大题精练04 电磁感应规律的综合应用问题
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题,也以计算题的形式命题。
2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。
3.用到的知识有:左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。
4.电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考査内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。通常还与电路等知识综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。
二、动力学
牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、运动学
匀变速直线运动 平均速度： Vt/ 2 == Vs/2 = 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2
电磁感应 1. ε=BLVsinθ平动切割 ε=N磁变模型ε=BLV中点 旋转切割 2.Ф=Bssinθ；e=NBSωcosωt (矩形线圈在匀强磁场中匀速转动) E有= (只有正弦) 3.焦耳热Q=I2Rt(I恒定)Q=Rt（I正弦变化） Q=ΔE机(I非正弦变化) 4.电量q=It q=n△ф/R BILt=BLq=mV2-mV1(只受洛仑兹力) 5.变压器= P入=P出 n1I1= n2I2 + n3I3 6. 输电 P=UI P损=（）2R线 U2送=U损+U 3达 P送=P损+P达 7. 电磁振荡 T=2 q=qmsinωt i=Imcosωt
法拉第电磁感应定律 普适公式： 导体切割：（B、L、v三者相互垂直）
五、解题思路
(1)电路分析:明确电源与外电路，可画等效电路图。
(2)受力分析:把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化。
(3)过程分析:注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”。
(4)能量分析:克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。
难度：★★★★★ 建议时间：60分钟
1．（2025 浙江模拟）某实验室设计了一个装置，如图所示，水平固定的圆筒形磁体（S极）与其内圆柱形磁体（N极）之间的空隙中存在一辐向磁场，辐向磁场分布关于圆柱体的中轴线对称（距中轴线距离相等处的磁感应强度大小相等）。另有一个匝数为n匝、质量为m、电阻为R、半径为r的圆线圈套在圆柱形磁体上，其线圈导线所在处的磁场的磁感应强度大小均为B。线圈在外力和安培力的共同作用下，以O位置为中心，在C、D之间做振幅为A、周期为T的简谐运动。以O为原点建立坐标如图所示，不计线圈与圆筒间的摩擦。（已知简谐运动的周期公式T＝2π）
（1）若线圈的速度为v，求此时刻线圈中产生的感应电流为多大？
（2）若线圈向x轴正向运动速度为v时的加速度大小为a，则此时线圈所受的外力多大？
（3）若线圈经过O点（即x＝0）时受到的外力大小为F0，求线圈向右经过x＝0位置之后的T时间内，线圈中产生的热量Q和外力冲量IF；
（4）在（3）问的情况下，已知n＝10匝、质量m＝0.4kg、电阻R＝0.1π2Ω，半径r＝0.1m、B＝1T、F0＝12N、T＝2πs，求线圈从O点向右经过xA位置时，外力F的功率PF。
【解答】解：（1）线圈的速度为v时，线圈中的感应电动势
E＝nBLv＝nB 2πrv＝2πnBrv
通过线圈的感应电流为
（2）线圈的速度为v时，有两种情况
①线圈在O处左侧时，有
F﹣ni 2πr B＝ma
解得
②线圈在O处右侧时，有
ni 2πr B﹣F＝ma
解得
（3）设导体棒过x＝0时速度为vm，此时
解得
导体棒经过x＝0位置之后的时间内，线圈中产生的热量
根据动量定理
其中
解得
（4）设导体棒向右经过位置时的速度为v，导体棒回复力与位移的比例系数为k。对棒从O向极端位置运动过程，由动能定理可得
棒做简谐运动的周期
解得
k＝0.4N/m，A＝0.3m
对棒从O向位置的运动过程，由动能定理可得
解得
由导体棒回复力与位移大小成正比的特点可知，导体棒向右经过位置时有
解得
因此F的功率
答：（1）线圈中产生的感应电流为。
（2）线圈所受的外力线圈在O处左侧时，；线圈在O处右侧时，。
（3）线圈中产生的热量，外力冲量。
（4）外力F的功率PF＝0.88W。
2．（2025 浙江模拟）如图所示，两光滑平行金属导轨正对放置，均由三部分组成，倾斜部分与水平面的夹角均为θ、长度均为x，在水平部分正中间通过导线连接电容为C的电容器。水平部分两侧边缘分别垂直放置光滑金属杆ab、de，金属杆质量均为m、长度均为L。开关S处于断开状态，左侧倾斜导轨间有垂直该部分导轨所在平面向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，右侧倾斜导轨间有垂直该部分导轨所在平面向上、磁感应强度大小为B2的匀强磁场。已知重力加速度为g，导轨间距为L。某时刻ab杆在微小扰动下开始下滑。已知杆运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨与杆的电阻均可忽略。
（1）金属杆ab下滑过程中电容器 B极板 （选填“A极板”或“B极板”）的电势较高；
（2）ab杆下滑到倾斜导轨底端时，求电容器两极板间的电势差U和电容器储存的能量；
（3）ab杆滑离导轨后，闭合开关S，de杆在微小扰动下开始下滑，最终以速度v1滑离导轨。
①求de杆在倾斜导轨上滑动的时间t；
②求de杆下滑过程中整个电路因电流变化产生电磁辐射损失的能量（电容器储存的能量E＝kCU2，其中k为常数且未知）。
【解答】解：（1）金属杆ab下滑过程中，根据右手定则判断可知，ab杆中的感应电流由a流向b，b端相当于电源正极，则电容器B极板的电势较高；
（2）杆ab下滑过程中，设某时刻回路中电流为i，之后一段较短时间Δt内，对电容器有
i
设杆ab的加速度为a，根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣B1iL＝ma
由法拉第电磁感应定律可得
U＝B1Lv
则杆ab产生感应电动势的变化量
ΔU＝B1LΔv
由加速度的定义有
联立得
可知，杆ab沿斜导轨向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动规律可得，杆ab运动到斜导轨底端时的速度v满足
v2＝2ax
ab杆下滑到倾斜导轨底端时电容器两极板间的电势差为
U＝B1Lv
联立解得
杆ab下滑过程中，回路电流恒定，则杆ab减小的重力势能等于杆ab增加的动能和电容器储存能量之和；则ab杆下滑到倾斜导轨底端时，电容器储存的能量为
E＝mgxsinθ
联立解得
E
（3）①设杆de下滑过程中通过杆de的平均电流为，对杆de下滑过程，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有
整个过程中，B板所带电荷量的变化量的大小
Δq＝C（U﹣U1）
即通过杆de横截面的电荷量；
其中
U1＝B2Lv1
联立得
②电容器储存的能量E＝kCU2，结合（2）中分析可得
在de杆下滑过程中，由能量守恒定律有
联立解得
答：（1）B极板；
（2）电容器两极板间的电势差U为B1L，电容器储存的能量为；
（3）①de杆在倾斜导轨上滑动的时间t为（mv1﹣B1B2CL2L2Cv1）；
②de杆下滑过程中整个电路因电流变化产生电磁辐射损失的能量为mgxsinθ。
3．（2025 杭州一模）如图所示的装置左侧是法拉第圆盘发电机，其细转轴竖直安装。内阻不计、半径r＝0.5m的金属圆盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场B1中，磁感应强度B1＝4T。圆盘在外力作用下以角速度ω＝6rad/s逆时针（俯视）匀速转动，圆盘的边缘和转轴分别通过电刷a、b与光滑水平导轨M1N1、M2N2相连，导轨间距L＝0.5m。在导轨平面内以O点为坐标原点建立坐标系xOy，x轴与导轨平行。x＜0区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B2＝1T，导电性能良好的导轨上放置着一根质量m1＝0.5kg、电阻R＝0.6Ω的金属棒，金属棒离y轴足够远；x≥0区域内存在竖直向下磁场，磁感应强度B3＝（1+3x）T，导轨由绝缘材料制成，导轨上紧贴y轴放置着一U形金属框，其质量m2＝1kg、电阻为3R、长度为L、宽度d＝1m。不计其它一切电阻。
（1）比较a、b两点电势的高低，并计算闭合开关瞬间通过金属棒的电流I；
（2）从闭合开关到金属棒刚达到最大速度时（此时金属棒未离开B2磁场区），求此过程通过金属棒的电量q和维持圆盘匀速转动外力所做的功W；
（3）若此后金属棒和金属框发生完全非弹性碰撞，求金属棒最终停下来时的位置坐标x。
【解答】解：（1）由右手定则可知：φa＞φb
圆盘切割，感应电动势为：
根据闭合电路欧姆定律得：
联立代入数据解得：I＝5A
（2）设导体棒最大速度为v1，有：E＝B2Lv1
设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电量为q，对金属棒，由动量定理得：qB2L＝m1v1﹣0
由以上两式得：q＝6C
该过程外力对金属圆盘做功为：W＝qE＝18J
（3）设金属棒和U形金属框碰撞后共同速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v1＝（m1+m2）v2
碰撞后金属棒运动到坐标x时整个框速度v，此时回路的感应电流为：
整个框受到的安培力为：
由动量定理得：
两边求和得：
解得：x＝∑v Δt
代入数据得：x＝3.2m
答：（1）a点电势高，计算闭合开关瞬间通过金属棒的电流I为5A；
（2）此过程通过金属棒的电量q为6C，维持圆盘匀速转动外力所做的功W为18J；
（3）若此后金属棒和金属框发生完全非弹性碰撞，金属棒最终停下来时的位置坐标x为3.2m。
4．（2025 镇海区校级模拟）某兴趣小组设计了一个磁悬浮列车的驱动模型，简化原理如图甲所示，Oxy平面（纸面）内有宽为L，关于x轴对称的磁场区域，磁感应强度大小为B0，变化规律如图乙所示。长为d，宽为L的矩形金属线框MM′N′N放置在图中所示位置，其中MN边与y轴重合，MM'、NN'边分别与磁场的上下边界重合。当磁场以速度v0沿x轴向左匀速运动时，会驱动线框运动，线框受到的阻力大小恒为f。已知线框的质量为m，总电阻为R。
（1）求磁场刚开始运动时，通过线框的感应电流的大小和方向；
（2）求线框稳定运动时的速度大小v1；
（3）某时刻磁场停止运动，此后线框运动t时间后停止，求t时间内线框运动的距离x；
（4）在磁悬浮列车的实际模型中，磁感应强度的大小是随时间和空间同时变化的，即B＝B0cos（tx），若将线框固定不动，求在时间内线框产生的热量Q。
【解答】解：（1）由右手定则得，感应电流沿顺时针方向
E＝2B0Lv0
解得
（2）线框稳定运动后，电流大小为
安培力大小为
F＝2B0IL
由受力平衡可知
F＝f
解得
（3）由动量定理可得
即
解得
（4）该磁场可等效为磁感应强度为，且以速度运动的磁场，在线框中产生正弦式交流电，电动势的最大值为
Em＝2B0Lv′
故产生的热量为
解得
答：（1）通过线框的感应电流的大小为，电流方向沿顺时针方向；
（2）线框稳定运动时的速度v1大小等于；
（3）t时间内线框运动的距离x等于；
（4）在时间内线框产生的热量Q等于。
5．（2025 宁波校级模拟）2024年10月31日，由中国中车自主研制的国内首套高温超导电动悬浮全要素。试验系统完成第10次悬浮运行试验如图甲。该磁悬浮列车涡流制动原理的模型如图乙所示。模型车的头部车厢下端装有电磁铁系统，该电磁铁系统在其正下方产生的磁场，可看成磁感应强度大小为B＝10T、方向竖直向下的长为L＝2m，宽为d＝0.5m矩形区域的匀强磁场。将长大于L、宽为d、电阻为R＝20Ω，匝数为100的矩形线圈（粗细忽略不计，线圈之间彼此绝缘）等间隔铺设在轨道正中央，相邻两线圈的间隔也恰好为d。在某次试验中模型车初速度v0＝30m/s，电磁铁系统进入线圈AA′BB′左侧AA′时开启电磁制动。模型车（含电磁铁系统）的质量为M＝105kg，模型车与轨道之间无摩擦。求：
（1）该模型车的磁场全部进入任意一个线圈的过程中，流过线圈的电荷量q。
（2）该模型车头部车厢的电磁铁系统经过多少个矩形线圈制动能够停下。
（3）若该模型车头部车厢的电磁铁系统相邻处加装一个相同尺寸的电磁铁系统如图丙，产生方向相反大小一样的竖直方向匀强磁场。求该模型车制动过程头部车厢到达的最后1个线圈所产生的热量。
【解答】解：（1）在电磁铁系统通过线圈的过程中，任意线圈中的平均感应电动势为：
平均感应电流：
流过线圈的电荷量：q
联立代入得：qC＝50C
（2）该模型车经过极短的时间Δt′，速度减小Δv，运动的位移为Δx，由动量定理得：﹣FΔt′＝MΔv
两边求和有：∑﹣nBL Δt′＝∑M Δv
又因为电流：
联立可得：∑v Δt＝Mv0
结合v Δt＝Δx上式可得，模型车停止的总距离xm＝15m
所以通过线圈的个数为：N个＝15个
（3）该模型车头部车厢的电磁铁系统相邻处加装一个相同尺寸的电磁铁系统，当该系统通过线圈时，相当于同时有两组线圈产生感应电流，也受到安培力
产生的平均感应电动势nBL
平均感应电流：
受到的平均安培力为：2BIL
联立以上各式可得：
此种情况下设通过的线圈个数为N，从打开制动系统到停止，对列车根据动量定理有：： Δt＝0﹣Mv0
结合位移规律：x
联立以上可知：xm＝3.75m
那么线圈的个数为N4
设进入第四个线圈的速度为v4，在通过前三个线圈的过程中，根据动量定理有： Δt＝Mv4﹣Mv0
结合以上结论有：v4＝v030m/sm/s＝24m/s
根据能量守恒定律，通过最后一个线圈产生的热量：QJ＝2.88×107J
答：（1）该模型车的磁场全部进入任意一个线圈的过程中，流过线圈的电荷量q为50C。
（2）该模型车头部车厢的电磁铁系统经过15个矩形线圈制动能够停下。
（3）该模型车制动过程头部车厢到达的最后1个线圈所产生的热量为2.88×107J。
6．（2025 浙江一模）图甲为超导电动磁悬浮列车（EDS）的结构图，其简化图如图乙，超导磁体与“8”字形线圈之间通过互感产生电磁力将车体悬浮起来。如图丙所示，列车侧面安装的超导磁体产生垂直纸面向里的以虚线框为界的磁场，忽略边缘效应，磁感应强度大小恒为B，磁场的长和宽分别为2l和l。在列车轨道两侧固定安装了“8”字形线圈，每个“8”字形线圈均用一根漆包线绕制而成，匝数为n，电阻为R，水平宽度为l，竖直长度足够大，交叉的结点为P。当列车以速度v匀速前进时：
（1）若磁场的中心O点与线圈结点P等高，求此时线圈中的电流大小；
（2）若磁场的中心O点比线圈结点P低了h时（，且保持不变），只考虑动生电动势：
①在磁场刚进入单个“8”字形线圈时，求线圈对列车阻力的瞬时功率；
②在磁场穿越单个“8”字形线圈的过程中，画出单个“8”字形线圈对列车竖直方向的作用力与时间的关系图，取竖直向上为正方向，磁场刚进入线圈时t＝0。
【解答】解：（1）由于上下对称，上、下两个线圈产生的感应电动势大小为
因“8”字绕向，两个感应电动势方向相反，相互抵消，所以线圈中总的电动势为0，则线圈中的电流为0。
（2）①在磁场刚进入“8”字形线圈时，回路总的感应电动势为
E＝2nBhv
由闭合电路欧姆定律得
I
“8”字形线圈此时受到的安培力大小为
F＝2nIhB
联立解得
磁场受到大小相等、方向相反的阻力，为
F′＝F
则线圈对列车阻力的瞬时功率为
②阻力随时间变化情况如图所示。
答：（1）此时线圈中的电流大小为0；
（2）①线圈对列车阻力的瞬时功率为；
②见解析。
7．（2024 浙江一模）如图所示，在xOy水平面内，固定着间距为d的足够长光滑金属导轨，右端与电容器相连，在x＝2d处用长度可忽略的绝缘材料连接，紧靠连接点右侧垂直导轨放置一根质量为m的金属棒ab。在0≤x≤2d区域存在两个大小为B0、垂直导轨平面、方向相反的匀强磁场，磁场边界满足y＝d|sinπ|；在x＞2d区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B1。边长为d的正方形导线框A1D1D2A2质量也为m，A1A2边和D1D2边的电阻均为R，静置在导轨上，D1D2位于x＝0处。在外力作用下导线框A1D1D2A2沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动，当D1D2到达x＝2d时撤去外力，导线框与金属棒ab发生弹性碰撞。不计其它电阻，电容器的储能公式EcCU2，求：
（1）导线框中感应电动势的最大值；
（2）导线框D1D2边运动到x＝d的过程中流过导线框的总电量q；
（3）整个过程中外力对导线框所做的功W；
（4）电容器最终储存的能量。
【解答】解：（1）当A1A2运动到时，导线框中A1A2和D1D2都在垂直切磁感线且同向叠加，因此感应电动势最大：Em1＝2B0ymv0＝2B0dv0
（2）导线框D1D2边在x＝0至x＝d区间运动过程中，只有D1D2边在切割，感应电动势的瞬时表达式：
产生正弦交流电，等效于面积为S的线圈在匀强磁场中做匀速圆周运动，转动角速度：
由感应电动势最大值：Em＝B0Sω＝B0dv0
解得：
x＝0至x＝d区间相当于绕圈转动角度0～π，磁通量变化量：ΔΦ＝2B0S
感应电动势的平均值：
感应电流的平均值：
流过导线框的总电量：
（3）导线框D1D2边在x＝0至x＝d区间运动过程中，产生正弦交流电，感应电动势最大值为
Em2＝B0dv0
则有效值：
回路中产生的焦耳热：
导线框D1D2边在x＝d至x＝2d区间运动过程中，两边切割，感应电动势的瞬时表达式：
同理，回路中产生的焦耳热：
由功能关系可知，外力对导线框所做的功：
（4）当D1D2到达x＝2d瞬间撤去外力，导线框恰与金属棒ab发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间导线框速度为v1，金属棒ab速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝mv1+mv2
由能量守恒有：
解得：v1＝0，v2＝v0
碰撞后导线框D1D2边停在绝缘位置，金属棒ab与电容器构成回路，金属棒ab对电容器充电，当电容器电压：U＝E＝B1dv
金属棒ab稳定后做匀速直线运动。以向右为正方向，对金属棒ab动量定理有：
根据电流的定义变形得：
解得：
因此，电容器最终存储的能量：
答：（1）导线框中感应电动势的最大值为2B0dv0；
（2）导线框D1D2边运动到x＝d的过程中流过导线框的总电量q为；
（3）整个过程中外力对导线框所做的功W为；
（4）电容器最终储存的能量为。
8．（2024 义乌市三模）如图甲所示，粗细均匀的无限长平行金属导轨固定在与水平面成θ＝30°角的位置上，以EF为边界，EF的下方分布着垂直指向两导轨中心线的辐向磁场，a、b两个圆环完全相同（实线半环为金属导体，虚线半环为绝缘材料，两个半环无缝拼接）。t＝0时刻，a和b分别从在磁场边界EF上方某位置和EF处同时由静止释放，2s后a恰好进入磁场，b运动的v﹣t图像如图乙所示。已知沿环一周的磁感应强度B＝8T，导轨间距，两圆环的直径和导轨间距相等，质量均为m＝1kg，金属半环的电阻均为R＝2Ω，运动中圆环受到的阻力平行于导轨大小恒为重力的0.3倍。若在运动过程中圆环平面能保持与导轨垂直、金属半环的两端始终能与导轨良好接触，不计导轨电阻，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）2s时a和b的速度大小；
（2）0～2s内通过导轨横截面的电荷量；
（3）0～2s内整个回路产生的焦耳热；
（4）a进入磁场后与b环间的最小距离。
【解答】解：（1）根据题意，对a有
mgsinθ﹣0.3mg＝ma1
解得
则2s时a的速度大小
v＝a1t，解得v＝4m/s
由图乙可知，2s时b匀速运动，则有
又有
解得
v1＝2m/s
（2）根据题意，对b由动量定理有
又有
联立解得
q＝1C
（3）根据题意，设b在0～2s运动的距离为x，则有
解得
x＝2m
根据能量守恒定律有
解得
Q＝2J
（4）a进入磁场后，当a和b共速时，距离最近，由动量定理，对a有
∑（mgsinθ﹣FAa）Δt＝m（v共﹣v）
对b有
∑（mgsinθ+FAb）Δt＝m（v共﹣v1）
又有
解得
q0＝0.5C
又有
解得
Δx＝1m
则a进入磁场后与b环间的最小距离为
xmin＝x﹣Δx，解得xmin＝1m
答：（1）2s时a和b的速度大小分别为4m/s，2m/s；
（2）0～2s内通过导轨横截面的电荷量等于1C；
（3）0～2s内整个回路产生的焦耳热等于2J；
（4）进入磁场后与b环间的最小距离等于1m。
9．（2024 浙江二模）某大学科技兴趣小组研发了一款产品，为了防止电梯坠落（相当于电梯钢索突然断裂，电梯自由落体）造成事故，可以利用电磁阻尼来防止电梯下坠速度过快。简化的物理模型如图1所示，在电梯厢的左右两侧各安装一个N＝100匝的闭合线圈，线圈竖直高h＝0.5m，水平宽L＝1m。每侧线圈的总电阻各为R＝32Ω，电梯厢两侧外面的电梯井墙上从井顶到井底固定安装水平方向且垂直于线圈平面的匀强磁场，线圈所在处的磁感应强度B＝1T，磁场的方向向内或向外由上到下交替变化，各区域的磁场的高度、宽度与线框一致。同时电梯井底部有缓冲弹簧，以进一步减小落地时的伤害。设该电梯的最大承重质量为2000kg（含电梯厢、线圈、乘客等），g＝10m/s2，空气阻力和其他阻力忽略不计，某次坠落试验按最大承重质量计算。
（1）坠落试验过程中，当电梯厢速度为v1＝4m/s时，右侧线圈某时刻位置如图中所示，求此线圈中的瞬时电流大小，并说明电流方向（逆时针、顺时针）；
（2）求电梯厢下坠的最大速率vm（设电梯井足够深）；
（3）设当电梯厢向下的加速度小于等于0.1g，乘客不再恐慌。试验时电梯厢处于20楼（即电梯厢地面与20楼地面等高）突然从静止失控坠落，模拟乘客发现当电梯经过16楼时（即电梯厢地面与16楼地面等高）感觉不再恐慌，设该楼每层楼高2.8m，求模拟乘客的恐慌时间t；
（4）如图2为本次试验电梯厢从接触底部弹簧开始一段时间内的传感器记录的v﹣t图像，图中时刻t1＝0.4s，t2＝0.9s，t3＝1.1s，t4＝1.5s，传感器显示：0 t1与t1 t2两个时间间隔内v﹣t图线与坐标轴围成的面积相等，t2 t3与t3 t4两个时间间隔内面积也相等，t2时刻对应的速率为v2＝4m/s，求电梯厢反弹后下落再次接触弹簧时的速度大小v。
【解答】解：（1）根据楞次定律知，电流方向为顺时针方向；
线圈的总电流大小为：
代入数据解得：I＝25A；
（2）单侧线圈所受安培力大小为：
根据平衡条件：
解得最大速度为：vm＝8m/s
（3）根据牛顿第二定律可得：
解得：v＝7.2m/s
取向下为正方向，根据动量定理可得：
解得：t＝2.12s；
（4）在t2～t4时间内，取向下为正方向，对电梯厢根据动量定理可得：mgt＝mv﹣（﹣mv2）
解得：v＝2m/s。
10．（2024 东阳市三模）如图甲所示，左侧发电装置由一个留有小缺口的圆形线圈和能产生辐向磁场的磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B0。线圈半径r，电阻不计，缺口处通过足够长轻质软导线与间距L＝2πr的水平平行金属轨道P1、P2、P3、Q1、Q2、Q3相连，轨道间接有电容为的电容器，P2P3Q2Q3区域内有竖直向下的匀强磁场B2＝B0，紧靠P2Q2处有一根质量m，电阻R的金属杆a。绝缘轨道P3P4Q3Q4区域内有方向竖直向下，大小随x轴Q3为坐标原点，向右为正方向）变化的磁场，变化规律满足B3＝kx+B0（x≥0），同一位置垂直轨道方向磁场相同，紧靠P3Q3处放置质量为m、电阻为2R的“”形金属框EFGH，FG边长度为L，EF边长度为。t＝0时刻单刀双掷开光S和接线柱1接通，圆形线圈在外力作用下沿竖直运动，其速度按照图乙规律变化，取竖直向上为速度正方向。时将S从1拨到2，同时让金属杆a以初速度0.5v0在磁场中向右运动，金属杆a达到稳定速度v1后在P3Q3处与金属框EFGH发生完全非弹性碰撞组合成一闭合的长方形金属框。不考虑电流产生的磁场影响，除已给电阻其它电阻不计。求（结果可用r、m、v0、B0、π、k中的字母表示）：
（1）时刻电容器M板带电极性，及电荷量；
（2）a杆到达P3Q3时的速度大小v1；
（3）金属杆b与“”形金属框发生完全非弹性碰撞组合成一闭合的长方形金属框，金属框最终静止时HE边所在位置的x轴坐标。
【解答】解：（1）根据右手定则可知M板带负电
时刻线圈速度为v0，切割磁感线产生的感应电动势为
E0＝2πrB0v0
所以电容器电荷量为
（2）杆a稳定时切割产生的电动势与电容器电压相等，有
，时电容器电压大于杆a切割磁感线产生的感应电动势，所以杆a在安培力作用下加速运动到稳定状态，向右为正方向，此过程列对杆a，根据动量定理，有
其中
由此可解得
（3）杆a与金属框EFGH碰撞，向右为正方向，根据动量守恒定律，有
mv1＝2mv2
GF边所在位置与HE边所在位置的磁场差恒为
金属框运动中始终有逆时针方向电流，由2个安培力作用下减速运动至静止，对此过程列动量定理方程，有
其中
代入可得
大题精练04 电磁感应规律的综合应用问题
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题,也以计算题的形式命题。
2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。
3.用到的知识有:左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。
4.电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考査内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。通常还与电路等知识综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。
二、动力学
牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、运动学
匀变速直线运动 平均速度： Vt/ 2 == Vs/2 = 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2
电磁感应 1. ε=BLVsinθ平动切割 ε=N磁变模型ε=BLV中点 旋转切割 2.Ф=Bssinθ；e=NBSωcosωt (矩形线圈在匀强磁场中匀速转动) E有= (只有正弦) 3.焦耳热Q=I2Rt(I恒定)Q=Rt（I正弦变化） Q=ΔE机(I非正弦变化) 4.电量q=It q=n△ф/R BILt=BLq=mV2-mV1(只受洛仑兹力) 5.变压器= P入=P出 n1I1= n2I2 + n3I3 6. 输电 P=UI P损=（）2R线 U2送=U损+U 3达 P送=P损+P达 7. 电磁振荡 T=2 q=qmsinωt i=Imcosωt
法拉第电磁感应定律 普适公式： 导体切割：（B、L、v三者相互垂直）
五、解题思路
(1)电路分析:明确电源与外电路，可画等效电路图。
(2)受力分析:把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化。
(3)过程分析:注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”。
(4)能量分析:克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。
难度：★★★★★ 建议时间：60分钟
1．（2025 浙江模拟）某实验室设计了一个装置，如图所示，水平固定的圆筒形磁体（S极）与其内圆柱形磁体（N极）之间的空隙中存在一辐向磁场，辐向磁场分布关于圆柱体的中轴线对称（距中轴线距离相等处的磁感应强度大小相等）。另有一个匝数为n匝、质量为m、电阻为R、半径为r的圆线圈套在圆柱形磁体上，其线圈导线所在处的磁场的磁感应强度大小均为B。线圈在外力和安培力的共同作用下，以O位置为中心，在C、D之间做振幅为A、周期为T的简谐运动。以O为原点建立坐标如图所示，不计线圈与圆筒间的摩擦。（已知简谐运动的周期公式T＝2π）
（1）若线圈的速度为v，求此时刻线圈中产生的感应电流为多大？
（2）若线圈向x轴正向运动速度为v时的加速度大小为a，则此时线圈所受的外力多大？
（3）若线圈经过O点（即x＝0）时受到的外力大小为F0，求线圈向右经过x＝0位置之后的T时间内，线圈中产生的热量Q和外力冲量IF；
（4）在（3）问的情况下，已知n＝10匝、质量m＝0.4kg、电阻R＝0.1π2Ω，半径r＝0.1m、B＝1T、F0＝12N、T＝2πs，求线圈从O点向右经过xA位置时，外力F的功率PF。
2．（2025 浙江模拟）如图所示，两光滑平行金属导轨正对放置，均由三部分组成，倾斜部分与水平面的夹角均为θ、长度均为x，在水平部分正中间通过导线连接电容为C的电容器。水平部分两侧边缘分别垂直放置光滑金属杆ab、de，金属杆质量均为m、长度均为L。开关S处于断开状态，左侧倾斜导轨间有垂直该部分导轨所在平面向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，右侧倾斜导轨间有垂直该部分导轨所在平面向上、磁感应强度大小为B2的匀强磁场。已知重力加速度为g，导轨间距为L。某时刻ab杆在微小扰动下开始下滑。已知杆运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨与杆的电阻均可忽略。
（1）金属杆ab下滑过程中电容器 B极板 （选填“A极板”或“B极板”）的电势较高；
（2）ab杆下滑到倾斜导轨底端时，求电容器两极板间的电势差U和电容器储存的能量；
（3）ab杆滑离导轨后，闭合开关S，de杆在微小扰动下开始下滑，最终以速度v1滑离导轨。
①求de杆在倾斜导轨上滑动的时间t；
②求de杆下滑过程中整个电路因电流变化产生电磁辐射损失的能量（电容器储存的能量E＝kCU2，其中k为常数且未知）。
3．（2025 杭州一模）如图所示的装置左侧是法拉第圆盘发电机，其细转轴竖直安装。内阻不计、半径r＝0.5m的金属圆盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场B1中，磁感应强度B1＝4T。圆盘在外力作用下以角速度ω＝6rad/s逆时针（俯视）匀速转动，圆盘的边缘和转轴分别通过电刷a、b与光滑水平导轨M1N1、M2N2相连，导轨间距L＝0.5m。在导轨平面内以O点为坐标原点建立坐标系xOy，x轴与导轨平行。x＜0区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B2＝1T，导电性能良好的导轨上放置着一根质量m1＝0.5kg、电阻R＝0.6Ω的金属棒，金属棒离y轴足够远；x≥0区域内存在竖直向下磁场，磁感应强度B3＝（1+3x）T，导轨由绝缘材料制成，导轨上紧贴y轴放置着一U形金属框，其质量m2＝1kg、电阻为3R、长度为L、宽度d＝1m。不计其它一切电阻。
（1）比较a、b两点电势的高低，并计算闭合开关瞬间通过金属棒的电流I；
（2）从闭合开关到金属棒刚达到最大速度时（此时金属棒未离开B2磁场区），求此过程通过金属棒的电量q和维持圆盘匀速转动外力所做的功W；
（3）若此后金属棒和金属框发生完全非弹性碰撞，求金属棒最终停下来时的位置坐标x。
4．（2025 镇海区校级模拟）某兴趣小组设计了一个磁悬浮列车的驱动模型，简化原理如图甲所示，Oxy平面（纸面）内有宽为L，关于x轴对称的磁场区域，磁感应强度大小为B0，变化规律如图乙所示。长为d，宽为L的矩形金属线框MM′N′N放置在图中所示位置，其中MN边与y轴重合，MM'、NN'边分别与磁场的上下边界重合。当磁场以速度v0沿x轴向左匀速运动时，会驱动线框运动，线框受到的阻力大小恒为f。已知线框的质量为m，总电阻为R。
（1）求磁场刚开始运动时，通过线框的感应电流的大小和方向；
（2）求线框稳定运动时的速度大小v1；
（3）某时刻磁场停止运动，此后线框运动t时间后停止，求t时间内线框运动的距离x；
（4）在磁悬浮列车的实际模型中，磁感应强度的大小是随时间和空间同时变化的，即B＝B0cos（tx），若将线框固定不动，求在时间内线框产生的热量Q。
5．（2025 宁波校级模拟）2024年10月31日，由中国中车自主研制的国内首套高温超导电动悬浮全要素。试验系统完成第10次悬浮运行试验如图甲。该磁悬浮列车涡流制动原理的模型如图乙所示。模型车的头部车厢下端装有电磁铁系统，该电磁铁系统在其正下方产生的磁场，可看成磁感应强度大小为B＝10T、方向竖直向下的长为L＝2m，宽为d＝0.5m矩形区域的匀强磁场。将长大于L、宽为d、电阻为R＝20Ω，匝数为100的矩形线圈（粗细忽略不计，线圈之间彼此绝缘）等间隔铺设在轨道正中央，相邻两线圈的间隔也恰好为d。在某次试验中模型车初速度v0＝30m/s，电磁铁系统进入线圈AA′BB′左侧AA′时开启电磁制动。模型车（含电磁铁系统）的质量为M＝105kg，模型车与轨道之间无摩擦。求：
（1）该模型车的磁场全部进入任意一个线圈的过程中，流过线圈的电荷量q。
（2）该模型车头部车厢的电磁铁系统经过多少个矩形线圈制动能够停下。
（3）若该模型车头部车厢的电磁铁系统相邻处加装一个相同尺寸的电磁铁系统如图丙，产生方向相反大小一样的竖直方向匀强磁场。求该模型车制动过程头部车厢到达的最后1个线圈所产生的热量。
6．（2025 浙江一模）图甲为超导电动磁悬浮列车（EDS）的结构图，其简化图如图乙，超导磁体与“8”字形线圈之间通过互感产生电磁力将车体悬浮起来。如图丙所示，列车侧面安装的超导磁体产生垂直纸面向里的以虚线框为界的磁场，忽略边缘效应，磁感应强度大小恒为B，磁场的长和宽分别为2l和l。在列车轨道两侧固定安装了“8”字形线圈，每个“8”字形线圈均用一根漆包线绕制而成，匝数为n，电阻为R，水平宽度为l，竖直长度足够大，交叉的结点为P。当列车以速度v匀速前进时：
（1）若磁场的中心O点与线圈结点P等高，求此时线圈中的电流大小；
（2）若磁场的中心O点比线圈结点P低了h时（，且保持不变），只考虑动生电动势：
①在磁场刚进入单个“8”字形线圈时，求线圈对列车阻力的瞬时功率；
②在磁场穿越单个“8”字形线圈的过程中，画出单个“8”字形线圈对列车竖直方向的作用力与时间的关系图，取竖直向上为正方向，磁场刚进入线圈时t＝0。
7．（2024 浙江一模）如图所示，在xOy水平面内，固定着间距为d的足够长光滑金属导轨，右端与电容器相连，在x＝2d处用长度可忽略的绝缘材料连接，紧靠连接点右侧垂直导轨放置一根质量为m的金属棒ab。在0≤x≤2d区域存在两个大小为B0、垂直导轨平面、方向相反的匀强磁场，磁场边界满足y＝d|sinπ|；在x＞2d区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B1。边长为d的正方形导线框A1D1D2A2质量也为m，A1A2边和D1D2边的电阻均为R，静置在导轨上，D1D2位于x＝0处。在外力作用下导线框A1D1D2A2沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动，当D1D2到达x＝2d时撤去外力，导线框与金属棒ab发生弹性碰撞。不计其它电阻，电容器的储能公式EcCU2，求：
（1）导线框中感应电动势的最大值；
（2）导线框D1D2边运动到x＝d的过程中流过导线框的总电量q；
（3）整个过程中外力对导线框所做的功W；
（4）电容器最终储存的能量。
8．（2024 义乌市三模）如图甲所示，粗细均匀的无限长平行金属导轨固定在与水平面成θ＝30°角的位置上，以EF为边界，EF的下方分布着垂直指向两导轨中心线的辐向磁场，a、b两个圆环完全相同（实线半环为金属导体，虚线半环为绝缘材料，两个半环无缝拼接）。t＝0时刻，a和b分别从在磁场边界EF上方某位置和EF处同时由静止释放，2s后a恰好进入磁场，b运动的v﹣t图像如图乙所示。已知沿环一周的磁感应强度B＝8T，导轨间距，两圆环的直径和导轨间距相等，质量均为m＝1kg，金属半环的电阻均为R＝2Ω，运动中圆环受到的阻力平行于导轨大小恒为重力的0.3倍。若在运动过程中圆环平面能保持与导轨垂直、金属半环的两端始终能与导轨良好接触，不计导轨电阻，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）2s时a和b的速度大小；
（2）0～2s内通过导轨横截面的电荷量；
（3）0～2s内整个回路产生的焦耳热；
（4）a进入磁场后与b环间的最小距离。
9．（2024 浙江二模）某大学科技兴趣小组研发了一款产品，为了防止电梯坠落（相当于电梯钢索突然断裂，电梯自由落体）造成事故，可以利用电磁阻尼来防止电梯下坠速度过快。简化的物理模型如图1所示，在电梯厢的左右两侧各安装一个N＝100匝的闭合线圈，线圈竖直高h＝0.5m，水平宽L＝1m。每侧线圈的总电阻各为R＝32Ω，电梯厢两侧外面的电梯井墙上从井顶到井底固定安装水平方向且垂直于线圈平面的匀强磁场，线圈所在处的磁感应强度B＝1T，磁场的方向向内或向外由上到下交替变化，各区域的磁场的高度、宽度与线框一致。同时电梯井底部有缓冲弹簧，以进一步减小落地时的伤害。设该电梯的最大承重质量为2000kg（含电梯厢、线圈、乘客等），g＝10m/s2，空气阻力和其他阻力忽略不计，某次坠落试验按最大承重质量计算。
（1）坠落试验过程中，当电梯厢速度为v1＝4m/s时，右侧线圈某时刻位置如图中所示，求此线圈中的瞬时电流大小，并说明电流方向（逆时针、顺时针）；
（2）求电梯厢下坠的最大速率vm（设电梯井足够深）；
（3）设当电梯厢向下的加速度小于等于0.1g，乘客不再恐慌。试验时电梯厢处于20楼（即电梯厢地面与20楼地面等高）突然从静止失控坠落，模拟乘客发现当电梯经过16楼时（即电梯厢地面与16楼地面等高）感觉不再恐慌，设该楼每层楼高2.8m，求模拟乘客的恐慌时间t；
（4）如图2为本次试验电梯厢从接触底部弹簧开始一段时间内的传感器记录的v﹣t图像，图中时刻t1＝0.4s，t2＝0.9s，t3＝1.1s，t4＝1.5s，传感器显示：0 t1与t1 t2两个时间间隔内v﹣t图线与坐标轴围成的面积相等，t2 t3与t3 t4两个时间间隔内面积也相等，t2时刻对应的速率为v2＝4m/s，求电梯厢反弹后下落再次接触弹簧时的速度大小v。
10．（2024 东阳市三模）如图甲所示，左侧发电装置由一个留有小缺口的圆形线圈和能产生辐向磁场的磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B0。线圈半径r，电阻不计，缺口处通过足够长轻质软导线与间距L＝2πr的水平平行金属轨道P1、P2、P3、Q1、Q2、Q3相连，轨道间接有电容为的电容器，P2P3Q2Q3区域内有竖直向下的匀强磁场B2＝B0，紧靠P2Q2处有一根质量m，电阻R的金属杆a。绝缘轨道P3P4Q3Q4区域内有方向竖直向下，大小随x轴Q3为坐标原点，向右为正方向）变化的磁场，变化规律满足B3＝kx+B0（x≥0），同一位置垂直轨道方向磁场相同，紧靠P3Q3处放置质量为m、电阻为2R的“”形金属框EFGH，FG边长度为L，EF边长度为。t＝0时刻单刀双掷开光S和接线柱1接通，圆形线圈在外力作用下沿竖直运动，其速度按照图乙规律变化，取竖直向上为速度正方向。时将S从1拨到2，同时让金属杆a以初速度0.5v0在磁场中向右运动，金属杆a达到稳定速度v1后在P3Q3处与金属框EFGH发生完全非弹性碰撞组合成一闭合的长方形金属框。不考虑电流产生的磁场影响，除已给电阻其它电阻不计。求（结果可用r、m、v0、B0、π、k中的字母表示）：
（1）时刻电容器M板带电极性，及电荷量；
（2）a杆到达P3Q3时的速度大小v1；
（3）金属杆b与“”形金属框发生完全非弹性碰撞组合成一闭合的长方形金属框，金属框最终静止时HE边所在位置的x轴坐标。
