第14讲.电磁感应的综合运用（解析版）-2024高考二轮复习

2024高考二轮复习二十五讲第14讲、电磁感应的综合运用第一部分织网点睛，纲举目张一、电磁感应中的图像问题1.电磁感应图象问题大体上可分为三类(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象。(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量。(3)依据图象定量计算。2.分析电磁感应中的图象问题的思路与方法图象类型(1)各量随时间变化的图象：如B­t图象、φ­t图象、E­t图象、I­t图象、F­t图象等(2)各量随位移变化的图象：如E­x图象、I­x图象等问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出相应的图象(画图象)(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的问题(用图象)常用规律有关方向的推断左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律六类公式(1)平均感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(2)平动切割电动势E＝Blv(3)转动切割电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω(4)闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)(5)安培力F＝BIl(6)牛顿运动定律及运动学的相关公式等常用方法排解法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特殊是分析物理量的正负，以排解错误的选项函数法依据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和推断二。电磁感应中的动力学问题1．通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；(2)求回路中的电流；(3)分析导体受力状况(包含安培力在内的全面受力分析)；(4)依据平衡条件或牛顿其次定律列方程。2．两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。处理方法：依据平衡条件——合外力等于零列式分析。(2)导体处于非平衡态——加速度不等于零。处理方法：依据牛顿其次定律进行动态分析，或结合功能关系分析。1．电磁感应现象的实质是其他形式的能和电能之间的转化。2．感应电流在磁场中受安培力，克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。3．电磁感应中的能量转化eq\x(\a\al(其他形式,的能量))eq\o(→,\s\up7(克服安培),\s\do5(力做功))eq\x(\a\al(电,能))eq\o(→,\s\up7(电流做功),\s\do5())eq\x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))其次部分实战训练，高考真题演练1.（2023学业水公平级考试上海卷）如图（a）单匝矩形线框cdef放置在倾角θ=30°的斜面上，在宽度为D=0.4m的区域有垂直于斜面对上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，线框质量m=0.1kg，总电阻R=0.25Ω。现对线框施加一沿斜面对上的力F使线框向上运动，ed边离开磁场时撤去外力F，线框速度随时间变化的图像如图（b）。已知线框ef=0.4m，线框与斜面之间的动摩擦因数μ=，g取9.8m/s2。求：（1）外力F的大小；（2）线框cf的长度L；（3）整个过程中线框产生的焦耳热Q。【参考答案】（1）1.48N（2）0.5m（3）0.4J【名师解析】（1）对线框受力分析如图所示。由牛顿其次定律，F-mgsinθ-f=ma，N=mgcosθ，f=μN。由速度图像可知，在0~0.4s内，a==5m/s2。联立解得：F=1.5N.（2）对线框受力分析如图所示。在线框匀速运动阶段，F=mgsinθ+f+FA，N=mgcosθ，f=μN。安培力FA=BIL，I=E/R,E=BLv，v=2.0m/s联立解得：L=0.5m（3）由I=E/R,E=BLv，可得I=2A，线框进入磁场时间和出磁场时间相等，都是t=ef/v=0.2s，由焦耳定律可得整个过程中线框产生的焦耳热Q=I2R（2t）=0.4J2.（2023高考全国甲卷）（20分）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽视不计。导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。【参考答案】（1）（2）（3）【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关学问点。【解题思路】（1）Q与P弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，由系统动能守恒，=+联立解得：，依据题述，P、Q落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为（2）由能量守恒定律，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q=-=（3）P在导轨上做变速运动，设速度为v时金属棒中产生的感应电动势为e，电流为i，在△t时间内速度变化△v，由法拉第电磁感应定律，e=BLv，由闭合电路欧姆定律，i=e/R所受安培力F=BiL=，由动量定理，F△t=m△v，即：△t=m△v，方程两侧求和Σ△t=Σm△v，即Σv△t=mΣ△v，留意到Σv△t=x，Σ△v=-=v0，解得：x=由x=vQt解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t=【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在磁场中切割磁感线运动为变速直线运动，可以接受微元法，把位移分割为微元，利用动量定理列方程解答。3.（2023高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽视不计，重力加速度为．（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开头计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以准时间内棒相对于棒运动的距离．【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）a匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv0，导体棒a中电流I=E1/2R所受安培力F=BIL，匀速运动，mgsinθ=F联立解得v0==（2）当导体棒a匀速运动时，释放b，由左手定则可推断出导体棒b受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛顿其次定律，mgsinθ+F=ma，解得a=2gsinθ。（3释放导体棒b后，由于导体棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a，由动量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t0=mv联立解得：v=gt0sinθ+取导体棒变速运动过程中，导体棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ei=BLvi，同时导体棒b速度为vj，感应电动势Ej=BLvj，导体棒中电流为I==，所受安培力F=BIL=对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+）△t=m△v方程两侧求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v留意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x解得：△x=4．（2023全国高考新课程卷）（20分）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。（1）使金属框以肯定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻，导轨电阻可忽视，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。【名师解析】（1）设导线框进入磁场时速度为v0，导线框完全进入时速度为v1，对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=BLvi，感应电流，i=e/4R0,所受安培力F=BiL，联立解得：F=取时间微元△t，由动量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，留意到Σvi△t=L，Σ△v=v1-v0，化简得=m（v0-v1）①导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，留意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，化简得=m（v1-）②①②两式消去v1，得v0=（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽视，此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。故电路中的外电路电阻为=,总电阻R总=R0+=设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v1，对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，感应电流，i=e/R总，所受安培力F=Bil，联立解得：F=取时间微元△t，由动量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，留意到Σvi△t=l，Σ△v=v1-v，化简得=m（v-v1）①解得：v1=v-=在这个过程中线框动能减小△Ek1=-=由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=设此过程中R1中产生的热量为Q1，由于R1=2R，依据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产生的热量为4.5Q1，左边电阻产生的热量为2Q1，整个电路电阻产生的热量为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5Q1.解得：Q1=导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R的电源，回路总电阻R总=2.5R，导线框做减速运动，设导线框开头出磁场时速度为v2，对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，感应电流，i=e/R总，所受安培力F=Bil，联立解得：F=取时间微元△t，由动量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，留意到Σvi△t=L，Σ△v=v2-v1，化简得=m（v1-v2）①解得：v2=v1-=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。在这个过程中线框动能减小△Ek2==由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=设此过程中R1中产生的热量为Q2，则导线框电阻产生的热量为Q2，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25Q2.解得：Q2.=整个运动过程中，R1产生的热量为Q=Q1+Q2==+=5．（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）某爱好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，并形成团合回路。装置A能自动调整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），方向垂直导轨平面对里；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。【参考答案】（1）3Mg；；（2）E=（v0-2gt）；（3）；（4）装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能。【名师解析】（1）导电杆所受安培力F=B1Id=kI·I·=3Mg由动能定理，-FL+MgL=0-解得：L=。（2）火箭与导电杆下落做匀减速运动，由F-Mg=Ma，解得加速度大小为a=2g。在时刻t，导电杆的速度v=v0-at=v0-2gt，导电杆切割磁感线产生的感应电动势E=B2dv=2kI·d·（v0-2gt）=（v0-2gt）（3）依据题述导电杆中电流恒定为I，则有U-E=IR，解得装置A输出电压U=IR+v0-t=装置A输出的电功率P=UI=I2R+3Mgv0-6Mg2t由v0-2gt0=0解得总下落时间t0=令I2R+3Mgv0=P0，画出输出的电功率P随时间t变化图像，如图。电功率P随时间t变化图像与横轴所围面积等于输出的能量W，所以W==（I2R+3Mgv0）=（4）若R的阻值视为零，装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能；动能为EK=，重力势能为为Ep=Mg·=，可回收的总能量为W回=EK+Ep=+=第三部分思路归纳，内化方法一、电磁感应能量问题解题方法1．电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用。因此闭合电路的一部分导体运动切割磁感线时必克服安培力做功。此过程中，其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。同理，电流做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，电流做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。2．电能求解思路主要有三种：(1)利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。(2)利用能量守恒求解，导体切割磁感线产生感应电流时，开头的机械能总和与最终的机械能总和之差等于产生的电能。(3)利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算。3.求解电磁感应中能量问题的策略(1)若回路中的电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。(2)若回路中的电流变化，则可按以下两种状况计算：①利用功能关系求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的削减量等于回路中产生的电能，如例2的第(2)小题中焦耳热的计算。4．求解焦耳热Q的三种方法二、电磁感应的动力学问题解题方法1．电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝eq\f(Blv,R＋r)。2．受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl或eq\f(B2l2v,R总)，依据牛顿其次定律列动力学方程：F合＝ma。3．过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最终做匀速直线运动，依据共点力平衡条件列平衡方程F合＝0。4．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题三、电磁感应图像问题解题步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者是E－t图、I－t图等。(2)分析电磁感应的具体过程推断对应的图象是否分段，共分几段。(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。(5)依据函数关系式，进行数学分析。(6)画图象或推断图象。四、动量观点在电磁感应中的应用(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的状况，假如两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题。(2)当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理eq\x\to(BI)L·Δt＝m·Δv、q＝eq\x\to(I)·Δt来解决问题。五、电磁感应中电路问题的解题流程确定解决电磁感应中的电路和动力学问题的关键电磁感应与动力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。解答电磁感应中的动力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力(特殊是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化，精确     把握运动状态的临界点。(1)eq\a\vs4\al(电学,对象)电源：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)分析电路的结构eq\a\vs4\al(利用电路的规律，如：E＝IR＋r,或U＝E－Ir)(2)eq\a\vs4\al(力学,对象)受力分析：F安＝BIl→F合＝maeq\a\vs4\al(过程分析：F合＝ma→v→E→I→)eq\a\vs4\al(F安)(3)临界点→运动状态的变化点六“单杆＋电阻＋导轨”四种题型剖析题型一(v0≠0)题型二(v0＝0)题型三(v0＝0)题型四(v0＝0)说明质量为m，电阻不计的单杆cd以肯定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L竖直轨道光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L示意图力学观点杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止开头时a＝eq\f(F,m)，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)开头时a＝gsinα，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)开头时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)图像观点能量观点动能全部转化为内能：Q＝eq\f(1,2)mv02F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或削减的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或削减的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2[方法规律]“单杆＋电容器(或电源)＋导轨”四种题型剖析题型一(v0＝0)题型二(v0＝0)题型三(v0＝0)题型四(v0＝0)说明轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定轨道倾斜光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L轨道竖直光滑，杆cd质量为m，电阻为R，两平行导轨间距为L示意图力学观点S闭合，杆cd受安培力F＝eq\f(BLE,r)，a＝eq\f(BLE,mr)，杆cd速度v↑⇒感应电动势E感＝BLv↑⇒I↓⇒安培力F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vmax＝eq\f(E,BL)开头时a＝eq\f(F,m)，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以杆做匀加速运动开头时a＝gsinα，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，mgsinα－F安＝ma，a＝eq\f(mgsinα,m＋CB2L2)，所以杆做匀加速运动开头时a＝g，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，所以杆做匀加速运动图像观点能量观点电源输出的电能转化为动能：W电＝eq\f(1,2)mvm2F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC[方法规律]“双杆＋导轨”四种题型剖析(双棒质量m1＝m2、电阻r1＝r2，导轨电阻不计)题型一(光滑的平行导轨)题型二(光滑不等距导轨)题型三(光滑的平行导轨)题型四(不光滑平行导轨)示意图导体棒长度L1＝L2导体棒长度L1＝2L2，两棒只在各自的轨道上运动导体棒长度L1＝L2摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff导体棒长度L1＝L2图像观点力学观点棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动，稳定时，两棒以相等的速度匀速运动棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，速度之比为1∶2开头时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动开头时，若Ff<F≤2Ff，则棒2先做变加速运动后做匀速运动，棒1静止。若F>2Ff，则棒2先做变加速运动后做匀加速运动，棒1先静止后做变加速运动，最终和棒2做加速度相同的匀加速运动动量观点两棒组成的系统动量守恒两棒组成的系统动量不守恒对单棒可以用动量定理两棒组成的系统动量不守恒对单棒可以用动量定理两棒组成的系统动量不守对单棒可以用动量定理恒能量观点系统动能的削减量等于产生的焦耳热系统动能的削减量等于产生的焦耳热拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(焦耳热)：W＝Q＋Ek1＋Ek2拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(摩擦热和焦耳热)：W＝Q1＋Q2＋Ek1＋Ek2解决线框模型问题的两大关键(1)分析电磁感应状况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答。(2)分析线框的受力以及运动状况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；假如题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较便利。第四部分最新模拟集萃，提升应试力量1.（2023湖南三湘创新进展联考）质量为m、边长为L的均匀导线首尾相接制成的单匝正方形闭合导线框abcd，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场上方h处，磁场的上边界水平，方向垂直纸面对外，如图所示。将导线框由静止释放，当导线框一半面积进入磁场时，恰好处于平衡状态，导线框平面保持在竖直平面内，且b、d两点的连线始终水平，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：（1）导线框一半面积进入磁场时，导线框的速度大小v；（2）导线框从静止下落到一半面积进入磁场时，导线产生的热量Q；（3）导线框从静止下落到完全进入磁场时，通过导线框某一横截面的电荷量q。

【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）导线框一半面积进入磁场时，线框切割磁感线的有效长度为，则线框产生的感应电动势为依据闭合电路的欧姆定律可知线框中的感应电流为依据平衡条件有解得（2）导线框从静止下落到一半面积进入磁场的过程中，依据能量守恒定律有解得（3）导线框进入磁场过程中的平均感应电动势平均感应电流为依据电流的定义有解得2.（2023北京东城二模）如图所示，粗细均匀的导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面对里的水平匀强磁场上方h处。线框由静止开头自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零。已知重力加速度为g。在线框进入磁场过程中，求：（1）线框中产生的感应电动势大小E，及cd两点间的电势差Ucd；（2）线框的质量m；（3）通过线框的电荷量q。【参考答案】（1），；（2）；（3）【名师解析】（1）线框自由下落过程中，由动能定理得解得由法拉第电磁感应定律感应电动势为cd两点间的电势差（2）线框中电流则cd边所受安培力cd边刚进入磁场时，线框加速度恰好为零，则解得线框的质量（3）在线框进入磁场过程中，通过线框的电荷量又，，解得3.(2024安徽合肥重点高中质检)如图所示，倾角为、足够长的光滑绝缘斜面固定不动，斜面上有一系列间距均为的水平虚线（图中仅画出部分），虚线1、2间存在垂直斜面对下的匀强磁场，从虚线2向下每间隔在两虚线间存在垂直斜面对下的与虚线1、2间相同的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻值为、边长为的正方形线框从虚线1上方某位置由静止释放，边始终与虚线平行，当线框的边刚好到达虚线1时，线框的加速度大小为，方向沿斜面对下，重力加速度取。整个过程中线框始终没有发生转动。求：（1）线框释放瞬间，边到虚线1的间距；（2）线框的最大速度；（3）若从释放到线框的速度达到最大，所用的时间为，则此过程中线框中产生的焦耳热为多少?【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）设线框的边到虚线1时的速度为，则由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得又由牛顿其次定律得代入数据解得线框从释放到边与虚线1重合的过程，由机械能守恒定律得解得（2）线框的速度最大时，线框的合力为零，由力的平衡条件得又又由代入数据解得（3）进入磁场前，设线框的加速度为，则由牛顿其次定律得解得线框从释放到边与虚线1重合的时间为所以线框在磁场中运动的时间为由题意可知，线框在沿斜面下滑的过程中，始终受到安培力的作用，设线框从刚进入磁场开头经时间速度变化为，线框的速度为，此时有时间内，由动量定理得设线框在时间内沿斜面体下滑的距离为.对上式两边求和得整理得代入数据解得由能量守恒定律得解得Q=4.（18分）（2023吉林二模）电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m=1.0kgQUOTEm=1.0kg。每个矩形线圈abcdQUOTEabcd匝数n=100QUOTEn=100匝，电阻值RQUOTER=1.0Ω，QUOTEabab边长L=20cmQUOTEL=20cm，QUOTEbcbc边长d=10cmQUOTEd=10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0=1.0m/sQUOTEv0=1.0m/s向右进入磁感应强度大小B=0.1TQUOTEB=0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中。求：QUOTE(1)（1）刚进入磁场时减震器的加速度大小QUOTE(2)（2）其次个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小QUOTE(3)（3）若减震器的初速度v=5.0m/sQUOTEv=5.0m/s，则滑动杆上需安装多少个线圈才能使其完全停下来。求第QUOTE11个线圈和最终1QUOTE1个线圈产生的热量比k？不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响【名师解析】（18分）减震器刚进入磁场时，线圈中产生的感应电动势，E=nBLv0线圈中电流I=E/R减震器受到的安培力为FA=nBIL联立解得：FA=v0

QUOTE（2分）

由FA==ma解得刚进入磁场减速瞬间减震器的加速度为a=4m/s2，

QUOTE（2）设向右为正方向，对减震器进行分析，取时间微元△t内减震器速度变化△v，对减震器速度为vi时，由动量定理可得-vi△t=m△v，方程两边求和-Σvi△t=Σm△v留意到Σvi△t=d，Σ△v=v’-v0可得-d=m（v’-v0）解得v’=0.2m/s。

QUOTE由上述小题得，每一个线圈进入磁场的过程中，减震器速度减小量

QUOTE（2分）

线圈的个数为

QUOTE（2分）

则需要QUOTE个线圈

只有进入磁场的线圈产生热量，线圈产生的热量等于动能的削减量。

第一个线圈恰好完全进入磁场时，

QUOTE（2分）

最终一个线圈刚进入磁场时，QUOTE（2分）

因此QUOTE（2分）

5.（2023辽宁大连金州高中三模）电磁阻尼技术经常用于列车刹车过程，某同学设计了如图装置争辩电磁阻尼，某光滑金属导轨由水平平行轨道和竖直四分之一圆轨道组成，水平平行轨道、相距，轨道左端用阻值的电阻相连。水平轨道的某区域内有方向竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场。现有一根质量、电阻的金属杆以的初速度沿水平导轨从左端冲入磁场，离开磁场后沿竖直圆轨道上升的最大高度，设金属杆与轨道接触良好，并始终与导轨垂直，导轨电阻忽视不计，且不考虑返回状况，重力加速度取。求：（1）金属杆刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小和方向；（2）整个过程电阻上产生的焦耳热；（3）磁场区域的长度。【参考答案】（1）1A，方向从沿杆流向；（2）1.4J；（3）1m【名师解析】（1）导体棒刚进入磁场时，切割磁感线产生的电动势感应电流由右手定则知感应电流方向从沿杆流向；（2）导体棒整个运动过程，依据能量守恒定律解得电阻产生的焦耳热（3）设通过磁场时的电量为，在磁场中运动的距离为，刚离开磁场时的速度为，离开磁场运动到最高点的过程中，依据动能定理解得在磁场中的运动过程，依据动量定理又由于解得6.（2023广东金山中学质检）随着航空领域的进展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝正方形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块马上停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体始终做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，此时火箭速度为v′；线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽视不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差Uab；（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；（3）火箭主体速度从v0减到v′的过程中系统产生的电能。【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）ab边产生电动势E＝Blv0因此（2）安培力电流为对火箭主体受力分析可得Fab－mg＝ma解得（3）设下落t时间内火箭下落的高度为h，对火箭主体由动量定理mgt－＝mv′－mv0即mgt－＝mv′－mv0化简得h＝依据能量守恒定律，产生的电能为E＝代入数据可得

7.（2024辽宁大连重点高中质检）如图所示，在空间有上下两个足够长的水平光滑平行金属导轨MN、和水平光滑平行金属导轨PQ、，间距均为，电阻不计，两导轨竖直高度差为。上导轨最左端接一电阻，虚线ab左侧区域的宽度，，存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化为。虚线ab右侧区域内磁场方向竖直向上，磁感应强度。，竖直线NP与的右侧空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。上、下导轨中垂直导轨分别放置两根相同的导体棒cd和导体棒ef，棒长均为，质量均为，电阻均为。时刻闭合开关K，cd在安培力的作用下开头运动，金属棒cd在离开水平导轨MN、前已经达到稳定状态。导体棒cd从离开下落到地面平行导轨后，竖直速度马上变为零，水平速度不变。（1）开关K闭合瞬间时，流过导体棒cd的电流I；（2）导体棒cd离开水平导轨时的速度；（3）若导体棒cd与导体棒ef恰好不相碰，求导体棒ef的初始位置与的水平距离x。【参考答案】（1）0.0625A；（2）1m/s；（3）1.2m【名师解析】（1）由法拉第电磁感应定律可知，开关闭合时感应电动势导体棒cd的电流（2）导体棒做加速度减小的加速运动，当通过导体棒的电流为零时，即穿过回路的磁通量为零时导体棒的速度达到稳定，导体棒做匀速直线运动回路磁通量不变，即代入数据接解得，导体棒cd离开水平导轨时的速度（3）导体棒