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大题精练06 电磁感应综合问题
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。
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 四、电磁学
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)
法拉第电磁感应定律 1.磁通量变化型：E＝n＝nS＝nB。 2.平动切割型：E＝Blv。 3.转动切割型：E＝Bl2ω。
五、常见考查题型
题型1 动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。
求解的物理量 应用示例
电荷量或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，即－BqL＝mv2－mv1
位移 ＝0－mv0，即－＝0－mv0
时间 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
－＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知位移x、F其他(F其他为恒力)
题型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
物理 模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析 方法 力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
六、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。
（2024 江宁区校级模拟）如图甲所示，两电阻不计的光滑金属导轨倾斜平行放置，间距d＝1m，倾角α＝37°，下端接定值电阻R0＝3Ω，矩形区域CDEF内有垂直导轨平面向上的磁场，DE边长x＝20m，磁场磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示。现将一质量m＝2kg，电阻R＝1Ω的金属棒在导轨上端某处由静止释放，经t1＝1s运动到EF位置，进入磁场后，再运动s＝10m后开始做匀速运动。g取10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）0～1s时间内金属棒中电流的大小I1；
（2）金属棒刚进磁场时加速度的大小a；
（3）从金属棒刚进磁场到开始做匀速运动的过程中，定值电阻R0上产生的焦耳热Q1。
【解答】解：（1）0～1 s内，磁场均匀变化，由乙图得
设回路中感应电动势大小为E1，则
解得
I1＝10A
（2）设金属棒刚进入磁场前的加速度为a1，刚进入时速度为v，则
mgsinα＝ma1
v＝a1t1
解得
v＝6m/s
设金属棒刚进磁场时磁感应强度为B1，切割磁感线产生的电动势E2，金属棒中的电流I2，刚进磁场时加速度的大小为a，由乙图得金属棒进入磁场后磁感应强度B1＝2T则
E2＝B1dv
由牛顿第二定律有
mgsinα﹣B1I2d＝ma
解得
I2＝3A，a＝3m/s2
（3）金属棒进磁场后磁感应强度始终为B1，设金属棒匀速运动时速度为vm，切割磁感线产生的电动势E3，金属棒中的电流I3，则
E3＝B1dvm
根据平衡条件有
mgsinα＝B1I3d
解得
vm＝12m/s
从金属棒刚进磁场到开始做匀速运动的过程中，这整个回路中产生的焦耳热为Q，则由能量守恒有
而
解得
Q＝12J，Q1＝9J
1．（2024 福建模拟）如图（a）所示，间距均为1m的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨平滑连接，水平导轨处在磁感应强度大小为2T、方向竖直向上的匀强磁场中。质量为1kg、电阻为1.5Ω的金属棒a固定在离水平导轨高h处的倾斜导轨上，材料和长度均与金属棒a相同的金属棒b沿导轨向左运动。金属棒a由静止释放，下滑至水平导轨时开始计时，以a的运动方向为正方向，金属棒a、b的运动图像如图所示。已知两金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，金属棒a始终未与金属棒b发生碰撞，重力加速度g取10m/s2。根据图像中数据，求：
（1）金属棒b的质量和电阻；
（2）在整个运动过程中金属棒b产生的焦耳热；
（3）从开始计时到金属棒b向左减速至零的过程中，金属棒a与金属棒b之间距离的变化量。
【解答】解：（1）a、b两金属棒在水平轨道上运动时所受安培力大小相等，方向相反，整个运动过程a、b两金属棒动量守恒，当两金属棒共速时，电路中电流为零，安培力为零，两棒以共同速度v共＝2m/s做匀速运动
取速度方向向右为正，由动量守恒定律得m1v0﹣m2v＝（m1+m2）v共，其中v＝4m/s，v0＝5m/s
代入数据解得：m2＝0.5kg，
两金属棒材料相同、长度相同，设a、b两金属棒横截面面积分别为S1和S2，导体棒的质量m1＝ρlS1，m2＝ρlS2
解得：S1＝2S2
根据电阻定律得：，
解得：R2＝2R1＝3Ω
（2）由能量守恒定律可得
金属棒b产生的焦耳热为
联立解得：Qb＝9J
（3）金属棒b速度为零时，设a的速度为v1，由动量守恒定律得m1v0﹣m2v＝m1v1，代入数据解得：v1＝3m/s
设金属棒b向左运动的时间为t，金属棒a与金属棒b之间距离的变化量为Δx
对金属棒a由动量定理可得
通过金属棒a的电荷量为
代入数据解得：Δx＝2.25m
答：（1）金属棒b的质量为0.5kg，电阻为3Ω；
（2）在整个运动过程中金属棒b产生的焦耳热为9J；
（3）从开始计时到金属棒b向左减速至零的过程中，金属棒a与金属棒b之间距离的变化量为2.25m。
2．（2024 凌河区校级模拟）如甲图所示，两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向从左向右依次为垂直纸面向外、向里，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L、总电阻为R粗细均匀的单匝正方形导体线框abcd，且线框平面与磁场方向垂直。整个装置置于光滑的水平桌面上。现让线框以某一初速度v0冲进磁场，若线框刚离开第二个磁场区域时速度恰好减为零，求：
（1）线框刚进入第一个磁场区域时ab两点间电压；
（2）线框abcd的质量m；
（3）如乙图所示，将另一个材料、大小与线框abcd完全相同，横截面积为abcd二倍的单匝线框efgh也置于磁场的左边界处，以速度2v0冲入磁场。若线框abcd和efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热分别为Q1和Q2，求Q1与Q2的比。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，可得线框刚进入第一个磁场区域时产生的感应电动势为：
E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律，可得此时线框中的感应电流与ab两点间电压分别为：
联立解得：
（2）根据题意，线框以初速度v0冲进磁场，设线框完全进入第一个磁场时速度大小为v1，设完全进入第二个磁场时速度大小为v2，已知完全出离磁场时速度为零，以向右为正方向，对线框进入第一个磁场区域的过程，根据动量定理得：
又有：
同理，完全进入第二个磁场的过程有：
其中：
同理，从第二个磁场完全出来的过程有：
其中：
联立可得：﹣4BLq＝0﹣mv0
联立解得：
（3）设线框efgh的质量为m′，电阻为R′，线框efgh横截面积为线框abcd的二倍，易知线框efgh的质量m′＝2m。根据电阻定律可知线框efgh的电阻R′R。
设其离开第二个磁场时的速度大小为v3，已知其初速度为2v0，同理，根据（2）的解答过程可得：
﹣4BLq′＝m′v3﹣2m′v0
同理有：q′
联立解得：v3＝v0
根据能量守恒定律，可知线框abcd在通过磁场的过程中产生的焦耳热为：
线框efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热为
可得：
答：（1）线框刚进入第一个磁场区域时ab两点间电压为；
（2）线框abcd的质量m为；
（3）Q1与Q2的比为1：6。
3．（2025 贵港校级模拟）2024年6月2日6时9分，嫦娥六号着陆器在鹊桥二号中继卫星支持下，开始实施动力下降，7500N变推力主发动机开机，着陆器接触地面前经过喷火反冲减速后关闭主发动机，此时的速度为v1，这一速度仍大于软着陆设计速度v2，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示：主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的着陆器主体，着陆器主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为r，ab边长为L，当着陆器接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使着陆器主体持续做减速运动，从而实现缓冲。已知着陆器主体及轨道的质量为m，缓冲滑块（含线圈）K的质量为M，重力加速度为g，不考虑运动磁场产生的电场，求：
（1）缓冲滑块刚落地时着陆器主体的加速度大小；
（2）达到着陆器软着陆要求的设计速度v2时，地面对缓冲滑块K支持力的大小；
（3）着陆器主体可以实现软着陆，若从v1减速到v2的缓冲过程中，通过线圈的电荷量为q，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可知，线圈切割磁感线产生的感应电动势为：
E＝nBLv1，
根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中的感应电流为：
，
根据安培力的计算公式及左手定则可知，线圈受到的安培力为：
F安＝nBIL，方向竖直向下，
根据牛顿第三定律可知，着陆器主体及轨道受到的安培力为：
F′安＝F安＝nBIL，方向竖直向上，
对着陆器主体及轨道，根据牛顿第二定律可得：
F′安﹣mg＝ma，
联立可得：
；
（2）对于滑块K，设其受到的支持力为FN，此时受到的安培力为F，则有：
FN＝Mg+F，
同（1）思路，此时线圈的速度为v2，故感应电动势为：
E′＝nBLv2，
线圈中的电流为：
，
故此时的安培力为：
，
联立可得：
；
（3）结合前面分析，根据能量守恒可得：
，
根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的平均感应电动势为：
，
根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中的平均感应电流为：
，
根据电流的定义式可知，该过程通过线圈的电荷量为：
，
联立可得：
；
4．（2024 朝阳区校级三模）定值电阻、电容器、电感线圈是三种常见的电路元件，关于这几个元件有如下结论：①一个定值电阻R满足I关系；②一个电容器的电容为C，两极板间电压为U时，储存的能量为ECU2；③一个电感线圈的自感系数为L，自感电动势E自＝L，式中为电流变化率；通过的电流为I时，储存的能量为ELI2。
如图，足够长的光滑金属框架竖直放置，顶端留有接口a、b，两竖直导轨间距为d。一质量为m、长度为d的金属棒始终与竖直导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直，重力加速度为g。不计空气阻力，不计框架和金属棒的电阻及电磁辐射的能量损失。
（1）若在a、b间接入一个阻值为R的定值电阻，现从静止释放金属棒，求金属棒的最终速度大小v1；
（2）若在a、b间接入一个电容为C的电容器，现从静止释放金属棒，求当电容器两极板间电压为U0时，金属棒下落的高度h；
（3）若在a、b间接入一个电阻不计、自感系数为L的电感线圈，现从静止释放金属棒，求金属棒下落过程中的最大速度v2。
【解答】解：（1）对金属棒受力分析，当金属棒受力平衡时，具有最大速度，根据平衡条件可得：mg＝F安
根据安培力的计算公式可得F安＝BId
根据闭合电路欧姆定律可得：
联立解得：；
（2）由能量守恒定律，可得：
根据法拉第电磁感应定律可得：U0＝Bdv
联立解得金属棒下落的高度：；
（3）设金属棒下落速度为v，根据题意有：
设金属棒速度达到最大值v2时，电流为I0，根据平衡条件可得：mg＝BI0d
设该过程金属棒下落的高度为x0，根据能量守恒定律有：
又：BdvΔt＝LΔI
可得：Bdx0＝LI0
联立解得：。
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大题精练06 电磁感应综合问题
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。
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 四、电磁学
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)
法拉第电磁感应定律 1.磁通量变化型：E＝n＝nS＝nB。 2.平动切割型：E＝Blv。 3.转动切割型：E＝Bl2ω。
五、常见考查题型
题型1 动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。
求解的物理量 应用示例
电荷量或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，即－BqL＝mv2－mv1
位移 ＝0－mv0，即－＝0－mv0
时间 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
－＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知位移x、F其他(F其他为恒力)
题型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
物理 模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析 方法 力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
六、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。
（2024 江宁区校级模拟）如图甲所示，两电阻不计的光滑金属导轨倾斜平行放置，间距d＝1m，倾角α＝37°，下端接定值电阻R0＝3Ω，矩形区域CDEF内有垂直导轨平面向上的磁场，DE边长x＝20m，磁场磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示。现将一质量m＝2kg，电阻R＝1Ω的金属棒在导轨上端某处由静止释放，经t1＝1s运动到EF位置，进入磁场后，再运动s＝10m后开始做匀速运动。g取10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）0～1s时间内金属棒中电流的大小I1；
（2）金属棒刚进磁场时加速度的大小a；
（3）从金属棒刚进磁场到开始做匀速运动的过程中，定值电阻R0上产生的焦耳热Q1。
1．（2024 福建模拟）如图（a）所示，间距均为1m的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨平滑连接，水平导轨处在磁感应强度大小为2T、方向竖直向上的匀强磁场中。质量为1kg、电阻为1.5Ω的金属棒a固定在离水平导轨高h处的倾斜导轨上，材料和长度均与金属棒a相同的金属棒b沿导轨向左运动。金属棒a由静止释放，下滑至水平导轨时开始计时，以a的运动方向为正方向，金属棒a、b的运动图像如图所示。已知两金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，金属棒a始终未与金属棒b发生碰撞，重力加速度g取10m/s2。根据图像中数据，求：
（1）金属棒b的质量和电阻；
（2）在整个运动过程中金属棒b产生的焦耳热；
（3）从开始计时到金属棒b向左减速至零的过程中，金属棒a与金属棒b之间距离的变化量。
2．（2024 凌河区校级模拟）如甲图所示，两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向从左向右依次为垂直纸面向外、向里，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L、总电阻为R粗细均匀的单匝正方形导体线框abcd，且线框平面与磁场方向垂直。整个装置置于光滑的水平桌面上。现让线框以某一初速度v0冲进磁场，若线框刚离开第二个磁场区域时速度恰好减为零，求：
（1）线框刚进入第一个磁场区域时ab两点间电压；
（2）线框abcd的质量m；
（3）如乙图所示，将另一个材料、大小与线框abcd完全相同，横截面积为abcd二倍的单匝线框efgh也置于磁场的左边界处，以速度2v0冲入磁场。若线框abcd和efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热分别为Q1和Q2，求Q1与Q2的比。
3．（2025 贵港校级模拟）2024年6月2日6时9分，嫦娥六号着陆器在鹊桥二号中继卫星支持下，开始实施动力下降，7500N变推力主发动机开机，着陆器接触地面前经过喷火反冲减速后关闭主发动机，此时的速度为v1，这一速度仍大于软着陆设计速度v2，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示：主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的着陆器主体，着陆器主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为r，ab边长为L，当着陆器接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使着陆器主体持续做减速运动，从而实现缓冲。已知着陆器主体及轨道的质量为m，缓冲滑块（含线圈）K的质量为M，重力加速度为g，不考虑运动磁场产生的电场，求：
（1）缓冲滑块刚落地时着陆器主体的加速度大小；
（2）达到着陆器软着陆要求的设计速度v2时，地面对缓冲滑块K支持力的大小；
（3）着陆器主体可以实现软着陆，若从v1减速到v2的缓冲过程中，通过线圈的电荷量为q，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。
4．（2024 朝阳区校级三模）定值电阻、电容器、电感线圈是三种常见的电路元件，关于这几个元件有如下结论：①一个定值电阻R满足I关系；②一个电容器的电容为C，两极板间电压为U时，储存的能量为ECU2；③一个电感线圈的自感系数为L，自感电动势E自＝L，式中为电流变化率；通过的电流为I时，储存的能量为ELI2。
如图，足够长的光滑金属框架竖直放置，顶端留有接口a、b，两竖直导轨间距为d。一质量为m、长度为d的金属棒始终与竖直导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直，重力加速度为g。不计空气阻力，不计框架和金属棒的电阻及电磁辐射的能量损失。
（1）若在a、b间接入一个阻值为R的定值电阻，现从静止释放金属棒，求金属棒的最终速度大小v1；
（2）若在a、b间接入一个电容为C的电容器，现从静止释放金属棒，求当电容器两极板间电压为U0时，金属棒下落的高度h；
（3）若在a、b间接入一个电阻不计、自感系数为L的电感线圈，现从静止释放金属棒，求金属棒下落过程中的最大速度v2。
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