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【2026版物理步步高大二轮专题复习讲义培优版专题四计算题培优练7电磁感应中的综合问题

2026-02-17 09:17:11

计算题培优练7　电磁感应中的综合问题

[训练1]

[分值：28分]

1.(12分)(2025·四川攀枝花市三模)如图所示，一个匝数n=1 000、面积S=100 cm²的水平圆形线圈内有竖直向上的匀强磁场B₁，磁感应强度大小随时间变化关系为B₁=B₀+0.25t。线圈与右侧的平行导轨MN、M'N'通过开关K相连，导轨MN、M'N'构成的平面为水平面，其内有竖直向下的匀强磁场B₂，其右侧有倾角θ=30°的倾斜平行导轨PQ、P'Q'，N与P、N'与P'通过一小段(长度不计)绝缘圆弧平滑连接，PP'、NN'连线均与所有导轨垂直。倾斜平行导轨PQ、P'Q'内有与两导轨构成斜面垂直向下的匀强磁场B₃，其顶端Q与Q'之间接有定值电阻R。现有一长L=0.5 m的导体棒ab垂直于导轨静止放置在水平导轨上，与导轨接触良好。闭合开关K后，导体棒由静止开始运动，到达水平导轨右端前已经匀速。已知导轨间距均为L、阻值均不计，导体棒ab、线圈、定值电阻的阻值均相同，导体棒ab的质量m=0.1 kg，匀强磁场B₂、B₃的磁感应强度大小均为1 T，重力加速度g取10 m/s²，不计一切摩擦，求：

(1)(3分)闭合开关前线圈产生的感应电动势E；

(2)(5分)从闭合开关到导体棒第一次运动到NN'的过程中，导体棒产生的焦耳热Q₁；

(3)(4分)若导体棒第一次冲上倾斜导轨经过时间t=1.7 s后又返回导轨底端，求这段时间内导体棒产生的焦耳热Q₂。

答案　(1)2.5 V　(2)0.625 J　(3)0.318 75 J

解析(1)对圆形线圈，由法拉第电磁感应定律有E=n=n

其中=0.25

代入数据得E=2.5V

(2)导体棒ab在到达NN'前已匀速，设匀速时的速度为v₁，则有E₁=B₂Lv₁=E

解得v₁=5m/s

对导体棒ab从开关闭合到匀速，取水平向右为正方向，由动量定理有B₂LΔt=mv₁-0

设这段时间内通过导体棒的电荷量为q，有Δt=q

圆形线圈、导体棒ab的电阻相同，由能量守恒定律有E_能=Eq=m+2Q₁

解得Q₁=0.625J

(3)从导体棒ab冲上斜面到再次返回斜面底端，全程通过回路的电荷量为零，可得全程安培力的冲量为零。设导体棒返回斜面底端时的速度为v₂，取沿斜面向上为正方向，由动量定理，有-mgtsinθ=mv₂-mv₁

解得v₂=-3.5m/s

导体棒ab和定值电阻R的阻值相同，在该过程中，由能量守恒有m-m=2Q₂

解得Q₂=0.31875J。

2.(16分)(2025·海南卷)间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ=30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均为m，接入电路中的电阻均为R，cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。

(1)(5分)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x₀时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热；

(2)(4分)此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小之差；

(3)(7分)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t₁时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t₁时刻到某时刻，ab、cd的路程之差。

答案　(1)mgx₀-　(2)　(3)

解析(1)ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得F_安=mgsin30°，F_安_ab=BI_abL

解得通过ab棒的电流为I_ab=

设当ab棒下滑距离为x₀时速度为v_0，cd棒开始运动时回路中的电流为I₁，此时对cd棒有F_安_cd=μmg

同时有F_安_cd=BI₁L，I₁=

分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得mgx₀sin30°-m=2Q_cd

联立解得cd棒产生的焦耳热为

Q_cd=mgx₀-

(2)分析可知ab棒在下滑过程中产生的感应电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的感应电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有mgsin30°-F_安=ma，F_安-μmg=ma

同时有F_安=BIL，I==

联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv=

(3)分析可知从开始到t₁时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设t₁时刻ab棒的速度为v₁'，可知mΔv=mv₁'

解得v₁'=Δv=

设某时刻时，ab棒速度为v₁″，cd棒速度为v_cd，cd棒的加速度为零，可得F_安_cd₁=μmg①

其中F_安_cd₁=BI₂L

分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I₂=②

从t₁时刻到某时刻，对两棒分别根据动量定理有

-(μmg+BL)Δt=mv₁″-mv₁'，(BL-μmg)Δt=mv_cd

由Δt=q可得μmgΔt+BLq=mv₁'-mv₁″，BLq-μmgΔt=mv_cd

两式相加得2BLq=mv₁'-m(v₁″-v_cd)③

同时有q=Δt=·Δt==④

联立①②③④可得从t₁到某时刻，ab、cd的路程之差为Δs=。

[训练2]

[分值：27分]

1.(12分)(2025·四川成都市二模)如图所示，将电阻为R=0.02 Ω、质量为m=0.01 kg的单匝正方形闭合线圈abcd水平放置在顺时针运行的水平传送带的最左端，其边长为l=0.1 m，边界MN、PQ与传送带运行方向垂直，在MN、PQ区域内加一个垂直于传送带平面向下、磁感应强度为B=0.4 T的匀强磁场，MN、PQ边界间距为d=0.26 m，线圈在运动过程中左右两边始终与磁场边界平行，其与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，线圈ab边进入磁场区域前已和传送带共速，传送带的速度为v₀=1 m/s，t=0时刻，线圈ab边与MN重合，t₁=0.2 s时刻，线圈cd边与MN重合，t₂时刻线圈ab边与PQ重合，已知重力加速度g取10 m/s²，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

(1)(2分)t=0时刻，线圈中的感应电流大小；

(2)(3分)t₁时刻，线圈的速度大小；

(3)(4分)t₂；

(4)(3分)0~t₂时间内，线圈中产生的焦耳热。

答案　(1)2 A　(2)0.6 m/s　(3)0.4 s　(4)0.005 2 J

解析(1)t=0时刻，线圈中的感应电动势为E=Blv₀，线圈中的感应电流大小为I=

解得I=2A

(2)t₁时刻，设线圈的速度大小为v，对线圈进入磁场的过程，以水平向右为正方向，

由动量定理有-Blt₁+μmgt₁=mv-mv₀

又==t₁

联立解得v=0.6m/s

(3)t₁时刻开始，线圈在摩擦力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有μmg=ma

解得a=2m/s²

根据速度时间公式有t_加==0.2s

根据速度位移公式有x_加==0.16m

又d=l+x_加=0.26m

即线圈与传送带共速时，ab边恰与PQ重合，则有t₂=t₁+t_加

解得t₂=0.4s

(4)t₁~t₂时间内，线圈中焦耳热为0；对线圈，0~t₁时间内，根据动能定理有W_A+μmgl=mv²-m

又Q=-W_A

解得Q=0.0052J。

2.(15分)(2025·河北卷·15)某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM'处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN'时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10 F，导轨间距为0.5 m，磁感应强度大小为1 T，MM'到NN'的距离为5 m，a、b质量分别为2 kg、8 kg，a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。