专题四电路与电磁感应　计算题培优3　电磁感应中的综合问题【精讲精练】-2026届高三物理二轮复习讲义（新高考通用）

该高中物理讲义聚焦电磁感应综合问题，覆盖感应电动势计算、安培力分析、能量转化、电路动态分析等高考核心考点，按“基础规律-模型建构-综合应用”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法指导、真题讲解（含2024湖北卷等典例）、分层训练环节，帮助学生构建解题框架，突破难点。 资料突出科学思维与模型建构，如典例1引导学生建立“电磁感应-电路-动力学”综合模型，通过受力分析与能量守恒推理培养科学推理能力。设计“典例精讲+分层训练”模式，基础题巩固公式应用，综合题提升复杂问题分析能力，助力学生高效复习，为教师把控节奏提供支撑。

专题四电路与电磁感应　计算题培优3　电磁感应中的综合问题 【典例】1　(2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求： (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 【典例】2　(2025·福建卷·16)光滑斜面倾角θ=30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区域中磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，线框由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1，Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2，两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v，cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致。已知重力加速度为g。 (1)求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差； (3)求线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。 【典例】3　(2025·山东日照市二模)如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，窄轨M1N1、M2N2之间的距离L1=1 m，光滑的宽轨O1P1、O2P2之间的距离L2=2 m。窄轨以垂直于轨道的虚线A1A2为分界线，左侧粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关S1连接一电容C=0.02 F的不带电的电容器(耐压值足够大)。宽轨和窄轨连接处有开关S2，宽轨左侧接有电阻R1=10 Ω。质量m=1 kg的金属棒ab静止在窄轨上，ab棒到A1A2的距离x=4.5 m，与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.2；质量M=2 kg的金属棒cd静止在宽轨上。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小B=10 T的匀强磁场中。现闭合S1，断开S2，给ab棒施加一与导轨平行、大小为5 N的恒力F，当其运动到A1A2时，撤去F，同时断开S1，闭合S2。窄轨和宽轨足够长，ab始终在窄轨上运动，cd棒始终在宽轨上运动。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，cd棒连入电路中的电阻R2=20 Ω，ab棒及导轨电阻均不计。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)恒力F的作用时间； (2)cd棒从开始运动到匀速的过程中，通过cd棒的电荷量； (3)cd棒从开始运动到匀速的过程中，cd棒中产生的焦耳热。 计算题培优练　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。 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=，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。 [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。 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) 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题四电路与电磁感应　计算题培优3　电磁感应中的综合问题 【典例】1　(2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求： (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 【答案】(1)BL　(2) (3) 【解析】(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中， 由动能定理有mgL=m 解得v0= 则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL (2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路， 由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0=R 可知，整个回路的总电阻为 R总=R+=R ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为 I== 对金属环由牛顿第二定律有2BL·=2ma 解得a= (3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v， 由动量守恒定律有mv0=mv+2mv 解得v=v0 设经过时间t，金属棒ab与金属环共速， 对金属棒ab，由动量定理有-BLt=m·-mv0 则有BLq=mv0 设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2， 则有q= 联立解得Δx=x1-x2= 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离 d=L+Δx=。 【典例】2　(2025·福建卷·16)光滑斜面倾角θ=30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区域中磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，线框由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1，Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2，两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v，cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致。已知重力加速度为g。 (1)求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差； (3)求线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。 【答案】(1)　(2)　(3)见解析 【解析】(1)设线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为d， 从线框释放到cd边到达Ⅰ区域上边缘过程中，由动能定理得mgdsin θ=mv2，解得d= (2)因为cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v，可知线框的边长L=L1，根据平衡条件有mgsin θ=BIL1 又E=BL1v，I= cd边两端的电势差U=E 联立解得U= (3)①若L2>L1，线框在cd边进入Ⅱ区域到ab边离开Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mgsin θ·t2-2BL1t3=0 根据q=·Δt=·Δt=·Δt==，知线框进、出磁场过程中电荷量都相等， 即t3= 由(2)知B= 联立解得t2= 根据动能定理-W克安+mgsin θ(L2+L1)=0 克服安培力做功的平均功率P= 联立解得P= ②若L2<L1，同理可得q'= 根据动量定理mgsin θ·t4-2BL1t5=0 其中q'=t5 联立解得t4= 根据动能定理-W克安'+mgsin θ(L2+L1)=0 克服安培力做功的平均功率P'= 联立解得P'= ③若L2=L1，结合上述分析知，线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程，始终受安培力，可能一直减速，也可能先减速后匀速，则cd边进入区域Ⅱ时的速度与ab边离开区域Ⅱ时的速度不可能一致，故不存在此种情况。 【典例】3　(2025·山东日照市二模)如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，窄轨M1N1、M2N2之间的距离L1=1 m，光滑的宽轨O1P1、O2P2之间的距离L2=2 m。窄轨以垂直于轨道的虚线A1A2为分界线，左侧粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关S1连接一电容C=0.02 F的不带电的电容器(耐压值足够大)。宽轨和窄轨连接处有开关S2，宽轨左侧接有电阻R1=10 Ω。质量m=1 kg的金属棒ab静止在窄轨上，ab棒到A1A2的距离x=4.5 m，与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.2；质量M=2 kg的金属棒cd静止在宽轨上。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小B=10 T的匀强磁场中。现闭合S1，断开S2，给ab棒施加一与导轨平行、大小为5 N的恒力F，当其运动到A1A2时，撤去F，同时断开S1，闭合S2。窄轨和宽轨足够长，ab始终在窄轨上运动，cd棒始终在宽轨上运动。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，cd棒连入电路中的电阻R2=20 Ω，ab棒及导轨电阻均不计。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)恒力F的作用时间； (2)cd棒从开始运动到匀速的过程中，通过cd棒的电荷量； (3)cd棒从开始运动到匀速的过程中，cd棒中产生的焦耳热。 【答案】(1)3 s　(2)0.1 C　(3)1 J 【解析】(1)先闭合开关S1，断开开关S2，设金属棒ab在F作用下加速度为a，根据牛顿第二定律可得：F-μmg-BIL1=ma I===CBL1a 解得a==1 m/s2 则金属棒ab在拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，根据x=at2 解得t=3 s (2)当金属棒ab运动到A1A2处时，其速度为v0，v0=at=3 m/s，此时撤去恒力F，同时断开开关S1，闭合开关S2，金属棒ab在安培力作用下向右减速，金属棒cd在安培力作用下向右加速，最终都做匀速直线运动，设金属棒ab、cd匀速直线运动的速度分别为v1、v2，根据动量定理可得： 对金属棒ab：-BL1Δt=mv1-mv0 对金属棒cd：BL2Δt=Mv2 对整个闭合电路,ab、cd棒匀速时有 BL1v1-BL2v2=0 解得v1=2 m/s，v2=1 m/s 对金属棒cd：BL2Δt=BL2q=Mv2 解得q=0.1 C (3)金属棒cd在向右加速的过程中，设系统产生的焦耳热为Q，根据能量守恒可得： Q=m-m-M=1.5 J 则金属棒cd产生的焦耳热Q2=Q=1 J。 计算题培优练　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=2.5 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=0.625 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m-m=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=，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)　　(2) 【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= 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= 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=mv2 可得释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s== (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==L2=k1L2+k2L2=(k1+k2vⅡ)L2，其中vⅡ= 此时金属框中的感应电流I= 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= 化简得F安=mgsin α+ 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-Δt=mΔv 对时间累积求和可得-=0-mv0 可得d=。 [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=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-Blt1+μmgt1=mv-mv0 又=，l=t1 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==0.2 s 根据速度位移公式有x加==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=mv2-m 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= 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=ma a与b碰撞时根据动量守恒和能量守恒有mava=(ma+mb)v共，ma=(ma+mb)+Ep a与b整体从碰后到NN'的过程中有BI0L(xMN-xab)=(ma+mb)-(ma+mb) a与b分离时根据动量守恒和能量守恒有(ma+mb)=ma+mb，(ma+mb)+Ep=ma+mb 联立解得=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=t1，xMN-xab=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==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，如果b所受阻力大小取fm=k=10 N，由动能定理得(BI0L-k)(xMN-xab)=(ma+mb)-(ma+mb) 解得=392.5 m2/s2 由于(0.99v共1)2=0.980 1=392.04<，故能达到(2)问中分离前速度的99%。 学科网（北京）股份有限公司 $