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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E0＝12V、内阻r＝0.1Ω、限流电阻R1＝0.3Ω、飞轮每根辐条电阻R＝0.9Ω，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v。
（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O 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E0＝U+I（R1+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并= R
3 = 0.9
3 Ω=0.3Ω
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E1，等效
电路图如图1 所示：
1
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则U＝E1+IR 并
代入数据解得E1＝5V
此时金属轮可视为电动机P 出＝E1I
当物块P 匀速上升时P 出＝mgv
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′＝（I′）2（R2+R 并）
代入数据解得R2＝0.2Ω
另解：等效电路图如图2 所示：
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＝E1＝5V
R总= E2
I ' = 5V
10 A =0.5Ω
根据电阻串联、并联电路的特点R 总＝R2+R 并
代入数据解得R2＝0.2Ω
2
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②根据导体棒切割磁感线产生感应电动势E2= 1
2 Bωa
2= 1
2 Baωa= 1
2 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0.2Ω；
②磁感应强度B 的大小为2.5T。
3
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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M1、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r1＝r，r2＝4r，每个线圈的圆心角为
π﹣β，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ω 的角
速度保持匀速转动，以线圈M1的ab 边某次进入磁场时为计时起点，求K 转动一周：
（1）不同时间线圈M1的ab 边或cd 边受到的安培力大小；
（2）流过线圈M1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ω 的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则
ω1= v
r ，ω= v
nr
可得小齿轮转动的角速度为ω1＝nω
转动周期为T= 2π
ω1
= 2π
nω
以线圈M1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
t1= π - β
2π T = π - β
nω
这段时间内线圈M1产生的电动势为
E1＝B（4r﹣r）va+ vb
2
=B×3r × r ω1+ 4 r ω1
2
= 15
2 nBr
2ω
电流为：I1= E1
R = 15nBr
2ω
2 R
4
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受到的安培力大小：F1＝BI1L＝B× 15nBr
2ω
2 R
×（4r﹣r）= 45n B
2r
3ω
2 R
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
t2= β
2π T = β
nω
由于M1线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；
当M1线圏ab 边离开磁场到cd 边离开磁场，经历的时间为
t3＝t1= π - β
nω
此时的安培力大小由前面分析可知
F3＝F1= 45n B
2r
3ω
2 R
方向与进入时相反；
当M1线圏cd 边离开磁场到ab 边进入磁场，经历的时间为
t4＝t2= β
nω
同理可知安培力为0。
（2）根据（1）可知，设流过线圈M1的电流有效值为I，则根据有效值定义有
I 1
2 R t1+ I 3
2 R t3= I
2 RT
其中I1＝I3，t1＝t3
联立解得：I=√
π - β
π
⋅15nBr
2ω
2 R
（3）根据题意可知流过线圈M1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
P＝2I2R= 225n
2B
2r
4ω
2(π - β)
2πR
答：（1）不同时间线圈M1的ab 边或cd 边受到的安培力大小见解析；
（2）流过线圈M1的电流有效值为√
π - β
π
⋅15nBr
2ω
2 R
；
（3）装置K 消耗的平均电功率为225n
2B
2r
4ω
2(π - β)
2πR
。
5
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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θ 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ω 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；
OA 棒产生最小感应电动势Emin= 1
2 Bω L
2
根据闭合电路的欧姆定律，电路中的最小电流I min= Emin
R
CD 棒所受安培力的最小值Fmin＝BIminL
代入数据联立解得Fmin= B
2 L
3ω
2 R
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=√2 L
OA 棒产生最大感应电动势Em= B L有× L有ω
2
= B L
2ω
电路中的最大电流I m= Em
R
6
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CD 棒所受安培力的最大值Fm＝BImL= B
2 L
3ω
R
（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＝mgsinθ+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＝mgsinθ
联立解得m= 3 B
2 L
3ω
4 Rgsinθ
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+μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
联立解得μ=
a
gcosθ - 1
3 tanθ。
答：（1）CD 棒所受安培力的最大值为B
2 L
3ω
R
；最小值为B
2 L
3ω
2 R
；
（2）CD 棒与导轨间的动摩擦因数为
a
gcosθ - 1
3 tanθ。
7
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4．（2024•洛阳一模）如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨A1B1、A2B2平行放置，间距L＝
1m，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m1＝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v1＝1.6m/s 匀速。下方光滑绝缘
轨道C1MD1、C2ND2间距也为L，正对A1B1、A2B2放置，其中C1M、C2N 半径r＝1.25m、圆心
角θ＝37°的圆弧，与水平轨道MD1、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Bx =√3 x(T )的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2＝0.4kg、电阻R＝1Ω 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 取10m/s2。请解决下列问题：
（1）求初始时刻电容器带电量Q0；
（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U0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ΔQ，导体棒稳定后的电动势为E，对导体棒，以v1方向为正方向，由动量定理
有
BIL•Δt＝m1v1﹣0
E＝BLv1
而
8
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C = Q
U =
ΔQ
U 0- E
由电流的公式有
I = ΔQ
Δt
整理有
Q0＝CU0＝ΔQ+CE
解得
Q0＝0.864C
（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θ＝37°，其水平分速度大小等于v1，则到达C1C2处的速度为
v2= v1
cosθ
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
m1gr(1-cosθ)= 1
2 m1v3
2- 1
2 m1v2
2
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
m1v3＝（m1+m2）v4
解得
v4＝1m/s
闭合线框穿过磁场Bx的过程，有
F 变= Bx IL= Bx
E
R L= Bx
Bx Lv4
R
L=5 x( 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
W = 1
2 ×(0+5×0.5)×0.5 J =0.625 J
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：
9
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Q＝2W＝2×0.625J＝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＝（m1+m2）•dv
其中：I ⋅dt =dq = dΦ
R = Bx L⋅dx
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
-5∫
0
0.5
x⋅dx =0.75 fdv
可得
-5× 1
2 ×0.5
2=0.75 Δv
解得：
Δv =- 5
6 m/ s
即进入磁场过程速度减少了5
6 m/ s，对离开磁场过程速度同样会减少了5
6 m/ s，则穿过磁场Bx
过程速度一共减少
5
3 m/ s＞v4=1m/ 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OP 边离开磁场时的速度为
v5= v4+ Δv =1m/ s- 5
6 m/ s= 1
6 m/ s
设线框停止时ab 边的位置坐标x 为x1
由：﹣5x•dx＝0.75•dv
积分可得
-5× 1
2 x1
2=0.75(0- v5)
解得
x1= √5
10 m
10
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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√5
10 m。
11
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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v0，此速度仍大于要求的软着陆设计速度v0
2
，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abcd，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v0减速到v0
2
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Q。
【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＝nBLv0
线圈中的感应电流为
I = E
R
ab 边受到的安培力大小为
F 安＝nBIL
联立可得：F 安= n
2B
2 L
2v0
R
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。
12
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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= n
2B
2 L
2v0
mR
- g
（2）达到回收舱软着陆要求的设计速度v0
2
时，根据F 安= n
2B
2 L
2v0
R
可得此时ab 边受到的安培
力大小为
F '安= F安
2 = n
2B
2 L
2v0
2 R
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′
可得N = Mg+ n
2B
2 L
2v0
2 R
（3）回收舱主体从v0减速到v0
2
的过缓冲程中，由能量守恒有
mgh+ 1
2 mv0
2=Q+ 1
2 m( v0
2 )
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= It= nBLv t
R
= nBLh
R
即得 h= qR
nBL
可得Q = 3
8 mv0
2+ mgqR
nBL
答：（1）缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小为n
2B
2 L
2v0
mR
-
g；
（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+ n
2B
2 L
2v0
2 R
；
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（3）该过程中线圈中产生的焦耳热Q 为3
8 mv0
2+ mgqR
nBL
。
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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L1、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L1，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。
（1）当转子角速度为ω 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ω0，求转子转过的最大角度θm。
（3）若在外力作用下转子加速，转子角速度ω 随转过的角度θ 的图像如图3 所示，求转过θ 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＝2NBL1ωr
根据欧姆定律有
I= E
2 R = NB L1ωr
R
（2）根据安培力公式可知F＝2NBIL1= 2 N
2B
2 L1
2ωr
R
规定安培力的方向为正方向，根据动量定理可知∑2 N
2B
2 L1
2ωr
R
Δt＝mΔv
结合θ＝rω 可知
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可得θm= mR ω0
N
2B
2 L1
2
（3）一组磁铁在转过Δθ 过程中克服安培力做功ΔW＝FrΔθ= 2 N
2B
2 L1
2r
2ω
R
Δθ
根据图像的面积可知一组磁铁转过θ1过程中克服安培力做功W= N
2B
2 L1
2r
2ω1θ1
R
所有磁铁转过θ1过程中克服安培力做功W 总＝n1W= 2πr
4 L2
W= π ω1θ1 N
2B
2 L1
2r
3
2 R L2
所有磁铁转过θ1过程中动能的增加量ΔEk= 1
2 n2m(r ω1)
2= 1
2 × 2πr
2 L2
m(r ω1)
2= πmω1
2r
3
2 L2
转过θ1过程中外力做的功W 外＝W 总+ΔEk= π ω1θ1 N
2B
2 L1
2r
3
2 R L2
+ πmω1
2r
3
2 L2
答：（1）流过每组线圈电流I 的大小为NB L1ωr
R
。
（2）转子转过的最大角度为mR ω0
N
2B
2 L1
2
。
（3）转过θ 过程中外力做的功为π ω1θ1 N
2B
2 L1
2r
3
2 R L2
+ πmω1
2r
3
2 L2
。
16
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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= k1
r
。线圈被提升到离地h1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t0。
（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，已知每一
条弹力绳形变量Δx 时，都能提供弹力F＝k2Δx，同时储存弹性势能1
2 k2( Δx)
2，其原长等于悬挂
点到磁场上沿的距离。线圈仍从离地h1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I0
大小。
【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= k1
r ⋅2πr =2π k1
联立得速度为v 时线圈中通过电流：I = 2π k1 N
R
v
17
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进入磁场前自由落体过程，由运动学公式得：v =√2g(h1-h2)
则线圈受安培力：F = NBIL= (2π k1 N )
2
R
√2g(h1-h2)
（2）全过程对线圈用动量定理，取向下为正，有：mgt0﹣∑NBILΔt＝mv﹣0
其中由（1）知：BL＝2πk1，I = 2π k1 N
R
v
故有：∑NBIL×Δt= (2π k1 N )
2
R
∑v ⋅Δt = (2π k1 N )
2
R
h2
整理变形可解得：t0= (2π k1 N )
2
mgR
h2+ v
g
（3）最终静止时不切割，不受安培力，根据平衡条件有：mg＝3k2Δx
变形得到：Δx= mg
3k2
全过程系统能量守恒，有：mgh1=mg(h2- Δx)+3× 1
2 k2( Δx)
2+Q
解得线圈产生焦耳热：Q =mg[(h1-h2)+ mg
6 k2
]
全过程对线圈用动量定理，取向下为正，有：mgt+3I0﹣∑NBILδt＝0﹣0
其中由（2）知：有：∑NBIL×Δt= (2π k1 N )
2
R
∑v ⋅Δt = (2π k1 N )
2
R
Δx
回代解得：I 0= mg
3 [ (2π k1 N )
2
3k2 R
-t ]
由于弹力绳提供冲量向上，故：I0＜0
弹力绳的冲量大小为I＝﹣I0= mg
3 [t - (2π k1 N )
2
3k2 R
]。
答：（1）感应电流沿顺时针方向，受到的安培力大小为(2π k1 N )
2
R
√2g(h1-h2)
；
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（2）全程运动的时间t0为(2π k1 N )
2
mgR
h2+ v
g
；
（3）线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q 为mg(h1-h2+ mg
6k2
)，每根弹力绳弹力提供的冲量
I0大小为mg
3 [t - (2π k1 N )
2
3k2 R
]。
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8．（2024•武汉模拟）如图（a）是游戏设备——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）。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bc 距离磁场上边界h 高处由静止
下落，金属棒bc 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bc 离开磁场到ad 离开磁场的过程中，流过金属棒bc 的电荷量q；
（3）金属框架abcd 穿过磁场的过程中，金属棒bc 上产生的热量Q。
【解答】解：（1）金属棒bc 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= 1
2 m v
2
解得：v=√2 gh
对整体，根据平衡条件可得：mg＝BIL
回路中的总电阻为：R 总＝R+ 1
4
R= 5 R
4
所以通过bc 边的感应电流为：I= BLv
R总
= 4 BL√2gh
5 R
解得：m= 4 B
2 L
2√2gh
5 gR
；
（2）从bc 离开磁场到ad 离开磁场的过程中，流过金属棒bc 的电流强度为：I1= 1
4 I = BL√2 gh
5 R
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从bc 离开磁场到ad 离开磁场的过程中经过的时间为：t= 4 h
v
根据电荷量的计算公式可得：q＝I1t
解得：q= 4 BLh
5 R
；
（3）根据焦耳定律可得：Q＝I2R× h
v + I 1
2Rt
解得：Q= 4 B
2 L
2h√2 gh
5 R
。
答：（1）人和座椅车的总质量为4 B
2 L
2√2gh
5 gR
；
（2）从bc 离开磁场到ad 离开磁场的过程中，流过金属棒bc 的电荷量为4 BLh
5 R
；
（3）金属框架abcd 穿过磁场的过程中，金属棒bc 上产生的热量为4 B
2 L
2h√2 gh
5 R
。
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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α＝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O 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
={
-1(T )，x＜0
0.6+0.8 x(T )，x ≥0
。现有一质量m＝0.1kg、电阻R1＝0.2Ω 的金属棒ab 放置在导轨上，
下方还有质量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μ= √3
3
，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力给金属棒ab 一个沿斜面向下的瞬时速度v0，g 取10m/s2。
（1）若v0＝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v0应满足的条件；
（3）若金属棒ab 位于x＝﹣0.32m 处，当v0＝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。
【解答】解：（1）根据右手定则可知，金属棒ab 上感应电流的方向从b 到a
感应电动热E＝B1lv1
电路的总电阻R 总＝R1+R2＝0.2Ω+0.2Ω＝0.4Ω
干路电流E＝IR 总
故金属棒ab 两端的电势差Uab＝IR2
解得：Uab＝1V
（2）ab 棒沿斜面向下运动时，由于μ= √3
3 = tan30°
故μmgcosα＝mgsinα
即重力沿斜面的分力与摩擦力等大、反向，因此ab 棒受到的安培力即为合力，做加速度减小的
减速运动，由左手定则可知，U 形框受到的安培力沿斜面向上，de 边所在处的磁感应强度B2＝
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0.6T+0.8×0.5T＝1T
根据F 安＝IB2l
可知，ab 棒获得瞬时速度的瞬间，感应电流I 最大，U 形框最容易发生滑动，为使U 形框静止，
此时cd 棒所受的静摩擦力应沿斜面向下且为最大值，大小为F f m= μm2 gcosα
因此安培力的最大值为Fm= Ff m+mgsinα
又知Fm= B2 Il = B2
2l
2v0
R总
联立解得v0＝4.8m/s
所以v0≤4.8m/s
（3）当v0＝4m/s 时，U 形框在碰撞前始终处于静止状态，设棒到达EF 时的速度为v3，取沿斜
面向下为正方向，由动量定理得- B1 I lΔt =m1v3-m1v1
其中I = E
R总
E = ΔΦ
Δt = B1lx
Δt
联立解得v3＝2m/s
金属棒ab 与U 形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v3＝（m1+m2）v'
解得碰撞后整体速度v'＝0.5m/s
同理，整体受到的安培力即为其合力，ab、de 边所在处的磁感应强度之差ΔB＝Bdc﹣Bab＝
0.6T+0.8T﹣1T＝0.4T
当整体速度为v 时，感应电流I = ΔBlv
R总
= 0.4×0.5 v
0.4
=0.5v
受到的总安培力F＝BdeIl﹣BabIl
解得F＝0.1v
由动量定理得﹣ΣFt＝0﹣（m1+m2）v'
代入数据得Σ0.1vt＝0.2
则整体的位移s＝Σvt＝2m
故静止时de 边的坐标x＝s+l＝2m+0.5m＝2.5m
答：（1）若v0＝4m/s，此瞬间金属棒ab 上感应电流的方向从b 到a，电势差为1V；
（2）为使棒、框碰撞前U 形框能保持静止，v0应满足的条件为v0≤4.8m/s；
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（3）若金属棒ab 位于x＝﹣0.32m 处，当v0＝4m/s 时，金属棒ab 与U 形框发生完全非弹性碰撞，
最终静止时de 边的坐标为2.5m。
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10．（2024•湖北模拟）如图甲所示，线圈A 匝数n＝100 匝，所围面积S1=1.0m
2，电阻r＝2Ω。A
中有面积S2=0.5m
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 时刻，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B1＝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O、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O 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R1＝2Ω 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＝0.25Ω 的正方形金属框cdfe 放于NH、OC 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v0＝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。
【解答】解：（1 ）由法拉第电磁感应定律，线圈A 中的感应电动势为：
E =n ΔB⋅S2
Δt
=100× 0.6×0.5
3
V =10V
刚闭合开关S 时，由闭合电路欧姆定律得：I0=
E
R+r = 10
2+2
A＝2.5A
导体棒ab 所受的安培力：F0＝B1I0L＝2×2.5×0.5N＝2.5N
由牛顿第二定律得，导体棒ab 的加速度大小为：a0= F0
m = 2.5
0.2 m/ s
2=12.5m/ s
2
当导体棒ab 到达最大速度时，ab 切割磁感线产生的电动势与E 相等，则有：B1Lvm＝E
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变形后解得：vm= E
B1 L =
10
2×0.5 m/ s=10m/ s
（2）ab 棒与线框发生弹性碰撞，设向右为正方向，设碰撞后的瞬间ab 棒与线框速度分别为
v1、v2，由动量守恒得：mvm﹣Mv0＝mv1+Mv2
机械能守恒：1
2 m vm
2 + 1
2 M v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
联立解得：v1＝﹣6m/s，v2＝6m/s
根据题意可知：B2＝2+2x，可知ef 边与cd 所处位置的磁感应强度差值为：ΔB2＝2Δx＝2×0.5T＝
1T
则碰后瞬间金属框总电动势为：E 总＝Eef﹣Ecd＝ΔB2Lv2＝1×0.5×6V＝3V
由于金属框与导轨重合的两条边被导轨短路，则金属框中的电流为：I = E总
2 R2
=
3
2×0.25 A =6 A
线框受到安培力的合力为：F 合＝Fef﹣Fcd＝ΔB2IL＝1×6×0.5N＝3N
则碰后瞬间金属框克服安培力的功率为：P＝F 合v2＝3×6W＝18W
（3）设金属框运动时的速度大小为v，则金属框中总电动势为：E′总＝E′ef﹣E′cd＝ΔB2Lv
金属框中的电流为：I ' = E' 总
2 R2
= ΔB2 Lv
2 R2
线框受到安培力的合力为：F '合= F 'ef - F 'cd = Δ B2 I ' L= ( Δ B2)
2 L
2v
2 R2
根据动量定理可得：-∑( Δ B2)
2 L
2v
2 R2
t =0- M v2
其中：∑( Δ B2)
2 L
2v
2 R2
t = ( Δ B2)
2 L
2
2 R2
∑vt = ( Δ B2)
2 L
2
2 R2
x
联立解得金属框运动的位移大小为：x＝4.8m
答：（1）刚闭合开关S 时导体棒ab 的加速度大小为12.5m/s2，导体棒ab 的最大速度大小为
10m/s；
（2）碰后瞬间金属框克服安培力的功率为18W；
（3）金属框运动的位移大小为4.8m。
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