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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 ΔΦ
Δt =n Δ B1S
Δt
其中ΔB1
Δt =0.25
代入数据得E=2.5 V
(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=5 m/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B2iLΔt=mv1-0
设这段时间内通过导体棒的电荷量为q，有iΔt=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=1
2mv1
2+2Q1
解得Q1=0.625 J
(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-mgtsin θ=mv2-mv1
解得v2=-3.5 m/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1
2mv1
2-1
2mv2
2=2Q2
解得Q2=0.318 75 J。
2.(16 分)(2025·山东卷·18)如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨
道垂直，以轨道上O 点为坐标原点，沿轨道向下为x 轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区
域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道
平面向上的磁场，磁感应强度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t 均匀增
加的匀强磁场和随x 轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R 的匀质正方形闭
合金属框epqf 放置在轨道上，pq 边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，
磁场上、下边界均与x 轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
(1)(6 分)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v 和释放时
pq 边与区域Ⅰ上边界的距离s；
(2)(10 分)金属框沿轨道下滑，当ef 边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0)，此时金属框的速率为v0，若k1=
mgRsin α
k2 L
4
，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef 边移动的距离d。
答案 (1) mgR tan α
B
2 L
2cosα m
2 g R
2sin α
2B
4 L
4co s
4α
(2)
mR v0
k2
2 L
4
解析 (1)金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，所受安培力水平
向左，则切割磁感线产生的电动势E=BLvcos α
金属框中电流I= E
R
金属框做匀速直线运动，则BILcos α=mgsin α
解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率v= mgR tan α
B
2 L
2cosα
金属框开始释放到pq 边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得mgssin α=1
2mv2
可得释放时pq 边与区域Ⅰ上边界的距离s=
v
2
2gsin α = m
2 g R
2sin α
2B
4 L
4co s
4α
(2)当ef 边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0)，设金属框ef 边到O 点的距离为x 时，金属框中产生的感应电动势
E= ΔΦ
Δt = ΔB
Δt L2=k1L2+k2L2 Δ x
Δt =(k1+k2v Ⅱ)L2，其中v Ⅱ= Δ x
Δt
此时金属框中的感应电流I= E
R
金属框pq 边受到沿轨道向上的安培力，大小为F 安1=[k1t+k2(x+L)]IL
金属框ef 边受到沿轨道向下的安培力，大小为F 安2=(k1t+k2x)IL
则金属框受到的安培力F 安=F 安1-F 安2
代入k1=mgR sin α
k2 L
4
化简得F 安=mgsin α+k2
2 L
4 vⅡ
R
当金属框平衡时F 安=mgsin α，可知此时金属框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得mgsin αΔt-F 安Δt=mΔv
即-k2
2 L
4 vⅡ
R
Δt=mΔv
对时间累积求和可得-k2
2 L
4d
R
=0-mv0
可得d=
mR v0
k2
2 L
4 。
[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= E
R
解得I=2 A
(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-BIlt1+μmgt1=mv-mv0
又I=Bl v
R ，l=vt1
联立解得v=0.6 m/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=2 m/s2
根据速度时间公式有t 加=v0- v
a
=0.2 s
根据速度位移公式有x 加=v0
2- v
2
2a
=0.16 m
又d=l+x 加=0.26 m
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=0.4 s
(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WA+μmgl=1
2mv2-1
2mv0
2
又Q=-WA
解得Q=0.005 2 J。
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。
(1)(2 分)若分离后某时刻a 的速度大小为10 m/s，求此时通过a 的电流大小。
(2)(8 分)忽略a、b 所受空气阻力，当a 与b 的初始间距为1.25 m 时，求b 分离后的速度大小，分析其是否
为b 能够获得的最大速度；并求a 运动过程中电容器的电压减小量。
(3)(5 分)忽略a 所受空气阻力，若b 所受空气阻力大小与其速度v 的关系为f=kv2(k=0.025 N·s2/m2)，初始位
置与(2)问一致，试估算a 运行至NN'时。a 分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%，并给出
结论。(0.992=0.9801)
答案 (1)500 A (2)25 m/s 是 40 V (3)能
解析 (1)分离后a 切割磁感线有E=BLv
则通过a 的电流I= E
R
解得I=500 A。
(2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I0=1 000 A 的恒定电流，则当a 与b 的初始间距为1.25 m 时a 与
b 碰撞前的速度设为va，根据动能定理有BI0Lxab=1
2mava
2
a 与b 碰撞时根据动量守恒和能量守恒有mava=(ma+mb)v 共，1
2mava
2=1
2(ma+mb)v共
2+Ep
a 与b 整体从碰后到NN'的过程中有BI0L(xMN-xab)=1
2(ma+mb)v共1
2-1
2(ma+mb)v共
2
a 与b 分离时根据动量守恒和能量守恒有(ma+mb)v共1=mava1+mbvb1，1
2(ma+mb)v共1
2+Ep=1
2mava1
2+1
2mbvb1
2
联立解得vb1=25 m/s，va1=0，此时a 速度为零，安培力做功产生的所有能量都转化为b 的动能，因此b 能获
得的最大速度为25 m/s。
由于a 和ab 组合体均做匀变速直线运动，分别有xab=va
2 t1，xMN-xab=v共+ v共1
2
t2
解得t1=0.1 s，t2=0.3 s，则电容器流出的电荷量有Δq=I0(t1+t2)
a 运动过程中电容器的电压减小量ΔU= Δq
C =40 V
(3)从a、b 碰后一起运动到NN'过程，由于b 受空气阻力，故末速度必小于v 共1，故该过程中始终有f<k
v共1
2，如果b 所受阻力大小取fm=kv共1
2=10 N，由动能定理得(BI0L-kv共1
2)(xMN-xab)=1
2(ma+mb)v共2
2-1
2(ma+mb)
v共
2
解得v共2
2=392.5 m2/s2
由于(0.99v 共1)2=0.980 1v共1
2=392.04<v共2
2，故能达到(2)问中分离前速度的99%。
