2025年高考物理复习疑难压轴：电磁感应综合应用（原卷版）

疑难压轴4电磁感应综合应用

1.（2024•浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由

三根长a=0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆

环上，系着质量m=1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，

左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电

动势Eo=12V、内阻r=0.1。、限流电阻Ri=0.3。、飞轮每根辐条电阻R=0.9Q,电路中还有可

调电阻R2（待求）和电感L,不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。

（1）开关S掷1,“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8V。

①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；

②求物块匀速上升的速度Vo

（2）开关S掷2,物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀

速提升物块的速度大小相等:

①求可调电阻R2的阻值；

②求磁感应强度B的大小。

□物块

2.(2024•广西)某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、

链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈Mi、

M2组成，小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平

行，匀强磁场磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比

为n,通过链条连接。K的结构参数见图乙。其中n=r,r2=4r,每个线圈的圆心角为IT-0,圆

心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以3的角速度保持匀

速转动，以线圈Mi的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周：

磁场边界

(1)不同时间线圈Mi的ab边或cd边受到的安培力大小;

(2)流过线圈Mi的电流有效值；

(3)装置K消耗的平均电功率。

3.（2024•河北）如图，边长为2L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OO，。间距为L、与水平面成0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OA在水平面内绕O点以角速度3匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。

OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间

的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计，CD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CD棒所受安培力的最大值和最小值。

（2）锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD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CD棒与导轨间的动摩擦因数。

4.（2024•洛阳一模）如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨AiBi、A2B2平行放置，间距L=lm,

处于竖直向下B=0.4T的匀强磁场中，导轨左侧接一电容C=0.1F的超级电容器，初始时刻电容

器带一定电量，电性如图所示。质量mi=0.2kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开

关S后，ab棒由静止开始向右运动，且离开B1B2时已以vi=1.6m/s匀速。下方光滑绝缘轨道

CiMDi、C2ND2间距也为L,正对AiBi、A2B2放置，其中CiM、C2N半径r=L25m、圆心角。

=37°的圆弧，与水平轨道MDi、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d=0.5m,以

O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0<x<0.5m处存在磁感应强度大小为％=

后（T）的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2=0.4kg、电阻R=10的“U”型金属框静止于水平

导轨NOPM处。导体棒ab自B1B2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并在MN处与

金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成导电良好的闭合线框一起向右运动。重力加速度的大小g

（2）若闭合线框进入磁场Bx区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F,使线框匀速穿过

磁场Bx区域，求此过程中线框产生的焦耳热；

（3）闭合线框进入磁场Bx区域后只受安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过Bx区域。若能，

求出离开磁场Bx时的速度；若不能，求出线框停止时右边框的位置坐标X。

5.（2024•和平区二模）航天回收舱实现软着陆时，回收舱接触地面前经过喷火反冲减速后的速度为

vo,此速度仍大于要求的软着陆设计速度称，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上的回收舱主体，回收

舱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abed,线圈的总电阻为R,ab边

长为L,当回收舱接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使回

收舱主体持续做减速运动，从而实现缓冲。已知回收舱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）缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小；

（2）达到回收舱软着陆要求的设计速度时，缓冲滑块K对地面的压力大小；

（3）回收舱主体可以实现软着陆，若从vo减速到冷的过缓冲程中，通过线圈的电荷量为q,求

该过程中线圈中产生的焦耳热Qo

回收舱___________

主体^

绝缘光

M/滑导轨

XXXXX

①XXX/

NQ

线圈,缓冲

滑块

d

6.（2024•镇海区校级一模）如图1所示为永磁式径向电磁阻尼器，由水磁体、定子、驱动轴和转子

组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电

流，从而产生制动力。如图2所示，单个水磁体的质量为m,长为Li、宽为L2（宽度相对于所在

处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为L2,水磁

体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场,

方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为B,相邻磁体间的磁场互不影响。定子的圆周上固

定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图2所示，每个矩形线圈的匝数

为N、电阻为R,长为Li,宽为L2,线圈的间距为L2。转子半径为r,转轴及转子质量不计，定

子和转子之间的缝隙忽略不计。

o0,e

图1图2图3

（1）当转子角速度为3时，求流过每组线圈电流I的大小。

（2）若转子的初始角速度为30,求转子转过的最大角度0mo

（3）若在外力作用下转子加速，转子角速度3随转过的角度。的图像如图3所示，求转过。过

程中外力做的功W外。

7.（2024•浙江二模）如图“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自

由下落至近地面再减速停下，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了如图乙的减速模型,

线圈代表乘客乘坐舱，质量为m,匝数N匝，线圈半径为r,总电阻为R。减速区设置一辐向磁

场，俯视图如图丙，其到中心轴距离r处磁感应强度B=与。线圈被提升到离地hi处由静止释放

做自由落体运动，减速区高度为h2,忽略一切空气阻力，重力加速度为g。

（1）判断线圈刚进入磁场时感应电流方向（从上往下看），计算此时受到的安培力大小。

（2）若落地时速度为v,求全程运动的时间to。

（3）为增加安全系数，加装三根完全相同的轻质弹力绳（关于中心轴对称）如图丁，己知每一条

1

弹力绳形变量Ax时，都能提供弹力F=k2Ax,同时储存弹性势能5k2（4W9，其原长等于悬挂点

到磁场上沿的距离。线圈仍从离地hi处静止释放，由于弹力绳的作用会上下往复（未碰地），运

动时间t后静止，求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q,及每根弹力绳弹力提供的冲量10大

小。

甲乙丙T

8.（2024•武汉模拟）如图（a）是游戏设备一一太空梭，人固定在座椅车上从高处竖直下坠，体验瞬

间失重的刺激。某工程师准备利用磁场控制座椅车速度，其原理图可简化为图（b）o座椅车包括

座椅和金属框架，金属框架由竖直金属棒ab、cd及5根水平金属棒组成。ab、cd长度均为4h,

电阻不计；5根水平金属棒等距离分布，长度均为L,电阻均为R。地面上方足够高处存在竖直宽

度为h的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于竖直面向里。某次试验时，将假人固

定在座椅车上，座椅车竖直放置，让座椅车从金属棒be距离磁场上边界h高处由静止下落，金属

棒be进入磁场后即保持匀速直线运动，不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g。求：

（1）人和座椅车的总质量m；

（2）从be离开磁场到ad离开磁场的过程中，流过金属棒be的电荷量q；

（3）金属框架abed穿过磁场的过程中，金属棒be上产生的热量Q。

图(a)图(b)

9.(2024•江苏一模)如图所示，足够长的平行金属导轨固定在倾角a=30°的绝缘斜面上，导轨间

距l=0.5m,电阻不计；沿导轨方向建立x轴，虚线EF与坐标原点。在同一水平线上；空间存在

垂直于斜面的磁场，取垂直于斜面向上为正方向，则磁感应强度的分布为B=

一1(7),%<0

o现有一质量m=0.1kg、电阻Ri=0.2。的金属棒ab放置在导轨上，下方

0.6+0.8x(r)/%>0

还有质量m2=0.3kg、边长均为I的U形框cdef,其中金属棒de的电阻R2=0.20,cd、ef两棒是

绝缘的，金属棒、U形框与导轨间的动摩擦因数均为四=字，最大静摩擦力等于滑动摩擦力给金

2

属棒ab一个沿斜面向下的瞬时速度vo,g10m/so

(1)若vo=4m/s,求此瞬间金属棒ab上感应电流的方向和电势差U；

(2)为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，求vo应满足的条件；

(3)若金属棒ab位于x=-0.32m处，当vo=4m/s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰

撞，求最终静止时de边的坐标。

a

10.（2024•湖北模拟）如图甲所示，线圈A匝数n=100匝，所围面积S1=1.0加2,电阻『20。A

中有面积S2=0.5爪2的匀强磁场区域D,其磁感应强度B的变化如图乙所示。t=0时亥U，磁场方

向垂直于线圈平面向里。电阻不计的宽度L=0.5m的足够长的水平光滑金属轨道MN、PO通过

开关S与A相连，两轨间存在Bi=2T的垂直平面的匀强磁场（图中未画出）。另有相同的金属

轨道NH、OC通过位于0、N左侧一小段光滑的绝缘件与MN、PO相连（如图），两轨间存在的

磁场方向垂直平面向外。以。为原点，沿OC直线为x轴，ON连线为y轴建立平面直角坐标系

xOy后，磁感应强度沿x轴按照B2=2+2X（单位为T）分布，沿y轴均匀分布。现将长度为L、

质量为m=0.2kg、电阻为Ri=2Q的导体棒ab垂直放于MN、PO上，将边长为L、质量为M=

0.4kg、每边电阻均为R2=0.25。的正方形金属框cdfe放于NH、0C上，cd边与y轴重合。闭合

开关S,棒ab向右加速达最大速度后，在越过绝缘件的同时给金属框一个vo=2m/s的向左的水

平速度，使之与棒发生弹性正碰。碰后立即拿走导体棒ab,框运动中与轨道处处接触良好。求:

（1）刚闭合开关S时导体棒ab的加速度大小及导体棒ab的最大速度大小;

（2）求碰后瞬间金属框克服安培力的功率；

（3）金属框运动的位移大小。

甲乙

疑难压轴4电磁感应综合应用

1.（2024•浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由

三根长a=0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆

环上，系着质量m=1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，

左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电

动势Eo=12V、内阻r=0.1。、限流电阻Ri=0.3C、飞轮每根辐条电阻R=0.9Q,电路中还有可

调电阻R2（待求）和电感L,不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。

（1）开关S掷1,“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8V。

①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；

②求物块匀速上升的速度Vo

（2）开关S掷2,物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀

速提升物块的速度大小相等:

①求可调电阻R2的阻值；

②求磁感应强度B的大小。

【解答】解：（1）开关S掷1,相当于电动机；

①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向

从圆周指向。点，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；

由闭合电路的欧姆定律Eo=U+I（Ri+r）

代入数据解得流过电阻R1的电流为10A；

②三根辐条的并联电阻R分=9=竽。=0.3。

根据能量守恒定律UI=I2R并+mgv

代入数据解得v=5m/s；

另解：辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为Ei,等效电

路图如图1所示：

图1

则U=Ei+IR并

代入数据解得Ei=5V

此时金属轮可视为电动机P®=EiI

当物块P匀速上升时P出=!118丫

解得v=5m/s

（2）物块匀速下落时，相当于发电机；

①由能量关系可知mgv'=（T）2（R2+R并）

代入数据解得R2=0.2Q

另解：等效电路图如图2所不：

图2

由受力分析可知，辐条受到的安培力与第（1）问相同，经过R2的电流I'=I=10A

由题意可知v'=v=5m/s

每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E2=EI=5V

4京=竽=品=

根据电阻串联、并联电路的特点R总=口2+口并

代入数据解得R2=0.2C

②根据导体棒切割磁感线产生感应电动势第=^Ba）a2=^Baa）a=^Bav'

而E2=5V

代入数据解得B=2.5T。

答：(1)①磁场方向垂直纸面向外；流过电阻R1的电流为10A；

②物块匀速上升的速度为5m/s；

(2)①可调电阻R2的阻值为0.2。；

②磁感应强度B的大小为2.5T。

2.(2024•广西)某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、

链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈Mi、

M2组成，小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平

行，匀强磁场磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比

为n,通过链条连接。K的结构参数见图乙。其中n=r,r2=4r,每个线圈的圆心角为IT-0,圆

心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以3的角速度保持匀

速转动，以线圈Mi的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周：

磁场边界

(1)不同时间线圈Mi的ab边或cd边受到的安培力大小;

(2)流过线圈Mi的电流有效值；

(3)装置K消耗的平均电功率。

【解答】解：(1)由题意知大齿轮以3的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则%=]

V

3=--

nr

可得小齿轮转动的角速度为3i=n3

转动周期为1=勺=照

Q>1not)

以线圈Mi的ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场，经历的时间为

t==丁=U

127rneo

这段时间内线圈Mi产生的电动势为

-c//、va^vb八仁丁曲+4厂15c2

Ei=B(4r-r)-----=Bx3rx-J-----=-^-nBr2a)

222

去4.Ei15nBr2a)

电流为：T11=得=-no—

KLrx.

受到的安培力大小：Fi=BLL=Bx地募3x(4r-r)=竺啜匕

当ab边和cd边均进入磁场后到ab边离开磁场，经历的时间为

12=%=痣

由于Mi线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；

当Mi线图ab边离开磁场到cd边离开磁场，经历的时间为

71-/3

t3=t|=n（D

此时的安培力大小由前面分析可知

457132r

F3=F1=—市-

方向与进入时相反;

当Mi线图cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为

t4=t2=—no)

同理可知安培力为0o

(2)根据(1)可知，设流过线圈Mi的电流有效值为L则根据有效值定义有

2

攻Rt\+llRt3=IRT

其中Il=l3,tl=t3

联立解得：1=耳.反舞包

\71乙K

(3)根据题意可知流过线圈Mi和M2的电流有效值相同，则在一个周期内装置K消耗的平均电

功率为

22571282r4川2（兀_£）

P=2I2R=

2nR

答：(1)不同时间线圈Mi的ab边或cd边受到的安培力大小见解析;

(2)流过线圈Mi的电流有效值为乎?•秋党2%

,—225n2B2r4a)2(71—

(3)装置K消耗的平均电功率为-------8。

3.（2024•河北）如图，边长为2L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OO，。间距为L、与水平面成0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OA在水平面内绕O点以角速度3匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。

OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间

的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计，CD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CD棒所受安培力的最大值和最小值。

（2）锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD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CD棒与导轨间的动摩擦因数。

【解答】解：（1）OA棒切割磁感线产生感应电动势，当OA垂直正方形金属细框时，产生的感

应电动势最小；

1

OA棒产生最小感应电动势=^Ba）L2

根据闭合电路的欧姆定律，电路中的最小电流加讥=簧

CD棒所受安培力的最小值Fmin=BIminL

代入数据联立解得4E=

当OA转动至正方形金属细框的对角线位置时，产生的感应电动势最大；

根据数学知识，OA棒的有效长度L有=V2L

L群

OA棒产生最大感应电动势j=BL有X*=B廿3

电路中的最大电流/加=粤

p2r3

CD棒所受安培力的最大值Fm=BImL=邑"

（2）CD棒在所受安培力达到最大时，CD棒有向上滑动的趋势，最大静摩擦力方向沿导轨向下

根据平衡条件Fm=mgsin0+fm

CD棒在所受安培力达到最小时，CD棒有向下滑动的趋势，最大静摩擦力方向沿导轨向上

根据平衡条件Fmin+fm=mgsin0

352/3

联立解得爪=

4Rgsin6

锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a,方向沿导轨向上

根据牛顿第二定律Fm+|imgcos9-mgsin0=ma

联立解得〃=温1tand。

D2r3zjD273zi

答：（1）CD棒所受安培力的最大值为最小值为一

R2R

-a1

（2）CD棒与导轨间的动摩擦因数为——---tand.

gcosO3

4.（2024•洛阳一模）如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨AiBi、A2B2平行放置，间距L=lm,

处于竖直向下B=0.4T的匀强磁场中，导轨左侧接一电容C=0.1F的超级电容器，初始时刻电容

器带一定电量，电性如图所示。质量mi=0.2kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开

关S后，ab棒由静止开始向右运动，且离开B1B2时已以vi=L6m/s匀速。下方光滑绝缘轨道

CiMDi、C2ND2间距也为L,正对AiBi、A2B2放置，其中CiM、C2N半径r=L25m、圆心角。

=37°的圆弧，与水平轨道MDi、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d=0.5m,以

O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0<x<0.5m处存在磁感应强度大小为丛=

后（T）的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2=0.4kg、电阻R=1O的“U”型金属框静止于水平

导轨NOPM处。导体棒ab自BIB2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并在MN处与

金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成导电良好的闭合线框一起向右运动。重力加速度的大小g

（2）若闭合线框进入磁场Bx区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F,使线框匀速穿过

磁场Bx区域，求此过程中线框产生的焦耳热；

（3）闭合线框进入磁场Bx区域后只受安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过Bx区域。若能，

求出离开磁场Bx时的速度；若不能，求出线框停止时右边框的位置坐标X。

【解答】解：（1）设初始时电容器两端电压为Uo导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电

荷量变化量为AQ,导体棒稳定后的电动势为E,对导体棒，以vi方向为正方向，由动量定理有

BIL*At=mivi-0

E=BLvi

而

r_Q_做

c-U-U^E

由电流的公式有

7=也

At

整理有

Qo=CUo=AQ+CE

解得

Qo=O.864C

(2)导体棒ab自B1B2抛出后做平抛运动，到达C1C2处速度方向沿圆弧轨道的切线方向，与水

平方向的夹角等于9=37°,其水平分速度大小等于vi,则到达C1C2处的速度为

_%

笫2-COS。

解得

V2=2m/s

设ab与金属框碰撞前瞬间速度大小为V3,由动能定理得

11

m1(gr(l—cosd)=27nl诚—17nl谚

解得

V3=3m/s

对ab与金属框发生完全非弹性碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得

miv3—(mi+m2)V4

解得

V4=lm/s

闭合线框穿过磁场Bx的过程，有

F^=BXIL=BX^L=BX^^L=5久(N),(0<x<0.5m)

因安培力与位移成正比，故可用安培力的平均值计算克服安培力做功，闭合线框进入磁场过程克

服安培力做功为

1

lV=1x(0+5x0.5)x0.5/=0.625/

闭合线框进入磁场过程与离开磁场过程克服安培力做功相等，根据功能关系可得穿过磁场Bx区

域线框产生的焦耳热为：

Q=2W=2X0.625J=1.25J

(3)假设闭合线框能够穿过磁场Bx,对此过程微分成若干极短时间段dt(dt-0),以向右为正

方向，对闭合线框由动量定理得

-BxLI・dt=(mi+m2)*dv

BL-dx

其中：x

I•dt=dq==-R-

联立代入数据可得

-5x・dx=0.75・dv,(0<x<0.5m)

对进入磁场过程积分可得

—5J："x-dx=0.75/dv

可得

i

-5x^x0.52=0.75Jv

解得：

A,v=5,

即进入磁场过程速度减少了二爪/s,对离开磁场过程速度同样会减少了二爪/s,则穿过磁场Bx过

66

程速度一共减少

5

-m/s>v4=lm/s

故假设不成立，线框不能穿过Bx区域。由上述分析可知线框0P边离开磁场时的速度为

51

v5=v4+Av=lm/s—3mls=gm/s

设线框停止时ab边的位置坐标x为xi

由:-5x*dx=0.75,dv

积分可得

一1•)

—5x2久1=0.75(0—%)

解得

岳

/=Wm

答：(1)初始时刻电容器带电量为0.864C；

(2)此过程中线框产生的焦耳热为1.25J；

(3)线框不能穿过Bx区域，线框停止时右边框的位置坐标x为二m。

5.（2024•和平区二模）航天回收舱实现软着陆时，回收舱接触地面前经过喷火反冲减速后的速度为

vo,此速度仍大于要求的软着陆设计速度称，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上的回收舱主体，回收

舱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abed,线圈的总电阻为R,ab边

长为L,当回收舱接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使回

收舱主体持续做减速运动，从而实现缓冲。已知回收舱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）缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小；

（2）达到回收舱软着陆要求的设计速度时，缓冲滑块K对地面的压力大小；

（3）回收舱主体可以实现软着陆，若从vo减速到冷的过缓冲程中，通过线圈的电荷量为q,求

该过程中线圈中产生的焦耳热Qo

回收舱__________

主体^

绝缘光

M/滑导轨

XXXXX

①xxx芥

NQ

线圈/缓冲

滑块

d2

\\\\

【解答】解：（1）缓冲滑块刚落地时，ab边切割磁感线产生的感应电动势为

E=nBLvo

线圈中的感应电流为

E

I=R

ab边受到的安培力大小为

F安=血工

联乂可得：F安=——―Q

K

根据牛顿第三定律知，回收舱主体受到的安培力大小也为F安。

对回收舱主体，根据牛顿第二定律得

F安-mg=ma

可得缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小为：a=尊g-g

（2）达到回收舱软着陆要求的设计速度也时，根据F安=尤吗①可得此时ab边受到的安培力

2K

大小为

安222

,FnBLv0

F安=二=-2R—

对装置中缓冲滑块，根据平衡条件有

N'=Mg+F'安

根据牛顿第三定律知，缓冲滑块K对地面的压力大小N=N'

—n252L2Vn

可得N=Mg+—加一

（3）回收舱主体从vo减速到葭的过缓冲程中，由能量守恒有

mgh+=Q+^m（-y）2

设此过程中，回收舱主体下降的高度为h。

通过线圈的电荷量为q=7t=当更=学

即得八盗

可得Q=^诏+嬲

答：（1）缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小为之W包-g；

mR

2p2j2

（2）达到回收舱软着陆要求的设计速度时，缓冲滑块K对地面的压力大小为Mg+"%%

（3）该过程中线圈中产生的焦耳热Q为3机喏+再变。

8TLBL

6.（2024•镇海区校级一模）如图1所示为永磁式径向电磁阻尼器，由水磁体、定子、驱动轴和转子

组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电

流，从而产生制动力。如图2所示，单个水磁体的质量为m,长为Li、宽为L2（宽度相对于所在

处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为L2,水磁

体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场,

方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为B,相邻磁体间的磁场互不影响。定子的圆周上固

定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图2所示，每个矩形线圈的匝数

为N、电阻为R,长为Li,宽为L2,线圈的间距为L2。转子半径为r,转轴及转子质量不计，定

子和转子之间的缝隙忽略不计。

o0,e

图1图2图3

（1）当转子角速度为3时，求流过每组线圈电流I的大小。

（2）若转子的初始角速度为30,求转子转过的最大角度0mo

（3）若在外力作用下转子加速，转子角速度3随转过的角度。的图像如图3所示，求转过。过

程中外力做的功W外。

【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有E=2NBLi3r

根据欧姆定律有

E_NBL13r

1=诙=R

222

（2）根据安培力公式可知F=2NBILI=2匕沪竺

2N2B2L{a）r

规定安培力的方向为正方向，根据动量定理可知£△t=mAv

R

结合e=ru）可知

mR（i）Q

可得0m=

N2B2L1

（3）一组磁铁在转过△。过程中克服安培力做功AW=FrAe="黑企包A。

根据图像的面积可知一组磁铁转过01过程中克服安培力做功W=上评力丁叫加

所有磁铁转过01过程中克服安培力做功W,&=mW=等w=叫筑*M

4乙2Zn.L/2

2

所有磁铁转过61过程中动能的增加量△Ek=in2m（ra1）=ix=吗:*

乙乙乙乙2乙乙2

转过01过程中外力做的功W外=0总+△Ek=兀+与正

答：（1）流过每组线圈电流I的大小为“等上。

•VVJDZ.）

（2）转子转过的最大角度为“2°25。

N2B2Ll

⑶转过e过程中外力做的功为空吟曹空+巴件。

2RL22L2

7.（2024•浙江二模）如图“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自

由下落至近地面再减速停下，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了如图乙的减速模型，

线圈代表乘客乘坐舱，质量为m,匝数N匝，线圈半径为r,总电阻为R。减速区设置一辐向磁

场，俯视图如图丙，其到中心轴距离r处磁感应强度B=与。线圈被提升到离地hi处由静止释放

做自由落体运动，减速区高度为h2,忽略一切空气阻力，重力加速度为g。

（1）判断线圈刚进入磁场时感应电流方向（从上往下看），计算此时受到的安培力大小。

（2）若落地时速度为v,求全程运动的时间to。

（3）为增加安全系数，加装三根完全相同的轻质弹力绳（关于中心轴对称）如图丁，己知每一条

弹力绳形变量Ax时，都能提供弹力F=k2Ax,同时储存弹性势能5k2（4x）2,其原长等于悬挂点

到磁场上沿的距离。线圈仍从离地hi处静止释放，由于弹力绳的作用会上下往复（未碰地），运

动时间t后静止，求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q,及每根弹力绳弹力提供的冲量I。大

小。

甲乙丙T

【解答】解：（1）右手定则判断电流沿顺时针方向，N匝线圈切割磁感线，由欧姆定律得：NBLv

=IR

由题意可知：BL=学•2TTT=2nk]

联立得速度为v时线圈中通过电流：/=驾剑〃

K

进入磁场前自由落体过程，由运动学公式得：。=J2g（自一九2）

2

则线圈受安培力：F=NBIL=©兀,N）J2g（厄—电）

（2）全过程对线圈用动量定理，取向下为正，有：mgto-XNBILAt=mv-0

其中由（1）知：BL=2irki,/=镖世。

K

?7

M-、/A（27ik、N）「A（271k.NVf

故有：ENBILXAt=^一产•戊一^~^h2

2

整理变形可解得：to=（2嘿）电+《

iiLyy

（3）最终静止时不切割，不受安培力，根据平衡条件有：mg=3k2Ax

变形得到：Ax=^

_1

全过程系统能量守恒，有：mgh］=mg（h2-/%）+3x々%。%）z+Q

解得线圈产生焦耳热：Q=mg［（hr-均）+器］

全过程对线圈用动量定理，取向下为正，有：mgt+3Io-SNBIL6t=O-O

22

其中由（2）知：有：£NBILX、t=Q嗔4£卜0=（2兀?N）其

KK

2

回代解得：/。=婴产器？—订

J3K2K

由于弹力绳提供冲量向上，故：Io<O

2

弹力绳的冲量大小为i=-i（）=粤［t-然T。

答：（1）感应电流沿顺时针方向，受到的安培力大小为（2兀?"）2V2g（瓦—医）；

R

（2）全程运动的时间to为（讨1旷3+匕

mgRg

（3）线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q为坛+器），每根弹力绳弹力提供的冲量

I。大小为fl］。

33k

8.（2024•武汉模拟）如图（a）是游戏设备一一太空梭，人固定在座椅车上从高处竖直下坠，体验瞬

间失重的刺激。某工程师准备利用磁场控制座椅车速度，其原理图可简化为图（b）o座椅车包括

座椅和金属框架，金属框架由竖直金属棒ab、cd及5根水平金属棒组成。ab、cd长度均为4h,

电阻不计；5根水平金属棒等距离分布，长度均为L,电阻均为R。地面上方足够高处存在竖直宽

度为h的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于竖直面向里。某次试验时，将假人固

定在座椅车上，座椅车竖直放置，让座椅车从金属棒be距离磁场上边界h高处由静止下落，金属

棒be进入磁场后即保持匀速直线运动，不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g。求：

（1）人和座椅车的总质量m；

（2）从be离开磁场到ad离开磁场的过程中，流过金属棒be的电荷量q；

（3）金属框架abed穿过磁场的过程中，金属棒be上产生的热量Q。

图（a）图⑹

【解答】解：（1）金属棒be进入磁场后做匀速直线运动的速度大小为v,下落h过程中，根据动

能定理可得：

mgh=^mv2

解得：v=J2gh

对整体，根据平衡条件可得：mg=BIL

回路中的总电阻为：L=R+,R=¥

所以通过be边的感应电流为:

4B2L2\lgh

解得：

-IBL\lgh

（2）从be离开磁场到ad离开磁场的过程中，流过金属棒be的电流强度为：11=白/=—^

从be离开磁场到ad离开磁场的过程中经过的时间为：t=节

根据电荷量的计算公式可得：q=Ilt

4BLh

解得：

q=5R'

（3）根据焦耳定律可得：Q=I2RXJ+/2Rt

4B2L2h12gh

解得：Q=—点」

DK

2z

4BLyj2gh

答：（1）人和座椅车的总质量为

5gR