大题10 电磁感应综合-2025年高考物理三轮冲刺大题突破试题（含答案）

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题型1 电磁感应中的平衡及动力学问题
例1.如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一个单匝正方形金属框，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属框的质量为m，边长为L，金属框的总电阻为R，金属框的上半部分处在方向垂直框面向里的有界磁场中(磁场均匀分布)，下半部分在磁场外，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，丝线能承受的最大拉力为F，从t＝0时刻起，测得经过t0＝5 s，丝线刚好被拉断，金属框由静止开始下落。金属框在下落过程中上边框离开磁场前已开始做匀速直线运动，金属框始终在竖直平面内且未旋转，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)0～5 s内，金属框产生感应电流的方向以及磁感应强度B0的大小；
(2)金属框的上边框离开磁场前做匀速直线运动的速度v的大小。
答案 (1)沿逆时针方向 eq \r(\f(10R（F－mg）,L3)) (2)eq \f(mgL,10（F－mg）)
解析 (1)由图乙可知，0～5 s时间内磁场均匀增加，由楞次定律可知金属框中产生感应电流的方向沿逆时针方向；由法拉第电磁感应定律得
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝eq \f(B0,5)·eq \f(L2,2)＝eq \f(B0L2,10)①
感应电流大小为I＝eq \f(E,R)②
5 s时受到的安培力为F安＝ILB0③
丝线刚好被拉断，则有F＝F安＋mg④
联立①②③④解得B0＝eq \r(\f(10R（F－mg）,L3))。⑤
(2)由题意可知，5 s后磁感应强度为B0不变，金属框在上边框离开磁场前做匀速运动，即有I1LB0＝mg⑥
金属框做匀速运动产生的感应电动势大小为E1＝B0Lv⑦
由闭合电路欧姆定律可得I1＝eq \f(E1,R)⑧
整理得v＝eq \f(mgR,Beq \\al(2,0)L2)⑨
代入B0得v＝eq \f(mgL,10（F－mg）)。
例2.(2022贵阳高三月考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨PP′、QQ′相距L倾斜放置，与水平面的夹角为θ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离为d，板间固定有一带电微粒，质量为m，接入电阻与定值电阻相等(阻值均为R)的金属棒ab，水平跨放在导轨上，金属棒ab的质量为M，下滑过程中与导轨接触良好，现将金属棒ab由静止释放，当金属棒的速度达到稳定时释放板间带电微粒，带电微粒恰好保持静止，不计金属导轨的电阻，重力加速度为g。
(1)求带电微粒带何种电荷及其比荷；
(2)求金属棒ab下滑的稳定速度大小。
答案 (1)负电 eq \f(BLd,MRsin θ) (2)eq \f(2MgRsin θ,B2L2)
解析 (1)根据右手定则可知金属棒下滑时产生的感应电流方向为b→a，所以M板带正电，而带电微粒所受电场力竖直向上，所以微粒带负电。
当金属棒的速度达到稳定时，设通过金属棒的电流为I，对金属棒根据平衡条件有
ILB＝Mgsin θ①
此时M、N之间的电压为U＝IR②
电场强度大小为E＝eq \f(U,d)③
对微粒根据平衡条件有qE＝mg④
联立①②③④解得eq \f(q,m)＝eq \f(BLd,MRsin θ)。⑤
(2)设金属棒下滑的稳定速度大小为v，则速度稳定时金属棒产生的感应电动势为
E＝BLv＝2IR⑥
联立①⑥解得v＝eq \f(2MgRsin θ,B2L2)。
1. (2024茂名六校联合摸底)如图所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距L＝0.5 m，左端连接R＝0.3 Ω的电阻，右端连接一对金属卡环，导轨间MN右侧(含MN)存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度的B－t图如图乙所示，质量为m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的金属棒与质量也为m的物块通过光滑定滑轮由绳相连，绳始终处于绷紧状态，PQ、MN到右端卡环距离分别为17.5 m和15 m.t＝0时刻由PQ位置静止释放金属棒，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨右端被卡环卡住不动，金属导轨、卡环的电阻均不计，取g＝10 m/s2.求：
(1) 金属棒进入磁场时的速度．
(2) 金属棒进入磁场时通过棒的感应电流．
(3) 在0～8 s时间内电路中产生的焦耳热．
甲
乙
答案(1) 5 m/s (2) 10 A (3) 375 J
解析(1) 设棒到达MN时的速度为v，物块下落的高度为
h＝xPQ－xMN＝2.5 m
这个过程中棒和物块组成的系统机械能守恒
mgh＝ eq \f(1,2)×2mv2
解得v＝ eq \r(gh)＝5 m/s
(2) 设进入磁场前所用时间为t1，由运动学公式
h＝ eq \f(v,2)t1
解得t1＝1 s
由图乙可知此时磁感应强度B＝2 T
在MN位置进入磁场时感应电动势为E＝BLv
回路中的电流I＝ eq \f(E,R＋r)
解得I＝10 A
(3) 棒进入磁场时安培力F＝BIL
解得F＝10 N＝mg
进入磁场时，棒受的安培力大小等于物块所受的重力，所以棒在磁场中做匀速直线运动，设在磁场中的运动时间为t2，由运动学公式xMN＝vt2
解得t2＝3 s
则t1＋t2＝4 s
所以棒被卡住的同时磁感应强度B开始变化，0～4 s电路中产生的焦耳热Q1＝I2(R＋r)t2＝150 J
4～6 s，由法拉第电磁感应定律
E＝ eq \f(ΔΦ,Δt)＝ eq \f(ΔB,Δt)S＝7.5 V
产生的热量Q2＝ eq \f(E2,R＋r)t3＝225 J
6～8 s没有感应电流产生，产生的热量Q3＝0 J
所以0～8 s产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝375 J
题型二 电磁感应中的能量问题
例3. (2024广州综合测试二)如图所示，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环，金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好．水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场．OP绕O点逆时针匀速转动；闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止．已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求：
(1) 闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向．
(2) MN匀速运动时的速度大小．
(3) 从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热．
答案 (1) eq \f(B2L3ω,4r)，方向水平向左 (2) eq \f(1,2)ωL (3) eq \f(1,16)mω2L2
解析 (1) 当OP绕O点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O点电势高，OP切割磁感线产生感应电动势为E＝eq \f(1,2)BωL2
闭合K瞬间，由闭合电路欧姆定律知，通过MN的电流大小为I＝eq \f(E,2r)＝eq \f(BωL2,4r)，方向由M到N.
MN所受安培力大小为F＝BIL＝eq \f(B2L3ω,4r)
由左手定则可知，安培力方向水平向左．
(2) 闭合K后，MN向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生感应电动势，则感应电流方向与原电流方向相反，减弱原电流，可知MN受安培力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，当MN中电流减小到零时，安培力为零，加速度为零，MN的速度达到最大，设为v，此时做匀速直线运动，则有MN切割磁感线产生感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，可知
EMN＝BLv＝eq \f(1,2)BωL2
解得v＝eq \f(1,2)ωL
(3) 从OP停止转动到MN停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,8)mω2L2
MN产生的焦耳热为QMN＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,16)mω2L2
例4.（2024江苏震泽中学模拟）如图所示的是水平平行光滑导轨M、N和P、Q，M、N的间距为L，P、Q的间距为2L。M、N上放有一导体棒ab，ab与导轨垂直，质量为m，电阻为R。P、Q上放有一导体棒cd，cd也与导轨垂直，质量为2m，电阻为2R。导轨电阻不计。匀强磁场竖直穿过导轨平面，磁感应强度大小为B。初始两导体棒静止，设在极短时间内给ab一个水平向左的速度v0，使ab向左运动，最后ab和cd的运动都达到稳定状态。求：
（1）刚开始运动的瞬间，ab和cd的加速度大小和方向；
（2）稳定后ab和cd的速度大小；
（3）整个过程中ab产生的热量。
答案（1）B2L2v03mR B2L2v03mR 方向都水平向右 （2）2v03 v03 （3）118mv02
解析（1）设ab的加速度为a1，cd的加速度为a2
ab受到的安培力F1＝BIL
cd受到的安培力F2＝BI×2L
电流I＝E3R，电动势E＝BLv0
由牛顿第二定律得F1＝ma1，F2＝2ma2
解得a1＝B2L2v03mR，a2＝B2L2v03mR
由右手定则和左手定则可知加速度方向都水平向右。
（2）ab棒向左做减速运动，cd棒向右做加速运动，当电路中的电流为零时，两导体棒达到稳定状态，做匀速直线运动，设此时速度分别为v1和v2，则
BLv1＝B×2Lv2
分析得两导体棒加速度在任意时刻都相等，则
v1＝v0－at，v2＝at
解得v1＝23v0，v2＝v03。
（3）产生的总热量Q＝12mv02－12mv12－12×2mv22
又Qab＝13Q
解得产生的热量为Qab＝118mv02。
1.如图甲所示，光滑水平面上宽度为3L的区域有方向垂直于水平面向下的匀强磁场，初始时磁感应强度为B0，一个边长为L，质量为m，总电阻为R的单匝正方形金属框在拉力作用下以速度v0向右匀速进入磁场，当金属框完全进入磁场时撤去拉力，线框依然能以速度v0继续匀速运动至磁场右边界，速度方向始终与磁场边界垂直。以金属框cd边到达磁场左边界时为计时起点，磁感应强度按如图乙所示的规律变化。
（1）求金属框进入磁场过程中，通过回路的电荷量q；
（2）求金属框进入磁场过程中，拉力对金属框所做的功W；
（3）cd边由磁场左边界运动到磁场右边界的过程中，求金属框产生的焦耳热Q。
答案（1）B0L2R （2）B02L3v0R （3）3B02L3v02R
解析（1）金属框进入磁场过程中，产生的电动势为E1＝B0Lv0，感应电流为I1＝E1R＝B0Lv0R，通过回路的电荷量为q＝I1t＝B0Lv0R·Lv0＝B0L2R。
（2）金属框进入磁场过程中，拉力对金属框所做的功为W＝FAL＝I1B0L·L＝B02L3v0R。
（3）金属框在磁场运动过程中，产生的感应电动势为E2＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝2B0－B02Lv0L2＝B0Lv02，感应电流为I2＝E2R＝B0Lv02R，cd边由磁场左边界运动到磁场右边界的过程中，金属框产生的焦耳热为Q＝I12R·Lv0＋I22R·2Lv0＝3B02L3v02R。
题型三 电磁感应中的图像问题
例5. (2023广州综合测试二)为了模拟竹蜻蜓玩具闪闪发光的效果，某同学设计了如图甲所示的电路．半径为a的导电圆环内等分为四个直角扇形区域，Ⅰ、Ⅱ区域内存在垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.长度为a、电阻为r的导体棒OP以角速度ω绕O点逆时针匀速转动，t＝0时OP 经过图示位置．OP通过圆环和导线与导通电阻为R的发光二极管(LED)相连．忽略其他电阻．
(1) 求OP切割磁感线过程中，通过二极管的电流大小和方向．
(2) 在图乙中作出0～ eq \f(2π,ω) 时间内通过二极管的电流随时间变化的图像(规定从M到N 为正方向，不用写分析和计算过程).
甲
乙
答案(1) eq \f(Ba2ω,2(R＋r))，方向由M到N (2) 见解析
解析(1) OP切割磁感线过程产生的感应电动势
E＝ eq \f(1,2)Ba2ω
通过二极管的电流大小
I＝ eq \f(E,r＋R)＝ eq \f(\f(1,2)Ba2ω,r＋R)＝ eq \f(Ba2ω,2(r＋R))
根据右手定则可知通过二极管的电流的方向由M到N.
(2) 电流图像如图所示
例6.如图甲所示，倾角α＝30°、宽度L＝0.5 m、电阻不计的光滑金属轨道足够长，在轨道的上端连接阻值R＝1.0 Ω的定值电阻，金属杆MN的电阻r＝0.25 Ω，质量m＝0.2 kg，整个装置处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中。将金属杆由静止开始释放，在计算机屏幕上同步显示出电流i和时间t的关系如图乙所示，已知t＝3.2 s之后电流渐近于某个恒定的数值，杆与轨道始终保持垂直，0～3.2 s内金属杆下滑的距离s＝2 m(g＝10 m/s2)。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)1.0 s时金属棒的加速度大小；
(3)3.2 s时金属杆的速度大小；
(4)0～3.2 s内回路中产生总的焦耳热。
答案 (1)1.25 T (2)1.875 m/s2 (3)3.2 m/s (4)0.976 J
解析 (1)由图像可知，金属杆稳定运动时的电流为1.60 A，杆受三个力平衡，受力如图所示
根据平衡条件有
mgsin 30°＝BIL
代入数据解得B＝1.25 T。
(2)由图像可知1.0 s时电流为1.0 A，
根据牛顿第二定律有mgsin 30°－BIL＝ma
代入数据解得a＝1.875 m/s2。
(3)由题意可知3.2 s时电流为1.60 A，
导体切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律有E＝I(R＋r)
联立解得v＝3.2 m/s。
(4)根据能量守恒定律有mgs·sin 30°＝eq \f(1,2)mv2＋Q
代入数据解得Q＝0.976 J。
3. (2023广东省模拟测试一)如图甲所示，固定的绝缘斜面MNPQ倾角θ＝37°，虚线OO1与底边MN平行，且虚线OO1下方分布有垂直于斜面向上(设为正方向)的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，质量m＝3.0×10-2 kg、边长L＝0.2 m、电阻R＝2.0×10-3 Ω、粗细均匀的正方形导线框abcd置于斜面上，一半处在OO1的下方，另一半处在OO1的上方，ab与OO1平行．已知t＝0时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1) 导线框与斜面间的动摩擦因数μ的大小．
(2) 导线框从t＝0到恰好滑动的这段时间，导线框产生的热量Q.
甲

乙
答案(1) 0.75 (2) 3.6×10-2 J
解析(1) t＝0时，导线框恰好静止在斜面上，有
mg sin θ＝μmg cs θ
解得μ＝0.75
(2) 设经时间t导线框恰好滑动，此时磁场的磁感应强度为B，有
B＝ eq \f(ΔB,Δt)t
当导线框受到的摩擦力沿斜面向下且为最大静摩擦力时，导线框恰好滑动，此时有
BIL＝μmg cs θ＋mg sin θ
感应电流I＝ eq \f(E,R)
感应电动势E＝ eq \f(ΔΦ,Δt)＝ eq \f(ΔB,Δt)S，S＝ eq \f(L2,2)
由图可知 eq \f(ΔB,Δt)＝0.1 T/s
导线框产生的热量Q＝I2Rt
联立并代入数据，解得Q＝3.6×10-2 J

1．如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m1＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg的重物相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的eq \f(2,3)，g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小；
(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量。
答案 (1)0.3 m (2)1.05 J
解析 (1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量
q1＝eq \f(ΔФ,R＋r)＝eq \f(BLx1,R＋r)
0．3～0．6 s内通过金属棒的电荷量
q2＝I2t2＝eq \f(BLv0t2,R＋r)
由题中的电荷量关系eq \f(q1,q2)＝eq \f(2,3)
解得x1＝0.3 m。
(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为
x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m
根据能量守恒定律有
m2gx－m1gxsin θ＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＋Q
解得Q＝3.15 J
由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量
Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.05 J。
2．如图，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L＝1 m。在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，磁场区域的高度d＝1 m，导体棒a的电阻Ra＝1 Ω，导体棒b的质量m＝0.05 kg，电阻Rb＝1.5 Ω，它们分别从图示M、N处同时由静止开始在导轨上向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a刚好进入磁场并将匀速穿过磁场，取g＝10 m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：
(1)b棒匀速穿过磁场区域的速度；
(2)a棒刚进入磁场时两端的电压；
(3)从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。
答案 (1)5 m/s (2)2.1 V (3)0.48 J
解析 (1)b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有I1LB＝mg
根据闭合电路欧姆定律
I1＝eq \f(E1,Ra＋Rb)＝eq \f(BLvb,Ra＋Rb)
解得vb＝5 m/s。
(2)b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，则有d＝vbt1
解得t1＝0.2 s
a、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为
va＝vb＋gt1＝7 m/s
电动势为E2＝BLva＝3.5 V
a棒两端的电势差即路端电压为
U＝eq \f(E2Rb,Ra＋Rb)＝2.1 V。
(3)a棒进入磁场并将匀速穿过磁场，则有
I2LB＝mag
根据闭合电路欧姆定律
I2＝eq \f(E2,Ra＋Rb)＝eq \f(BLva,Ra＋Rb)
解得ma＝0.07 kg
两棒穿过磁场过程中，产生的总焦耳热为
Q＝(m＋ma)gd＝1.2 J
a棒产生的焦耳热Qa＝Qeq \f(Ra,Ra＋Rb)＝0.48 J。
3．如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0．5 m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图像如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
答案 (1)0.25 (2)8 m/s (3)2.95 J
解析 (1)由图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度为a＝4 m/s2
对导体棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
解得μ＝0.25。
(2)动生电动势E＝Blv
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv,R)
F＝IlB＝eq \f(B2l2v,R)
由左手定则知安培力沿斜面向上，当a＝0时金属棒的速率达到最大值，则有
mgsin 37°＝μmgcs 37°＋eq \f(B2l2vm,R)
解得vm＝8 m/s。
(3)设金属棒进入磁场后下滑距离为x，
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Blx,Δt)，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blx,ΔtR)，q＝IΔt
则q＝eq \f(Blx,R)＝1.3 C
可得x＝2.6 m
则h＝xsin 37°＝2.6×0.6 m＝1.56 m
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgxcs 37°＋Q＝mgh
解得Q＝2.95 J。
4．(2023广东湛江一模)磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图7甲所示，它的驱动系统可简化为如图乙所示的物理模型。已知列车的总质量为m，固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度大小均为B、垂直水平面但方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场，磁场以速度v向右匀速移动时可恰好驱动停在轨道上的列车，假设列车所受阻力恒定，若磁场以速度4v匀速向右移动，当列车向右运动的速度为2v时，线框位置如图乙所示，求此时：
(1)线框中的感应电流方向；
(2)线框中的感应电流大小；
(3)列车的加速度大小。
答案 (1)顺时针方向 (2)eq \f(4NBLv,R) (3)eq \f(4N2B2L2v,mR)
解析 (1)由于4v>2v，所以线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知此时线框中感应电流沿顺时针方向。
(2)当列车向右运动的速度为2v时，由法拉第电磁感应定律可知
E＝2NBL(4v－2v)①
线框中的感应电流大小I＝eq \f(E,R)②
由①②式解得I＝eq \f(4NBLv,R)。
(3)列车向右运动的速度为2v时，线框受到的安培力F＝2NBIL
解得F＝eq \f(8N2B2L2v,R)
当磁场以速度v匀速向右移动时，同理可得线框受到的安培力F1＝eq \f(4N2B2L2v,R)
当磁场以速度v匀速向右移动时，可恰好驱动停在轨道上的列车可知阻力f＝F1
由牛顿第二定律可知F－f＝ma
解得a＝eq \f(4N2B2L2v,mR)。
5．如图所示，水平边界MN与PQ之间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两边界间的高度差为L。由质量为m的粗细均匀的电阻丝制成的单匝正方形线框abcd，总电阻为R，线框边长为L。现将线框从边界MN上方H处由静止释放，当ab边进入磁场后，线框开始减速运动，直到其上边cd刚好穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，整个过程中线框平面始终保持竖直，且cd边保持水平。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，求：
(1)ab边刚进入磁场时产生的电动势；
(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；
(3)线框穿过磁场的过程中，cd边产生的热量Qcd。
答案 (1)BLeq \r(2gH) (2)eq \f(BL2,R) (3)eq \f(1,2)mgL＋eq \f(3,16)mgH
解析 (1)设线框ab边刚进入磁场时速度为v，
由动能定理得mgH＝eq \f(1,2)mv2
ab边刚进入磁场时产生的电动势为E＝BLv
解得E＝BLeq \r(2gH)。
(2)线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律和电荷量的计算公式可得
q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)t＝eq \f(ΔΦ,tR)t＝eq \f(BL2,R)。
(3)从线框开始下落到cd边刚穿出匀强磁场的过程中，由能量守恒定律得焦耳热
Q＝2mgL＋mgH－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v))eq \s\up12(2)＝2mgL＋eq \f(3,4)mgH
cd边产生的热量为Qcd＝eq \f(1,4)Q
解得Qcd＝eq \f(1,2)mgL＋eq \f(3,16)mgH。
6．固定在水平面上的金属导轨CD和EF平行放置，D、E之间连接一阻值为R的电阻，导轨CD和EF之间相距l，两导轨之间有一宽度为eq \f(l,2)、垂直导轨所在平面向下的匀强磁场，如图12，电阻为r的金属棒MN垂直导轨以速度v向右做匀速运动，整个过程中金属棒和导轨接触良好，导轨电阻忽略不计，MN始终和导轨垂直。
图12
(1)若磁场磁感应强度大小为B0，求电阻R的电功率；
(2)若t＝0时，磁场的磁感应强度大小为B1，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形，为使MN中不产生感应电流，推导出两导轨之间磁场的磁感应强度随时间变化的规律；
(3)若两导轨之间磁场的磁感应强度随时间的变化规律为B＝kt(k＞0)，电阻为r的金属棒MN从导轨最左端沿导轨以速度v向右做匀速运动，求t0时刻金属棒的电功率。
答案 (1)eq \f(Beq \\al(2,0)l2v2R,4（R＋r）2) (2)B＝eq \f(B1l,l＋vt) (3)eq \f(k2teq \\al(2,0)l2v2r,（R＋r）2)
解析 (1)由法拉第电磁感应定律知，金属棒中产生的感应电动势E0＝eq \f(1,2)B0lv
由闭合电路欧姆定律得，电阻R中电流I＝eq \f(E0,R＋r)
电阻R的电功率P＝I2R＝eq \f(Beq \\al(2,0)l2v2R,4（R＋r）2)。
(2)根据产生感应电流的条件可知，若MN中不产生感应电流，回路中磁通量变化量为零，
即eq \f(1,2)Bl(l＋vt)－eq \f(1,2)B1l2＝0，解得B＝eq \f(B1l,l＋vt)。
(3)由楞次定律可知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，t0时刻感生电动势的大小为
E1＝eq \f(1,2)lkvt0
由右手定则可知金属棒切割磁感线产生的感应电流方向为由N指向M，t0时刻动生电动势的大小为
E2＝eq \f(1,2)lvkt0
所以t0时刻回路中产生的总电动势
E′＝E1＋E2＝eq \f(1,2)lvkt0＋eq \f(1,2)lvkt0＝lvkt0
t0时刻金属棒中电流I′＝eq \f(E′,R＋r)
金属棒的电功率P′＝I′2r
联立解得P′＝eq \f(k2teq \\al(2,0)l2v2r,（R＋r）2)。
7．（2025浙江杭州模拟预测）如图所示，有一对足够长的倾斜粗糙导轨，倾角，间距，动摩擦因数，导轨电阻不计。整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度。导轨上端接一阻值的定值电阻，有一质量，，长度也是L的金属棒放在导轨上，从静止释放，与导轨接触良好，。
(1)当金属棒的速度为0.55m/s时，求定值电阻R两端的电压U；
(2)求金属棒能达到的最大速度
(3)已知棒下降高度的过程中早已达到最大速度，求此过程中电阻R上产生的热量。
答案(1)0.5V(2)0.88m/s(3)22J
解析（1）当金属棒的速度为0.55m/s时，导体棒切割磁感线产生感应电动势大小
根据闭合电路欧姆定律可得定值电阻R两端的电压
（2）当导体棒匀速时，此时速度达最大，根据平衡条件有，，，
联立，代入相关已知数据求得
（3）由题意，根据能量守恒定律有
且
联立，代入数据求得
8．（2025吉林长春二模）“磁悬浮列车”是通过电磁力实现列车与轨道之间无接触的悬浮和导向，再利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行。某实验小组设计简化模型如图（a）所示，若磁悬浮列车模型的总质量为，模型底部固定一与其绝缘的矩形金属线框，线框的总电阻为。用两根足够长、水平固定、间距为（和矩形线框的边长相等）的平行金属导轨、模拟列车行驶的轨道，导轨间存在垂直导轨平面的等间距的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大小均为，每个磁场宽度与矩形线框的边长相等，如图（b）所示。将列车模型放置于导轨上，当交替磁场以速度向右匀速运动时，列车模型受磁场力由静止开始运动，速度达到开始匀速运动，假定列车模型在运动过程中所受阻力恒定，不考虑磁场运动时产生的其他影响。
(1)求列车模型所受阻力的大小；
(2)列车模型匀速运动后，某时刻磁场又以加速度向右做匀加速直线运动，再经时间列车模型也开始做匀加速直线运动。
①分析求出列车模型匀加速运动的加速度大小；
②若列车模型开始匀加速运动时的速度为，求时间内列车所受安培力做的功。
答案(1)(2)①；②
解析（1）设列车行驶速度为，线框中的感应电动势大小为
感应电流大小为
线框所受安培力大小为
当时，对列车根据平衡条件有
（2）①列车做匀加速运动时，根据牛顿第二定律
可知安培力恒定，根据线框所受安培力
可知，感应电动势恒定，线框相对磁场的速度恒定，则应满足线框的加速度大小为
②磁场匀加速运动时间内，对列车根据动量定理有
即
其中时间内磁场位移为
可解得时间内列车位移
对列车根据动能定理有
可解得时间内列车所受安培力做功为
9．（2025广西三模）如图，水平面内固定有平行长直金属导轨、和金属圆环；金属杆垂直导轨静止放置，导轨间接有电容器和单刀双掷开关，电容器电容为。金属杆OP一端在圆环圆心处，另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。绕点逆时针匀速转动时，闭合开关至1处；一段时间后，将开关拨至2处。已知磁感应强度大小为B，MN质量为转动的角速度为长度、长度和平行导轨间距均为电阻阻值为，忽略其余电阻和一切摩擦，求：
(1)闭合开关至1处，待电路稳定后电容器的带电量；
(2)闭合开关至2处瞬间所受安培力大小和方向；
(3)闭合开关至2处，待电路稳定后MN的速度大小。
答案(1)(2)，方向水平向左。(3)
解析（1）导体棒转动产生电动势
其中
则电容器的带电量
（2）闭合开关至2瞬间，电路中电流
安培力
得
方向水平向左。
（3）稳定后，做匀速直线运动，此时电路中无电流，导体棒产生电动势与电容器两端电压相等。
此时电容器带电量
对导体棒，由动量定理得
流过导体棒的电量，
联立得
10．（2025陕西榆林二模）如图所示，两根光滑金属导轨水平平行放置，间距，左端接有电阻，磁感应强度、方向竖直向下的匀强磁场分布在虚直线（与导轨垂直）右侧空间内，长度为、质量、电阻的导体垂直导轨放置。现给导体棒的初速度使其向右运动，进入磁场后，最终停在轨道上。若空气阻力和导轨电阻均可忽略不计，导体棒在运动过程中与导轨始终垂直且接触良好。求：
(1)导体棒刚进磁场的瞬间，流过导体棒的电流大小和方向；
(2)整个过程中，电阻上产生的焦耳热；
(3)当导体棒速度为时，导体棒两端的电压。
答案(1)，通过导体棒的电流方向为由到(2)(3)
解析（1）根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路的欧姆定律有
解得导体棒的电流大小
根据右手定则可知，通过导体棒的电流方向为由到。
（2）导体棒刚进入磁场速度为，最终停在轨道上，此过程根据能量守恒定律有
电阻上产生的热量
联立上述式子解得电阻上产生的焦耳热
（3）当导体棒速度为时，导体棒产生的感应电动势
导体棒两端的电压
联立上述式子解得
1．(2023广东高考)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界ℎ2处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：
(1)t＝0时线框所受的安培力F；
(2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。
答案(1)9B02ℎ2vR，方向水平向左 (2)3B0ℎ210 (3)B02ℎ44τR
解析(1)由题图(b)可知t＝0时线框切割磁感线的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv
则感应电流大小为I＝ER＝3B0ℎvR
所受的安培力为F＝2B03B0ℎvRh＋B03B0ℎvRh＝9B02ℎ2vR，方向水平向左。
(2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界ℎ2处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为Φ＝1.6B0h·12h－B0h·12h＝3B0ℎ210，方向垂直纸面向里。
(3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E'＝ΔΦΔt＝B012ℎ2τ＝B0ℎ22τ
感应电流大小为I'＝E'R＝B0ℎ22τR
则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为Q＝I'2Rt＝B02ℎ44τR。
2．（2025浙江高考真题）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立轴，线框中心和一条对角线始终位于轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。
(1)线框中心位于，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
②线框中心运动至过程中，安培力做功及冲量；
③线框中心运动至时，恒流源提供的电压；
(2)线框中心分别位于和，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到所需时间分别为和，求。
答案(1)①2BIL；②，；③(2)0
解析（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为
所以线框受到的安培力大小为
②线框运动到x时，安培力大小为
则初始时和线框中心运动至时的安培力分别为
，
则线框中心运动至过程中，安培力做功为
由动能定理
可得
则安培力的冲量为
③由能量守恒定律
可得，恒流源提供的电压为
（2）类比于简谐运动，则回复力为
根据简谐运动周期公式
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有
故
3．（2024北京高考真题）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
答案（1）；（2）；（3）
解析（1）开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流
解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为
（2）开关闭合瞬间由牛顿第二定律有
将电流I代入解得
（3）由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t图线如图所示
4．（2024河北高考真题）如图，边长为的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴。间距为L、与水平面成角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒在水平面内绕O点以角速度匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒始终静止。棒在转动过程中，棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定棒，推动棒下滑，撤去推力瞬间，棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求棒与导轨间的动摩擦因数。
答案（1），；（2）
解析（1）当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD棒所受的安培力最大为
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得
故CD棒所受的安培力最小为
（2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
5．（2023上海高考真题）如图（a），线框位于倾斜角的斜面上，斜面上有一长度为的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为，已知线框边长，，总电阻，现对线框施加一沿斜面向上的力使之运动。斜面上动摩擦因数，线框速度随时间变化如图（b）所示。（重力加速度取）
（1）求外力大小；
（2）求长度；
（3）求回路产生的焦耳热。

答案（1）1.48N；（2）0.5m；（3）0.4J
解析（1）由图（b）可知在0~0.4s内线框做匀加速运动，加速度为
根据牛顿第二定律有
代入数据可得
（2）由图（b）可知线框cf匀速进入磁场，则有
其中
联立可得
，
（3）线框穿过磁场过程中回路产生的焦耳热等于过程中安培力做的功，即
6．（2023浙江高考真题）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，并形成闭合回路。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。
答案（1）3Mg；；（2）；（3）；；（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能及磁场能；
解析（1）导体杆受安培力
方向向上，则导体杆向下运动的加速度
解得
a=-2g
导体杆运动的距离
（2）回路的电动势
其中
解得
（3）右手定则和欧姆定律可得：
可得
电源输出能量的功率
在时间内输出的能量对应图像的面积，可得：
（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能，及磁场能；从开始火箭从速度v0到平台速度减为零，则
若R的阻值视为0
装置A可回收能量为
解决电磁感应中的动力学问题的“四个分析”
电磁感应综合问题的解题思路
解答图像问题应注意以下几个方面