá)到相同速度V。

取向右為正方向，對(duì)三個(gè)導(dǎo)體棒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mvi=3mv

解得：vi=3v

導(dǎo)體棒ab電動(dòng)勢(shì)：E=BLvi

E

導(dǎo)體棒ab中的電流：1=記；

13

由題意可知：R,e=R+-R=-R

導(dǎo)體棒ab所受安培力：F=BIL=ma

2B2L2v

聯(lián)立解得：a=——；

mR

（2）三者一起運(yùn)動(dòng)一段距離x后速度減為零，由能量守恒可得產(chǎn)生的總熱量為:

1

Q總=萬x3mv2—mgx

R

導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的焦耳熱：Q=R+LRQ總

2

r2

聯(lián)立解得：Q=mv2-^m^%o

考向三線框類電磁感應(yīng)

7.（2024?浙江一模）圖甲為超導(dǎo)電動(dòng)磁懸浮列車（EDS）的結(jié)構(gòu)圖，其簡化圖如圖乙，超導(dǎo)磁體

與“8”字形線圈之間通過互感產(chǎn)生電磁力將車體懸浮起來。如圖丙所示，列車側(cè)面安裝的超導(dǎo)

磁體產(chǎn)生垂直紙面向里的以虛線框?yàn)榻绲拇艌?，忽略邊緣效?yīng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B,磁場

的長和寬分別為21和1。在列車軌道兩側(cè)固定安裝了“8”字形線圈，每個(gè)“8”字形線圈均用

一根漆包線繞制而成，匝數(shù)為n,電阻為R,水平寬度為1,豎直長度足夠大，交叉的結(jié)點(diǎn)為P。

當(dāng)列車以速度v勻速前進(jìn)時(shí)：

（1）若磁場的中心O點(diǎn)與線圈結(jié)點(diǎn)P等高，求此時(shí)線圈中的電流大??；

（2）若磁場的中心O點(diǎn)比線圈結(jié)點(diǎn)P低了h時(shí)（h<1,且保持不變），只考慮動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)：

①在磁場剛進(jìn)入單個(gè)“8”字形線圈時(shí)，求線圈對(duì)列車阻力的瞬時(shí)功率；

②在磁場穿越單個(gè)“8”字形線圈的過程中，畫出單個(gè)“8”字形線圈對(duì)列車豎直方向的作用力與

時(shí)間的關(guān)系圖，取豎直向上為正方向，磁場剛進(jìn)入線圈時(shí)t=0。

【解答】解：（1）由于上下對(duì)稱，上、下兩個(gè)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為

因“8”字繞向，兩個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，相互抵消，所以線圈中總的電動(dòng)勢(shì)為0,則線圈中的

電流為Oo

（2）①在磁場剛進(jìn)入“8”字形線圈時(shí)，回路總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=2nBhv

由閉合電路歐姆定律得

E

1=*

“8”字形線圈此時(shí)受到的安培力大小為

F=2nIhB

聯(lián)立解得

4n2B2h2v

R

磁場受到大小相等、方向相反的阻力，為

F'=F

則線圈對(duì)列車阻力的瞬時(shí)功率為

4n2B2h2v2

P=-F'v

R

②阻力隨時(shí)間變化情況如圖所示。

8.（2024?和平區(qū)二模）航天回收艙實(shí)現(xiàn)軟著陸時(shí)，回收艙接觸地面前經(jīng)過噴火反沖減速后的速度

vo

為V0,此速度仍大于要求的軟著陸設(shè)計(jì)速度Z，為此科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種電磁阻尼緩沖裝置，其

原理如圖所示。主要部件為緩沖滑塊K及固定在絕緣光滑緩沖軌道MN和PQ上的回收艙主體,

回收艙主體中還有超導(dǎo)線圈（圖中未畫出），能在兩軌道間產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場B,

導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊由高強(qiáng)度絕緣材料制成，滑塊K上繞有n匝矩形線圈abed,線圈的總電阻為

R,ab邊長為L,當(dāng)回收艙接觸地面時(shí)，滑塊K立即停止運(yùn)動(dòng)，此后線圈與軌道間的磁場發(fā)生

作用，使回收艙主體持續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，從而實(shí)現(xiàn)緩沖。已知回收艙主體及軌道的質(zhì)量為m,緩

沖滑塊（含線圈）K的質(zhì)量為M,重力加速度為g,不考慮運(yùn)動(dòng)磁場產(chǎn)生的電場，求:

(1)緩沖滑塊剛落地時(shí)回收艙主體的加速度大小；

(2)達(dá)到回收艙軟著陸要求的設(shè)計(jì)速度時(shí)，緩沖滑塊K對(duì)地面的壓力大小;

(3)回收艙主體可以實(shí)現(xiàn)軟著陸，若從vo減速到萬的過緩沖程中，通過線圈的電荷量為q,求

該過程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Qo

【解答】解：(1)緩沖滑塊剛落地時(shí)，ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=nBLvo

線圈中的感應(yīng)電流為

ab邊受到的安培力大小為

F安=曲11

n2B2L2Vo

聯(lián)立可得:F安二—R-

根據(jù)牛頓第三定律知，回收艙主體受到的安培力大小也為F安。

對(duì)回收艙主體，根據(jù)牛頓第二定律得

F安-mg=ma

n2B2L2vo

可得緩沖滑塊剛落地時(shí)回收艙主體的加速度大小為：a=mR一9

von2B2L2vo

(2)達(dá)到回收艙軟著陸要求的設(shè)計(jì)速度方時(shí)，根據(jù)F安=---可得此時(shí)ab邊受到的安培力

大小為

222

,尸安nBLv0

F'安=丁=—2R—

對(duì)裝置中緩沖滑塊，根據(jù)平衡條件有

N，=Mg+F'安

根據(jù)牛頓第三定律知，緩沖滑塊K對(duì)地面的壓力大小N=N'

nzB2L2vo

可得N=Mg+

2R

vo

（3）回收艙主體從vo減速到三的過緩沖程中，由能量守恒有

mgh+^mvQ=Q+^m（守）2

設(shè)此過程中，回收艙主體下降的高度為h。

,,,nBLvtnBLh

通過線圈的電荷量為q=/t=---=--—

qR

即得h=

nBL

可得Q='|m諾mgqR

nBL

9.（2024?中山區(qū)校級(jí)模擬）某同學(xué)根據(jù)電磁阻尼知識(shí)設(shè)計(jì)了如圖1所示的降落緩沖裝置基本原理

圖。均勻?qū)Ь€構(gòu)成的正方形線框abed質(zhì)量為m,邊長為L,總電阻為R?，F(xiàn)使線框從距離磁場

上部水平邊界h處靜止釋放，線圈abed恰好能勻速進(jìn)入磁場。已知磁場下方范圍足夠大，不考

慮線框之間的相互作用力，線框下落不翻轉(zhuǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g,求：

（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?/p>

（2）de邊剛好進(jìn)入磁場時(shí)de兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ude；

（3）根據(jù)緩沖的原理，物體下落過程中的加速度小于重力加速度就起到了緩沖作用。實(shí)際下落

的物體可看作棱長為1的金屬正方體，質(zhì)量為M,從側(cè)面看該物體是在水平向右的磁感應(yīng)強(qiáng)度為

B的勻強(qiáng)磁場中豎直下落，如圖2所示，假設(shè)物體從靜止開始就一直在磁場中運(yùn)動(dòng)，金屬正方體

的電阻忽略不計(jì)，則該物體下落的加速度將如何變化，并說明能否起到緩沖作用，請(qǐng)推理論證你

的結(jié)論。

1

【解答】解：（1）從開始下落到恰進(jìn)入磁場，由動(dòng)能定理得：mgh=^mv2

de邊以速率v進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv

E

線框中的電流為：1=石

K

而此時(shí)線框勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有：mg=BIL

聯(lián)立以上各式可得:

（2）線框進(jìn)入磁場時(shí)，cd邊切割磁感線相當(dāng)于電源，由右手定則可知，c點(diǎn)電勢(shì)高，d點(diǎn)電勢(shì)低,