文档内容
计算 4 电磁感应综合计算问题
考点内容 考情分析
考向一 单棒类电磁感应 电磁学计算题是高考的必考内容，高考对于这部分知
考向二 双棒类电磁感应 识点的命题形式是以生活中的情景为背景，强调情景
考向三 线框类电磁感应 与对应的力学知识的有机融合，突出了应用性，巩固
考向四 含容类电磁感应 了基础性。
1.思想方法
此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题首先要建立“动→电→动”的思维顺
序.
1.基本思路
(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向.
(2)根据欧姆定律，求解回路中电流.
(3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出
导体棒的最终运动情况.
(4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解.
2.注意的问题
运用功能关系时，确定有哪些形式的能量发生了转化.如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做
功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能.2.模型建构
一、单杆 电容模型
初态 v≠0 v＝0
0 0
质量为m、电阻
轨道水平光滑，
轨道水平光滑，
示意图 轨道水平光滑，
不计的单杆ab以
单杆ab质量为
单杆ab质量为
单杆ab质量为
一定初速度v 在
0 m，电阻不计，
m，电阻不计，
m，电阻不计，
光滑水平轨道上
两平行导轨间距
两平行导轨间距
两平行导轨间距
滑动，两平行导
为l
为l，拉力F恒定
为l，拉力F恒定
轨间距为l
Δt时间内流入电
容器的电荷量Δq
＝CΔU＝CBlΔv
电流I＝＝CBl＝
运动分析 CBla
当E ＝E时，v
导体杆做加速度 感
当a＝0时，v最
安培力F ＝IlB
最大，且v ＝， 安
越来越小的减速 m
大，v ＝，杆开
m ＝CB2l2a
运动，最终杆静
最后以v
m
匀速运
始匀速运动
止 动
F－F
安
＝ma，a
＝，
所以杆以恒定的
加速度匀加速运
动
电能转化为动能 外力做功转化为 外力做功转化为
动能转化为内
能量分析 和内能，E ＝ 动能和内能，W 电能和动能，W
电 F F
能，mv＝Q
mv＋Q ＝mv＋Q ＝E ＋mv2
电二、电磁感应中的“双杆”问题分析
(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用
光滑的平行导轨 光滑不等距导轨
示意图
质量m
1
＝m
2
质量m
1
＝m
2不
电阻r
1
＝r
2
电阻r
1
＝r
2
长度l
1
＝l
2
长度l
1
＝2l
2
运动分析
杆MN做变减速运动，杆PQ做变
稳定时，两杆的加速度均为零，两
加速运动，稳定时，两杆的加速度
杆的速度之比为1 2
均为零，以相等的速度匀速运动
∶
能量分析 一部分动能转化为内能，Q＝－ΔE
k
(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
光滑的平行导轨 不光滑平行导轨
摩擦力F ＝F
示意图 f1 f2
质量m＝m
1 2
质量m＝m
1 2
电阻r＝r
1 2
电阻r＝r
1 2
长度l＝l
1 2
长度l＝l
1 2
运动分析
开始时，若F≤2F，则PQ杆先变
f
加速后匀速运动；MN杆静止。若F>2F，PQ杆先变加速后匀加速运
f
开始时，两杆做变加速运动；稳定
动，MN杆先静止后变加速最后和
时，两杆以相同的加速度做匀加速
PQ杆同时做匀加速运动，且加速
运动
度相同
外力做功转化为动能和内能(包括
外力做功转化为动能和内能，W ＝
F
能量分析 电热和摩擦热)，W ＝ΔE＋Q ＋
F k 电
ΔE＋Q
k
Q
f
三、电磁感应中的“线框”问题分析
常见情景 动力学分析 能量分析 动量分析
在安培力作用下 以进入磁场时为例，设运动过 部分（或全 动量不守恒，可用动量定理
穿越磁场 程中某时刻的速度为 v,加速度 部)动能转 分析导线框的位移、速度、
B2L2v 化 为 焦 耳 通过某横截面的电荷量和力
大小为 a,则a= ,a与v方 热 ， Q=- 作用的时间：
mR
E
向相反，导线框做减速运动， k (1)求电荷量或速度：
v →a ，即导线框做加速度减 −BI L△t =mv -mv ,q=I t;
△ 2 1
小的减速运动，最终匀速运动
(2) 求 位 移 ：
（⬇全部⬇进入磁场）或静止（导 △
线框离开磁场过程的分析相
−B2L2vΔt
=0−mv ， 即
同） R 0
总
在恒力 F(包括重 以进入磁场的过程为例，设运 力F做的功
−B2L2x
=0−mv
力 mg)和安培力 动过程中某时刻导线框的速度 等于导线框 R 0
作用下穿越磁场 F B2L2v 的动能变化 总
为v,加速度为a= − 量与回路中 (3)求时间：
m mR
产生的焦耳
−BI LΔt+F Δt=mv −mv
F B2L2v 热 之 和 ， 其他 2 1
(1)若进入磁场时 = ,则
W = E 十
即
m mR F k −BLq+F Δt=mv −mv
导线框匀速运动； Q 其他 2 1
△
F B2L2v 已 知 电 荷 量 q ， F 其他 （
(2)若进人磁场时 > ,则 F 为恒力）
m mR 其他
导线框做加速度减小的加速运 −B2L2vΔt
+F Δt=mv −mv
动（直至匀速）；
R 其他 2 1
总
F B2L2v 即
(3)若进人磁场时 < ,则
m mR −B2L2x
+F Δt=mv −mv
导线框做加速度减小的减速运 R 其他 2 1
总
动（直至匀速）(导线框离开磁
场过程的分析相同) 已 知 位 移 x ， F （
其他
F 为恒力）
其他考向一 单棒类电磁感应
1. （2024•沈河区校级模拟）我国新一代航母采用全新的电磁阻拦技术，其原理为飞机
着舰时利用电磁作用力使它快速停止。为研究问题方便，我们将其简化为如图所示的模型。在
磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有间距为L的水平平行金属导轨ab、cd，
ac间连接一电阻R，质量为m、电阻为r的粗细均匀的金属杆MN垂直于金属导轨放置，现使
金属杆MN获得一水平向右的初速度v ，滑行时间t后停下，已知金属杆MN受到的摩擦阻力
0
恒为f，MN长为L，忽略空气阻力影响，重力加速度为g。求：
（1）金属杆受到的安培力的最大值；
（2）全过程金属杆MN克服摩擦阻力f做的功W；
【解答】解：（1）刚开始时，导体棒受到的安培力最大，根据闭合电路的欧姆定律可得：
E
I=
R+r
根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv
0
根据安培力的计算公式可得：F＝BIL
B2L2V
所以最大安培力为：F= 0
R+r
（2）取向右为正方向，对金属杆MN根据动量定理可得：﹣ft﹣ΣBILΔt＝0﹣mv
0
ΔΦ BLs
则有：ΣIΔt=q= =
R+r R+r(mv −ft)(R+r)
解得金属棒的位移为：s= 0
B2L2
所以导体棒克服摩擦阻力做功为：W＝f•s
f(mv −ft)(R+r)
因此：W = 0 。
B2L2
B2L2V
答：（1）金属杆受到的安培力的最大值为 0；
R+r
f(mv −ft)(R+r)
0
（2）全过程金属杆MN克服摩擦阻力f做的功为 。
B2L2
2. （2024•台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可
实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水
平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。导体棒ab与
竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物 M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量
5mgR
为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势E= ，内阻为R，导体棒与定
Bd
值电阻阻值均为R。
（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求：
①通过导体棒的电流方向；
②导体棒匀速上升时的速度；
③此过程导体棒上升的高度h；
（2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此
过程中回路产生的总焦耳热。
【解答】解：（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升时：①根据右手定则可知，通过导体棒的电流方向由a到b；
②设导体棒匀速上升时的速度为v 。
1
导体棒中感应电流大小为
Bdv
I= 1
2R
对两棒整体，根据平衡条件得
BId+mg＝3mg
4mgR
解得：v =
1 B2d2
③导体棒从开始运动到刚匀速运动的过程，取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理
得
（3mg﹣mg）t﹣BIdt＝（3m+m）v ﹣0
1
即2mgt﹣Bdq＝4mv
1
又通过导体棒的电荷量为
Et ΔΦ Bdℎ
q=It= = =
2R 2R 2R
2mgR 16mR
联立解得：h = （2t− ）
B2d2 B2d2
（2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，此时
导体棒中感应电流大小为
E−Bdv
I′= 2
2R
对两棒整体，根据平衡条件得
BI′d+mg＝3mg
mgR
=
联立解得导体棒匀速运动的速度大小为：v
2 B2d2
取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得
Bdq′﹣（3mg﹣mg）t′＝（3m+m）v ﹣0
2
即Bdq′﹣2mgt＝4mv
2
2mgt' 4m2gR
解得此过程通过导体棒的电荷量为：q′= +
Bd B3d3
根据能量守恒有1
Eq′= ×4mv2+（3m﹣m）gh′+Q
2 2
m2g2R 18mR
解得：Q= （10t′+ ）﹣2mgh′
B2d2 B2d2
答：（1）①通过导体棒的电流方向由a到b；
4mgR
②导体棒匀速上升时的速度为 ；
B2d2
2mgR 16mR
③此过程导体棒上升的高度h为 （2t− ）；
B2d2 B2d2
m2g2R 18mR
（2）此过程中回路产生的总焦耳热为 （10t′+ ）﹣2mgh′。
B2d2 B2d2
3. （2024•湖南一模）如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面
上，其宽度L＝1m，导轨M与P之间连接阻值为R＝0.2 的电阻，质量为m＝0.5kg、电阻为r
＝0.2 、长度为1m的金属杆ab静置在导轨上，整个装置Ω处于竖直向下的匀强磁场中。现用一
垂直杆Ω水平向右的恒力F＝7.0N拉金属杆ab，使它由静止开始运动，运动中金属杆与导轨接触
良好并保持与导轨垂直，其通过电阻 R上的电荷量q与时间t的关系如图乙所示，图像中的
OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，已知ab与导轨间的动摩擦因数 ＝0.4，取g＝
10m/s2（忽略ab杆运动过程中对原磁场的影响），求： μ
（1）磁感应强度B的大小和金属杆的最大速度；
（2）金属杆ab从开始运动的1.8s内所通过的位移；
（3）从开始运动到电阻R产生热量Q＝17.5J时，金属杆ab所通过的位移。
Δq 9.0−8.0
【解答】解：（1）1.8s～2.0s过程，通过导体棒电流：I= = A＝5A
Δt 2.0−1.8
导体棒匀速运动过程中，对导体棒根据平衡条件可得：F＝BLI+ mg
联立解得：B＝1T μ
导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势为：E＝BLv
maxE
根据闭合电路欧姆定律可得：I=
R+r
联立解得最大速度为：v ＝2m/s；
max
（ 2 ） 0 ～ 1.8s 过 程 ， 取 向 右 为 正 方 向 ， 对 导 体 棒 根 据 动 量 定 理 可 得 ：
Ft−μmgt−F t=mv −0
安 max
B2L2
即：Ft−μmgt− x =mv −0
R+r 1 max
联立解得：x ＝3.2m；
1
1
（3）0～1.8s过程，根据动能定理可得：Fx−μmgx+W = mv2 −0
安 2 max
0～1.8s过程产生总热量：Q总 ＝﹣W安
R
0～1.8s电阻R产生热量为：Q = Q
R1 R+r 总
联立解得：Q ＝7.5J
R1
1.8s后匀速阶段电阻R热量为：Q ＝Q﹣Q
R2 R1
根据焦耳定律：Q =I2Rt
R2
根据运动学公式可得：x ＝v t，又有：x＝x +x
2 max 1 2
联立解得：x＝7.2m。
答：（1）磁感应强度B的大小为1T，金属杆的最大速度2m/s；
（2）金属杆ab从开始运动的1.8s内所通过的位移为3.2m；
（3）从开始运动到电阻R产生热量Q＝17.5J时，金属杆ab所通过的位移为7.2m。
考向二 双棒类电磁感应
4. （2024•合肥三模）如图，倾角 ＝37°的足够长的粗糙平行金属导轨由上下两部分组
成，宽度分别为L、2L，质量分别为m与θ2m、接入回路中电阻分别为R与2R的金属杆N、M
垂直于导轨放置，在N上端与M下端分别安装有固定立柱，一不可伸长的绝缘细线绕过定滑
轮两端分别连接N的中点与质量为3m的物块，导轨及金属杆都处于垂直导轨平面向上的匀强
磁场中，磁感应强度大小为B，M、N与导轨间的动摩擦因数均为 ＝0.5，现解除N上端的固
定立柱，N开始沿导轨向上运动，已知在N的运动过程中，细绳与μ导轨平面平行且始终与N垂直，导轨与金属杆接触良好，运动过程中物块始终未与地面接触，M、N也未脱离轨道，M
未进入上部分轨道。导轨的电阻忽略不计，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。
（1）求M刚要运动时，在物块下落的高度为h的过程中：
①N上产生的焦耳热；
②N运动的时间；
（2）取沿轨道向上为正方向，N相对M的加速度用a ＝a ﹣a 表示，求a 的最小值。
NM N M NM
【解答】解：（1）①设当M刚要运动时N的速度大小为v，对M有：
BI•2L＝2mgsin + •2mgcos
E θ μBLv θ
其中：I= =
R+2R 3R
3mgR
解得：v =
B2L2
设回路产生总的焦耳热为Q，对N、M及物块组成的系统，由能量守恒定律得：
1
Q＝3mgh﹣mgsin •h﹣ •mgcos •h− mv2
2
θ μ θ
9m3g2R2
解得：Q=2mgℎ−
2B4L4
根据焦耳定律和串联电路规律可得N上产生的焦耳热为：
R
Q = ⋅Q
N R+2R
2mgℎ 3m3g2R2
解得：Q = − ；
N 3 2B4L4
②取N的运动方向为正方向，对N和物块整体，根据动量定理可得：
3mgt﹣mgsin •t﹣ •mgcos •t﹣BILt＝（m+3m）v﹣0
θ μ θE BLvt BLℎ
其中：It= t= =
R+2R 3R 3R
B2L2 ℎ 6mR
联立解得：t= +
6mgR B2L2
（2）M开始运动后，设N、M的速度大小分别为v 、v ，则回路中的感应电流为：
N M
E' BLv −2BLv B
I′= = N M = ⋅(v −2v )
R+2R 3R 3R N M
回路中的电流先增大，N做加速度减小的加速运动，M做加速度增大的加速运动，当两者的加
速度满足：a ＝2a 时，（v ﹣2v ）的值恒定，回路中的电流恒定，两者受到的安培力恒定，
N M N M
两者以恒定的加速度做匀加速直线运动，此时a ＝a ﹣a 达到为最小值。
NM N M
两者加速度恒定时，对N和重物整体，由牛顿第二定律得：
3mg﹣ mgcos ﹣mgsin ﹣BI′L＝4ma
N
对M由μ牛顿第θ二定律得θ：
2BI′L﹣2mgsin ﹣ •2mgcos ＝2ma
M
又有：a ＝2a θ μ θ
N M
2g g
联立解得：a = ，a =
N 9 M 9
2g g g
可得a 的最小值为：a ＝a ﹣a = − =
NM NM N M 9 9 9
2mgℎ 3m3g2R2
答：（1）①N上产生的焦耳热为 − ；
3 2B4L4
B2L2 ℎ 6mR
②N运动的时间为 + ；
6mgR B2L2
g
（2）a 的最小值为 。
NM 9
5. （2024•西安三模）如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角 ＝30°的
斜面上，其间距L＝2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T。θ 两根金
属棒NQ和ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力
传感器连接（连接前，传感器已校零），细线平行于导轨。已知ab棒的质量为2kg，NQ棒和
ab棒接入电路的电阻均为2 ，导轨电阻不计。将ab棒从静止开始释放，同时对其施加平行于
导轨的外力F，此时拉力传感Ω器开始测量细线拉力F ，作出力F 随时间t的变化图像如图乙所
T T示（力F 大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度g取10m/s2。求：
T
（1）t ＝1s时，金属棒ab的速度大小；
1
（2）t ＝3s时，外力F的大小。
2
【解答】解：（1）设NQ棒的质量为M。
当t＝0时，对NQ棒，由平衡条件得：Mgsin ＝F ＝2N
T
代入数据解得：M＝0.4kg θ
t ＝1s，NQ棒受到沿斜面向上的拉力F ＝4N
1 T1
对NQ棒分析，由平衡条件得：Mgsin +F安1 ＝F
T1
解得NQ棒受到的安培力大小为：F安1 θ＝2N，方向沿斜面向下
又 F安1 ＝BI
1
L
代入数据解得：I ＝0.5A
1
ab棒产生的感应电动势为
E ＝I （2R）＝0.5×2×2V＝2V
1 1
由E ＝BLv ，代入数据解得：v ＝0.5m/s
1 1 1
（2）由图乙可得，当t ＝3s时，NQ棒受到沿斜面向上的拉力F ＝8N
2 T2
对NQ棒受力分析，由平衡条件得：Mgsin +F安2 ＝F
T2
代入数据解得：F安2 ＝6N θ
由安培力公式有：F安2 ＝BI
2
L
代入数据解得：I ＝1.5A
2
ab棒产生的感应电动势为E ＝I （2R）＝1.5×2×2V＝6V
2 2
又 E ＝BLv
2 2
代入数据解得金属棒ab的速度为：v ＝1.5m/s
2
E I(2R) 2R(F −Mgsinθ)
由以上可知，棒ab的速度可表示为v= = = T
BL BL B2L2由于F 随时间均匀增大，所以ab在做匀加速直线运动，其加速度为
T
v −v 1.5−0.5
a= 2 1= m/s2＝0.5m/s2
t −t 3−1
2 1
对棒ab受力分析，由牛顿第二定律得：
mgsin ﹣F安2 ﹣F＝ma
代入数据θ 解得：F＝3N
答：（1）t ＝1s时，金属棒ab的速度大小为0.5m/s；
1
（2）t ＝3s时，外力F的大小为3N。
2
6. （2024•郑州三模）如图所示MON﹣M′O′N′是由水平和竖直两部分光滑金属导
轨组成的装置，导轨间距均为L，整个装置处于大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。导体
棒ab、cd中点处用一根轻质绝缘刚性细线连接，固定在水平轨道上，导体棒 cd与导体棒ef中
点处同样用一根轻质绝缘刚性细线通过光滑定滑轮相连，三根导体棒的长度均为L且始终与导
轨垂直接触。现给导体棒ab一个水平向左的初速度，ab、cd之间的细线伸直瞬间释放导体棒
cd，之后两棒以相同速度v一起运动，且运动一段距离x后速度减为零。已知导体棒ab、cd达
到共速时间极短，三根导体棒的质量均为m，电阻均为R。导体棒ef与OO′距离足够远，不
计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求；
（1）导体棒ab、cd之间细线伸直前瞬间，导体棒ab的加速度大小；
（2）从导体棒ab、cd共速开始到减速为零的过程中，导体棒ef产生的焦耳热。
【解答】解：（1）设细线伸直前瞬间导体棒ab速度v ，在导体棒ab、cd之间细线伸直前瞬间
1
到达到相同速度v。
取向右为正方向，对三个导体棒，根据动量守恒定律可得：mv ＝3mv
1
解得：v ＝3v
1导体棒ab电动势：E＝BLv
1
E
导体棒ab中的电流：I =
R
总
1 3
由题意可知：R总 ＝R +
2
R =
2
R
导体棒ab所受安培力：F＝BIL＝ma
2B2L2v
联立解得：a= ；
mR
（2）三者一起运动一段距离x后速度减为零，由能量守恒可得产生的总热量为：
1
Q总
=
2
×3mv2−mgx
R
= Q
导体棒ef产生的焦耳热：Q 1 总
R+ R
2
2
联立解得：Q＝mv2− mgx。
3
考向三 线框类电磁感应
7. （2024•浙江一模）图甲为超导电动磁悬浮列车（EDS）的结构图，其简化图如图乙，
超导磁体与“8”字形线圈之间通过互感产生电磁力将车体悬浮起来。如图丙所示，列车侧面
安装的超导磁体产生垂直纸面向里的以虚线框为界的磁场，忽略边缘效应，磁感应强度大小恒
为B，磁场的长和宽分别为2l和l。在列车轨道两侧固定安装了“8”字形线圈，每个“8”字
形线圈均用一根漆包线绕制而成，匝数为n，电阻为R，水平宽度为l，竖直长度足够大，交叉
的结点为P。当列车以速度v匀速前进时：（1）若磁场的中心O点与线圈结点P等高，求此时线圈中的电流大小；
l
（2）若磁场的中心O点比线圈结点P低了h时（ℎ＜ ，且保持不变），只考虑动生电动势：
2
①在磁场刚进入单个“8”字形线圈时，求线圈对列车阻力的瞬时功率；
②在磁场穿越单个“8”字形线圈的过程中，画出单个“8”字形线圈对列车竖直方向的作用力
与时间的关系图，取竖直向上为正方向，磁场刚进入线圈时t＝0。
【解答】解：（1）由于上下对称，上、下两个线圈产生的感应电动势大小为
nBlv
E =E =
1 2 2
因“8”字绕向，两个感应电动势方向相反，相互抵消，所以线圈中总的电动势为 0，则线圈中
的电流为0。
（2）①在磁场刚进入“8”字形线圈时，回路总的感应电动势为
E＝2nBhv
由闭合电路欧姆定律得
E
I=
R
“8”字形线圈此时受到的安培力大小为
F＝2nIhB
联立解得4n2B2
ℎ
2v
F=
R
磁场受到大小相等、方向相反的阻力，为
F′＝F
则线圈对列车阻力的瞬时功率为
4n2B2
ℎ
2v2
P=−F'v=−
R
②阻力随时间变化情况如图所示。
8. （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
v
速后的速度为v ，此速度仍大于要求的软着陆设计速度 0，为此科学家设计了一种电磁阻尼
0
2
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；
v
（3）回收舱主体可以实现软着陆，若从v 减速到 0的过缓冲程中，通过线圈的电荷量为q，求
0
2
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＝nBLv
0
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 ＝nBIL
n2B2L2v
联立可得：F安 = 0
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 。
对回收舱主体，根据牛顿第二定律得
F安 ﹣mg＝ma
n2B2L2v
可得缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小为：a= 0−g
mR
v n2B2L2v
（2）达到回收舱软着陆要求的设计速度 0时，根据F安 = 0可得此时ab边受到的安培
2 R
力大小为
F n2B2L2v
F' = 安= 0
安 2 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′n2B2L2v
可得N=Mg+ 0
2R
v
（3）回收舱主体从v 减速到 0的过缓冲程中，由能量守恒有
0
2
1 1 v 2
mgℎ + mv2=Q+ m( 0 )
2 0 2 2
设此过程中，回收舱主体下降的高度为h。
nBLvt nBLℎ
通过线圈的电荷量为q=It= =
R R
qR
即得 h=
nBL
3 mgqR
可得Q= mv2+
8 0 nBL
9. （2024•中山区校级模拟）某同学根据电磁阻尼知识设计了如图 1所示的降落缓冲装
置基本原理图。均匀导线构成的正方形线框abcd质量为m，边长为L，总电阻为R。现使线框
从距离磁场上部水平边界h处静止释放，线圈abcd恰好能匀速进入磁场。已知磁场下方范围
足够大，不考虑线框之间的相互作用力，线框下落不翻转，空气阻力不计，重力加速度为g，
求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）dc边刚好进入磁场时dc两点间的电势差U ；
dc
（3）根据缓冲的原理，物体下落过程中的加速度小于重力加速度就起到了缓冲作用。实际下落
的物体可看作棱长为l的金属正方体，质量为M，从侧面看该物体是在水平向右的磁感应强度为
B的匀强磁场中竖直下落，如图2所示，假设物体从静止开始就一直在磁场中运动，金属正方体
的电阻忽略不计，则该物体下落的加速度将如何变化，并说明能否起到缓冲作用，请推理论证
你的结论。1
【解答】解：（1）从开始下落到恰进入磁场，由动能定理得：mgh= mv2
2
dc边以速率v进入磁场时，产生的感应电动势为：E＝BLv
E
线框中的电流为：I=
R
而此时线框匀速运动，根据平衡条件有：mg＝BIL
√ mgR
联立以上各式可得：B=
L2√2gℎ
（2）线框进入磁场时，cd边切割磁感线相当于电源，由右手定则可知，c点电势高，d点电势
低，
3 3
则dc两点间的电势差为：U
dc
＝﹣IR外 =−
4
IR=−
4
√mR√2g3 ℎ
（3）证明：平行磁感线的前后两个面近似看成作平行板电容器，电容为C。正方体以速度v切
割磁感线时产生的感应电动势为E＝BLv
则正方形左右面所构成电容器的电荷量Q＝CE，
ΔQ Δv
由于v不断变大，E和Q也不断变大，由后表面到前表面所构成的充电电流i= =CBl×
Δt Δt
所受的安培力F＝BiL
根据牛顿第二定律有：Mg﹣F＝ma
Δv
根据加速度的定义：a=
Δt
M
联立可得：a = g
M+B2l2
因此正方体以加速度小于g做匀加速直线运动。考向四 含容类电磁感应
10. （2024•温州一模）如图所示，光滑的水平面上固定足够长、光滑平行金属导轨，导
轨右端接有一个单刀双掷开关K。开关接1时，导轨与电动势E＝0.3V、内阻r＝1 的电源相
连；开关接2时，导轨与电容C＝0.3F的电容器相连。与导轨垂直的边界QQ′右侧Ω空间存在
方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小 B＝2T。一质量m＝0.1kg、电阻R ＝1 的金属杆
1
PP′垂直导轨放置，一边长d＝0.2m、电阻R ＝0.32 ，质量也为m的正方形金属框Ω恰好置于
2
水平面上的边界QQ′外，金属框与金属杆中点处通过Ω绝缘、松弛、不可伸长的轻绳连接。已
知导轨间距L＝0.5m，电容器初始电量q＝2C，金属杆与导轨始终接触良好且导轨的电阻均可
忽略不计。
（1）开关接1时，金属杆PP′受到垂直金属杆的水平外力保持静止，求水平外力F的大小；
（2）先断开开关K并撤去外力，再将开关K拨到2，金属杆由静止开始向右运动，杆速率最大
时轻绳尚未拉直，求金属杆的最大速率v ；
1
（3）接第（2）问，金属杆达到最大速度、轻绳未拉直时，断开开关K。求金属框完全进入磁
场区域时的速率v （已知金属杆与金属框在轻绳拉直瞬间达到共速）；
2
（4）接第（3）问，金属框完全进入磁场区域后将开关接1，一段时间后金属杆速度减为零，且
金属框始终未与金属杆碰撞，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q杆 。
【解答】解：（1）开关接1时，由闭合电路欧姆定律得
E
I=
R +r
1
对金属杆，根据平衡条件和安培力公式得
F＝F ＝B IL
A 1
联立解得
F＝0.15N（2）金属杆由静止到速率最大过程中，设电容器的带电量从q减至q ，取向右为正方向，根据
1
动量定理得
BLI•Δt＝mv
1
其中I•Δt＝q﹣q
1
即BL（q﹣q ）＝mv
1 1
q
电容器电容在金属杆匀速时，有C= 1
U
1
此时电容器两端电压等于导体棒两端电压，则有U ＝BLv
1 1
联立解得v ＝5m/s
1
Bd2
（3）金属框完全进入磁场区域时，设通过R电荷量q ，则q =
2 2 R
2
上述过程中，对金属杆，取向右为正方向，由动量定理有﹣Bq d＝2mv ﹣mv
2 2 1
解得v ＝2m/s
2
（4）轻绳松弛，金属杆到静止时，设通过杆电荷量q ，取向右为正方向，根据动量定理有
3
﹣Bq L＝0﹣mv
3 2
1
根据回路中能量守恒有Q =q E+ mv2
总 3 2 2
R
该过程中金属杆上产生的焦耳热为Q杆 =
R +
1
r
Q总
1
解得Q杆 ＝0.13J
11. （2024•涧西区校级一模）如图所示，两条平行光滑足够长的无电阻导轨所在平面与
水平地面的夹角为 ，间距为L。导轨上端接着没有充电的一平行板电容器，电容为C。导轨
处于匀强磁场中，磁θ感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在垂直于导轨无初速释放一质
量为m、电阻不计的金属棒，若不计导轨电阻。
（1）金属棒与轻弹簧不连接时：
a、金属棒下滑速度为v时，电容器所带的电量Q为多少？
b、金属棒做什么运动？并求出金属棒下滑距离x时的速度。
（2）金属棒与轻弹簧相连接，劲度系数为k，弹簧给金属棒的拉力垂直棒，静止释放时弹簧处
于原长，则：
a、金属棒做什么运动？向下运动的最大位移是多少？b、金属棒向下运动过程中电容器能充入电量的最大值是多少？（假设金属棒运动过程中，弹簧
一直处于弹性限度内）
【解答】解：（1）a、金属棒不与弹簧连接，速度为v时，金属棒产生的感应电动势为：E＝
BLv
所以电容器所带的电量为：Q＝CU＝CBLv；
b、在很短时间Δt内，速度变化为Δv，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可得：mgΔtsin
﹣BILΔt＝mΔv θ
其中给电容器的充电电荷量为：ΔQ＝CΔU＝CBLΔv
Δv
根据加速度定义式可得：a=
Δt
mgsinθ
联立解得加速度大小为：a =
m+CB2L2
加速度a不随时间变化，金属棒做匀加速直线运动，金属棒下滑距离x时的速度为v，则有：v2
＝2ax
√ 2xmgsinθ
解得：v= ，方向沿导轨向下；
m+CB2L2
（2）a、金属棒与弹簧连接时，设下滑位移x 时，速度为v ，则有：
1 1
Q＝CBLv
1
I ＝CBLa
1 1
由牛顿第二定律可得：mgsin ﹣kx ﹣BI L＝ma
1 1 1
θ
mgsinθ−kx
联立解得：a = 1
1 m+CB2L2
mgsinθ−kx mk mgsinθ
金属棒所受的合力为：F＝ma ＝m• 1=− （x − ）
1 m+CB2L2 m+CB2L2 1 kmgsinθ
令x'＝x −
1 k
mk
则F =− •x′
m+CB2L2
mgsinθ mgsinθ
故金属棒以x = 为平衡位置做简谐运动，振幅：A=
2 k k
2mgsinθ
向下运动的最大位移为：x ＝2A= ；
3 k
mgsinθ
b、当金属棒下滑距离为x = 时速度最大，最大速度为v ，根据动能定理可得：
2 k 2
1 1 1
mgx sin = kx2+ mv2+ CU2
2 2 2 2 2 2 2
θ
U＝BLv
2
根据电容器电荷量的计算公式可得：Q ＝CU＝CBLv
m 2
CBLmgsinθ
=
联立解得：Q 。
m √(m+cB2L2 )k
12. （2024•荆州区校级四模）如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨 MQN、
M′Q′N′，导轨间距 L＝1m，其中MQ、M′Q′段倾斜放置，倾斜角 ＝37°，MQ＝
M′Q′＝6m，QN、Q′N′段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）θ 光滑圆弧绝缘
材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容C＝1F的电容器，在N和N′两端与R＝0.1 的
电阻器相连，在倾斜导轨MQ、M′Q′区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场 BΩ＝
1
1T，在水平导轨的 DD′E′E区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场 B ＝0.4T，
2
DD′、EE′均与导轨垂直，且DE＝D′E′＝L＝1m，cdef是质量为M＝3kg、各边长度均为
L的开口向左的U形金属框，已知其de边电阻为R＝0.1 ，其余各段电阻可忽略不计，开始时
紧挨导轨静置于DD′E′E左侧外，一不计电阻的质量为Ω m＝1kg的金属棒a紧贴MM′从静
止释放，使其向下滑行，越过QQ′后与U形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形
导体框沿导轨穿过磁场B 区域。不计一切摩擦，取重力加速度g＝10m/s2，求：
2（1）金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小；
（2）de边刚进入磁场B 区域时的速度大小；
2
（3）整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。
ΔQ
【解答】解：（1）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程中有：C=
ΔU
又根据电流的定义：Q＝IΔt
ΔU
所以电流为：I=C
Δt
CΔU
对金属棒a，由牛顿第二定律：mgsinθ−B L=ma
1 Δt
又根据动生电动势公式有：ΔU＝B LΔv
1
CB LΔv
上式变为：mgsinθ−B 1 L=ma
1 Δt
Δv
又因为a=
Δt
mgsinθ
=
所以可求得金属棒加速度为：a
m+B2L2C
1
代入数据得：a＝3m/s2
（2）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程由运动学公式得：v=√2aL =√2×3×6m/s＝6m/s
MQ
金属棒a越过QQ′后与U形金属框发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv＝
（m+M）v
1
解得：v ＝1.5m/s
1
此后一起匀速向右运动直到de边进入磁场B 区域，即de边进入磁场B 区域时速度为1.5m/s。
2 2
（3）在de边进入磁场区域时，de边左侧电阻为0，即右侧的电阻器R被短路，无电流。此时回路总电阻就为de边的电阻R；在cf边进出磁场时，此时右侧de边和电阻器组成并联电路，此时
总电阻为0.5R，
根据安培力公式：F＝BIL
动生电动势公式：E＝BLv
则碰后粘在一起全部进入磁场 B 区域过程，以向右为正，根据动量定理有：
2
B L2
−B 2 L=(M+m)v −(M+m)v
2 R 2 1
解得：v ＝1.1m/s
2
B L2
金属框一起全部穿出磁场B
2
区域过程，有：−B
20.
2
5R
L=(M+m)v
3
−(M+m)v
2
解得：v ＝0.3m/s
3
R 1 1
所以此过程中电阻器R上产生的焦耳热为：Q = [ (m+m)v2− (M+m)v2 ]
R R+R 2 2 2 3
代入数据得电阻器R上产生的焦耳热为：Q ＝1.12J
R
