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高考电学压轴题模型解读与针对性训练
专题12 电磁感应+功和能模型
【电磁感应+功和能模型解读】
1.电磁感应中的能量转化
闭合电路中产生感应电流的过程，是其他形式的能转化为电能的过程.电磁感应
中能量问题的实质是电能的转化问题，桥梁是安培力.
安培力做正功——电磁驱动，电能转化为机械能。例如电动机，电磁炮等
安培力做负功——电磁阻尼，机械能转化为电能，进而转化为焦耳热或其它形
式的能量。
2.求解焦耳热的三种方法
（1）若导体中的电流电阻都不变，则可以运用焦耳定律求得产生的焦耳热，
（2）对于动生型电磁感应情况，由功能关系可知，产生的焦耳热等于克服安培
力做的功。
（3）任何情况下，都可以运用能量守恒定律得出产生的焦耳热。
3. 能量转化问题的分析程序：先电后力再能量
4.常见的功能关系
做功情况
能量变化
重力做功
重力势能发生变化
弹簧弹力做功
弹性势能发生变化
合外力做功
动能发生变化
做功情况
能量变化
除重力和系统内弹力以外的其他力做功
机械能发生变化
滑动摩擦力做功
有内能产生
静电力做功
电势能发生变化
安培力做正功
电能转化为其他形式的能
克服安培力做功（动生型电磁感应）
其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做
多少功，就产生多少电能
【高考真题】
【典例1】．（2025 高考安徽卷）（18 分）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌
面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R 的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域
MNPQ 存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ 左侧沿导轨水平向
右发射第1 根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0 时被锁定；从原位置再发
射第2 根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0 时被锁定，以此类推，
直到发射第n 根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等
于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电
阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。
求：
(1)第1 根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
(2)第2 根导体棒从进入磁场到速度减为0 的过程中，其横截面上通过的电荷量；
(3)从第1 根导体棒进入磁场到第n 根导体棒速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上
产生的总热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
，n = 1，2，3，…
【解析】（1）第1 根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E = BLv0
则此时回路的电流为
此时导体棒受到的安培力F 安 = BIL
此时导体棒受安培力的功率
（4 分）
（2）第2 根导体棒从进入磁场到速度减为0 的过程中，根据动量定理有
其中
解得
（4 分）
（3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0 时被锁定，则根据能量守恒，每
根导体棒进入磁场后产生的总热量均为
第1 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量
第2 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量
第3 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量
第n 根导体棒进入磁场到速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上产生的热量
则从第1 根导体棒进入磁场到第n 根导体棒速度减为0 的过程中，导轨右端定值电阻R 上
产生的总热量QR = QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn
联立解得
，n = 1，2，3，…（10 分）
【典例2】．（2023 全国高考新课程卷）（20 分）一边长为L、质量为m 的正方形金属细
框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L 的区域内存在方向垂
直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终
与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框
的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻
，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中
相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触
良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【名师解析】
（1）设导线框进入磁场时速度为v0，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=BLvi，
感应电流，i=e/4R0,
所受安培力F=BiL，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v1- v0，
化简得
=m（v0-v1） ①
导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。
导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v=
-v1，
化简得
=m（v1 -
） ②
①②两式消去v1，得v0=
（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，
此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。
故电路中的外电路电阻为
=
,总电阻R 总=R0+
=
设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R 总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=l，Σ△v= v1- v，
化简得
=m（v-v1） ①
解得：v1=v-
=
在这个过程中线框动能减小△Ek1=
-
=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q1，由于R1=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导
线框右边电阻产生的热量为4.5Q1，左边电阻产生的热量为2Q1，整个电路电阻产生的热量
为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5 Q1.
解得：Q1=
导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R 的电源，回路总电阻R 总=2.5R，
导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v2，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R 总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v2- v1，
化简得
=m（v1-v2） ①
解得：v2=v1-
=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。
在这个过程中线框动能减小△Ek2=
=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q2，则导线框电阻产生的热量为
Q2，整个电路电阻产生
的热量为Q’=1.25 Q2.
解得：Q2.=
整个运动过程中，R1产生的热量为Q= Q1+ Q2 ==
+
=
【典例3】．（11 分）（2023 年6 月高考浙江选考科目）某兴趣小组设计了一种火箭落停
装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电
杆MN）和装置A 组成，并形成团合回路。装置A 能自动调节其输出电压确保回路电流I 恒
定，方向如图所示。
导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I 在导电杆以上空间产生的
磁场近似为零：在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小
（其中k 为常
量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大
小
，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入
导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为
M，导轨间距
，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻
力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A 的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F 和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E 与运动时间t 的关系；
（3）求装置A 输出电压U 与运动时间t 的关系和输出的能量W；
（4）若R 的阻值视为0，装置A 用于回收能量，给出装置A 可回收能量的来源和大小。
【参考答案】（1）3Mg；
；（2）E=
（v0-2gt）；
（
3）
；
（4）装置A 可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能。
【名师解析】（1）导电杆所受安培力F=B1Id=kI·I·
=3Mg
由动能定理，-FL+MgL=0-
解得：L=
。
（2）火箭与导电杆下落做匀减速运动，由F-Mg=Ma，解得加速度大小为a=2g。
在时刻t，导电杆的速度v=v0-at=v0-2gt，
导电杆切割磁感线产生的感应电动势E=B2dv=2kI·d·（v0-2gt）=
（v0-2gt）
（3）根据题述导电杆中电流恒定为I，则有U-E=IR，
解得装置A 输出电压U=IR+
v0-
t=
装置A 输出的电功率P=UI= I2R+ 3Mgv0-6Mg2t
由v0-2gt0=0 解得总下落时间t0=
令I2R+ 3Mgv0=P0，画出输出的电功率P 随时间t 变化图像，如图。
电功率P 随时间t 变化图像与横轴所围面积等于输出的能量W，
所以W=
=
（I2R+ 3Mgv0）
=
（4）若R 的阻值视为零，装置A 可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能；
动能为EK=
，重力势能为为Ep=Mg·
=
，
可回收的总能量为W 回= EK+ Ep=
+
=
【典例4】（2024 高考广西卷）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
、
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
，每个线圈的圆心角为
，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
的角速度保持匀速转动，以线圈
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
受到的安培力大小；
（2）流过线圈
的电流有效值；
（3）装置K 消耗的平均电功率。
【答案】（1）见解析；（2）
；（3）
【解析】
（1）由题意知大齿轮以
的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则
，
可得小齿轮转动的角速度为
转动周期为
以线圈
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
这段时间内线圈
产生的电动势为
电流为
受到的安培力大小
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
由于M1线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；
当M1线圈ab 边离开磁场到cd 边离开磁场，经历的时间为
此时的安培力大小由前面分析可知
方向与进入时相反；
当M1线圈cd 边离开磁场到ab 边进入磁场，经历的时间为
同理可知安培力为0。
（2）根据（1）可知设流过线圈
的电流有效值为I，则根据有效值定义有
其中
，
联立解得
（3）根据题意可知流过线圈
和
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
【针对性训练】
1. （2025 年4 月东北三省部分高中联盟第二次模拟联合调研）如图所示，水平面内固定一
“
”形光滑足够长的金属框架
，三角形区域为边长的等边三角形，
平行区域间距也为，在
点处有一小缺口，使
部分与框架其余部分绝缘。框架所在的
空间内，从左至右依次分布有三个竖直向下的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，三个磁场的磁感
应强度大小均为
，Ⅱ区域宽度为
，Ⅲ区域宽度为
、Ⅱ区域间距忽略不计，Ⅱ、Ⅲ
区域间距未知。现有两完全相同的金属杆
、
，质量均为
，杆上单位长度的电阻均为
，杆
最初静止于磁场
的左侧，杆
在水平拉力作用下从
点开始向右做速度大小为
的匀速直线运动，杆
经过
后撤去外力。已知杆
通过缺口前后速度不变，杆
出
Ⅲ区域时的速度大小为
，杆
出Ⅲ区域的过程中杆
在Ⅱ区域的位移大于3.5l，金属框
架的电阻不计，两杆与导轨始终接触良好，且
间如果发生碰撞为弹性碰撞，求：
（1）杆
向右运动位移为
时，流经杆
的电流大小；
（2）整个运动过程中系统所产生的热量。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）杆a 向右切割磁感线产生的电动势为
由闭合电路欧姆定律可得流经杆a 的电流大小为
（2）当a 向右的位移为x 时，切割的有效长度为
安培力大小为
由于a
I 区域中匀速，所以
即外力F 正比与位移x，所以整个运动过程中外力所做的功为
假设b 出Ш 区域的过程中，a 还未出I 区域，对a、b 组成的系统动量守恒
解得
在此过程中，a 做加速度减小的减速运动，所以此过程对a 有
b 做加速度减小的加速运动，所以此过程对b 有
已知b 在此过程中的位移为l，则在此过程中a 的位移一定小于5l，所以假设成立在此过程
中对b 由动量定理得
由上式可得
b 出Ш 区域后，假设a 也能出Ш 区域，并设其出Ш 区域的速度大小为
，对a 由动量定
理得
因为
，所以
已知
，所以
所以
即a 能出Ш 区域，假设成立，并且a 出Ш 区域后速度大于b 出Ш 区域后的速度，所以之
后还会发生碰撞。现在先解a 出Ш 区域时的速度
即
将
代入上式解得
因为a、b 质量相等，并且它们之间的碰撞为弹性碰撞，所以碰后两者交换速度，故最终有
，
对于整个过程，由能量守恒得
代入数据解得
2. (广东省2025 年广州市普通高中毕业班第三次模考)小红在查阅资料时看到了嫦娥五号
月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地面着落回收的电磁缓冲装置，其工作
原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安
装有均匀对称的4 台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板
上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画
出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=5T。导轨内的缓冲滑块
K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R=100Ω，
匝数为n=200 匝，ab 边长为L=40cm。假设整个返回舱以速度v0=10m/s 与地面碰撞后，滑
块K 立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量
为m=2×103kg，地球表面的重力加速度取g=10m/s2，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽
略不计。
（1）求滑块K 的线圈中最大感应电流的大小；
（2）若缓冲装置向下移动距离H=80cm 后速度减为v=6m/s，则此过程中每个缓冲装置的线
圈abcd 中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少？
（3）若要使缓冲滑块K 和返回舱不相碰，且缓冲时间为t=1.5s，则缓冲装置中的光滑导轨
PQ 和MN 长度至少多大？（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）40A；（2）3.2C，
；（3）7.81m
【解析】（1）滑块与地面碰撞后瞬间速度为零，此时返回舱速度为v0且最大，则滑块K
中的感应电动势最大，为
根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K 的线圈中最大感应电流的大小为
将已知量代入可解得
（2）此过程中通过每个缓冲装置的线圈abcd 中的电荷量为
平均电流为
平均感应电动势为
联立以上各式解得
将已知量代入可得
q=3.2C
根据能量守恒定律可知，此过程中每个缓冲装置的线圈abcd 中产生的焦耳热为
将已知量代入可得
（3）根据感应电动势公式、欧姆定律及安培力公式可得，每台减速装置受到的安培力平均
值为
电流平均值为
而电动势平均值为
因为有4 台减速装置，以向上的方向为正方向，根据动量定理得
若缓冲装置中的光滑导轨PQ 和MN 长度至少为d，则
联立解得
将已知量代入可得
3. （2024 山东济宁一中2 月质检）. 如图所示，水平导体棒ab 的质量
，长
L=1m、电阻
，其两个端点分别搭接在竖直平行正对放置的两光滑金属圆环上，
两圆环半径均为r=1m、电阻不计。阻值
的电阻用导线与圆环相连接，理想交
流电压表V 接在电阻R 两端。整个空间有磁感应强度大小为B=1T、方向竖直向下的匀强
磁场。导体棒ab 在外力F 作用下以速率
两圆环的中心轴
匀速转动。t=0 时，
导体棒ab 在圆环最低点。重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒中的电流
B. 电压表的示数为
C. 从t=0 到0. 5πs 的过程中通过R 的电量为2C
D. 从t=0 到0. 5πs 的过程中外力F 做功为
【参考答案】AC
【名师解析】
导体棒ab 在圆环最低点时，速度v 垂直与磁感线，有效切割速度最大，感应电动势为最大
值
感应电流最大值为
设经过时间t 导体棒速度与磁感线夹角为
此时导体棒有效切割速度为
在导体棒中电流随时间变化规律为
故A 正确；
电压表示数为电阻R 两端电压有效值，则
故B 错误；
导体棒圆周运动的周期为
0.5πs 等于周期的四分之一，则在0~0.5π s 时间内通过R 的电量为
故C 正确；
根据能量守恒定律可知，从t=0 到0.5πs 的过程中外力F 做功等于导体棒增加的重力势能与
电路产生的焦耳热之和，电流的有效值为
则焦耳热为
导体棒增加的重力势能为
则外力做功为
故D 错误。
4. （2024 江苏部分学校3 月质检）如图甲所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，
MN、PQ 是水平放置的平行长直导轨，其间距为L=1m，R1和R2是并联在导轨一端的电阻，
且R1=12Ω、R2=6Ω，ab 是垂直导轨放置的质量为m=1kg 的导体棒，导轨和导体棒之间的动
摩擦因数各处均相同。从零时刻开始，对ab 施加一个大小为F=0.75N，方向水平向左的恒
定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图
乙是棒的v-t 图像，其中O 点为坐标原点，其坐标为（0，0），AO 是图像在O 点的切线，
AB 是图像的渐近线。除R1、R2以外，其余部分的电阻均不计，设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，已知当棒的位移为20m 时，其速度达到了最大速度1m/s。求（结果可以保留分数）
（1）导体棒ab 运动中受的摩擦力f 的大小和磁感应强度B 的大小；
（2）在导体棒ab 的位移为20m 过程中R2电阻上产生的焦耳热；
（3）若在导体棒ab 的位移为20m 时立即将恒定拉力F 撤掉，此后导体棒ab 滑行到停止的
过程中流过R1的电量为
C，求摩擦力在导体棒ab 整个运动过程的平均功率。
【参考答案】（1）0.5N；1T；（2）3J；（3）0.44W
【名师解析】
（1）由图乙得初始瞬间的加速度为
则由牛顿第二定律可知
F-f=ma
代入解得
f=0.5N
最终导体棒匀速运动，速度v=1m/s，设此时受到的安培力为F 安，由平衡条件得
F-f-F 安=0
而安培力
电路总电阻
联立代入数据解得
B=1T
（2）对棒由能量守恒定律有
（3）从开始到运动x1=20m 内，由动量定理有
Ft1-F 安t1-ft1=mv-0
所以
t1=24s
从撤去外力到停止运动，由动量定理有
-F′安×t2-f×t2=0-mv
那么
F′安×t2=BLq2
qR1=I1t2=
C
qR2=I2t2=
C
所以
q2=qR1+qR2=
C
所以
t2=1s
x2=2m
所以
