文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
专题29 电磁感应+功和能
考点
三年考情（2022-2024）
命题趋势
考点1 电磁感
应+功和功率
（5 年4 考）
2024 年高考山东卷：金属棒在两条相同的半圆
弧形光滑金属导轨上滑动；
2022 年高考上海卷：一个正方形导线框以初速
度v0 向右穿过一个有界的匀强磁场；
2024 高考广西卷：研究非摩擦形式的阻力装
置；
2022 年福建高考：金属棒在平行导轨上运动切
割磁感线；
2024 年高考辽宁卷：导体棒在两条“∧”形的
光滑平行金属导轨滑动切割磁感线；
1. 功和功率是高考考查频率较高
的知识点，与电磁感应综合主要
表现在考查安培力功和功率。
2. 电磁感应中的能量包括动能定
理、焦耳热、能量守恒定律、功
能关系等。
考点2 电磁感
应+能量
（5 年5 考）
2023 学业水平等级考试上海卷：线框在斜面上
切割磁感线运动；
2023 年高考全国甲卷：绝缘棒和金属棒在光滑
U 型金属导轨滑动切割磁感线运动；
2023 年高考湖南卷：两根足够长的光滑金属直
导轨平行放置，金属棒下滑切割磁感线运动；
2023 全国高考新课程卷：线框在两条光滑长直
金属导轨移动切割磁感线；
考点01 电磁感应+功和功率
1. （2024 年高考山东卷）. 如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面
竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN 平
行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑
自感影响，下列说法正确的是（ ）
A. MN 最终一定静止于OO'位置
B. MN 运动过程中安培力始终做负功
C. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN 的速率一直在增大
D. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN 中电流方向由M 到N
【答案】ABD
【解析】
由于金属棒MN 运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN 的机械
能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN 最终一定静止于OO'位置，故A 正确；
当金属棒MN 向右运动，根据右手定则可知，MN 中电流方向由M 到N，根据左手定则，可知金属棒MN
受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN 向左运动，根据右手定则可知，MN 中电流方向
由N 到M，根据左手定则，可知金属棒MN 受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN 运动过程
中安培力始终做负功，故B 正确；
金属棒MN 从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达
OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN 已经做减速运
动，故C 错误；
从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN 中电流方向由M 到N，故D 正确。
故选ABD。
2. （2022 年高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0 向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速
度发生变化所用时间分别为t1和t2 ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）
A. t1＜t2，W1＜W2， B. t1＜t2，W1＞W2，
C. t1＞t2，W1＜W2， D. t1＞t2，W1＞W2，
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定理+等效思维
【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作用做减速运动，
因此进入过程的平均速度v1 平大于离开过程的平均速度v2 平，由L=v1 平t1和L=v2 平t2可得t1＜t2。
线框刚进入磁场时速度为v0，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为v1，刚完全离开磁场
时速度为v2，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E1，平均感应电流为I1，离开磁场过程中产生的平
均感应电动势为E2，平均感应电流为I1，由法拉第电磁感应定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由闭合
电路欧姆定律，I1= E1/R，I2= E2/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q1=I1t1，离开磁场过程通过导体截
面的电荷量q2=I2t2，联立解得：q1= q2。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-F1t1=mv1- mv0，F1=B
I1L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F2t2=mv2- mv1，F2=B I2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1= q2，联立解得：
v1-v0= v2- v1。根据动能定理，W1=
mv0
2-
mv1
2，W2=
mv1
2-
mv2
2，
=
=
＞1，所以W1
＞W2，选项B 正确。
3. （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。
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【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；
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
4. （2022 年福建高考）如图（a），一倾角为
的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为
L 的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金
属棒G、H 垂直导轨放置，G 的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A 相连；初
始时刻绳子处于拉紧状态并与G 垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从
开始，H
在水平向右拉力作用下向右运动；
时，H 与挡板M、N 相碰后立即被锁定．G 在
后的速度一时
间图线如图（b）所示，其中
段为直线．已知：磁感应强度大小
，
，G、H 和A 的
质量均为
，G、H 的电阻均为
；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H 与挡板碰撞时
间极短；整个运动过程A 未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：
，
，重力加速度大小取
，图（b）中e 为自然常数，
．求：
（1）在
时间段内，棒G 的加速度大小和细绳对A 的拉力大小；
（2）
时，棒H 上拉力的瞬时功率；
（3）在
时间段内，棒G 滑行的距离．
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【参考答案】（1）
；
；（2）
；（3）
【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。对速度图像的理解、牛顿运动定律及
其相关知识点。
【名师解析】
（1）由
图像可得在
内，棒G 做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A 的加速度也为
，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在
内棒G 做匀加速运动，回路中电流恒定为
，两棒速度差为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H 由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
由
图像可知
时，棒G 的速度为
此刻棒H 的速度为
其水平向右拉力的功率
．
（3）棒H 停止后，回路中电流发生突变，棒G 受到安培力大小和方向都发生变化，棒G 是否还拉着物块A
一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G 加速度为
物块A 加速度为
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
说明棒H 停止后绳子松弛，物块A 做加速度大小为
的匀减速运动，棒G 做加速度越来越小的减速
运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在
内
棒G 滑行的距离
这段时间内物块A 速度始终大于棒G 滑行速度，绳子始终松弛。
9. （2024 年高考辽宁卷） 如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、
右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和B。将有
一定阻值的导体棒ab、cd 放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，
ab、cd 的质量分别为2m 和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中
（ ）
A. 回路中的电流方向为abcda
B. ab 中电流趋于
C. ab 与cd 加速度大小之比始终为2︰1
D. 两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【解析】
导体棒ab 和cd 同时由静止释放，速度为v 时，ab 产生的感应电动势E1=2BLv，由右手定则可判断出ab 中
感应电动势方向为a→b；cd 产生的感应电动势E2=BLv，由右手定则可判断出ab 中感应电动势方向为
c→d，两导体棒产生的感应电动势；所以回路中的电流方向为abcda，A 正确；当导体棒所受安培力沿导轨
方向的分力等于重力沿导轨方向的分力时，导体棒匀速运动，电流趋于最大值。设ab 导体棒中电流趋于
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
I，ab 所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=
，B 正确；导体棒速度为v 时回路中总感应
电动势E=E1+E2=3BLv，导体棒中电流I=E/2R=
,对导体棒ab，所受安培力F1=
，由牛顿第二定
律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-
；对导体棒cd，由所受安培力F2=
，由牛顿第二
定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-
；由此可知，ab 和cd 加速度大小始终相等，C 错误；由
于ab 和cd 加速度大小始终相等，可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，由E=BLv
可知两导体棒产生的感应电动势始终不相等，D 错误。
考点02 电磁感应+能量
1. （2023 学业水平等级考试上海卷）如图（a）单匝矩形线框cdef 放置在倾角θ=30°的斜面上，在宽度为
D=0.4m 的区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，线框质量m=0.1kg，总电阻
R=0.25Ω。现对线框施加一沿斜面向上的力F 使线框向上运动，ed 边离开磁场时撤去外力F，线框速度随时
间变化的图像如图（b）。已知线框ef=0.4m，线框与斜面之间的动摩擦因数μ=
，g 取9.8m/s2。求：
（1）外力F 的大小；
（2）线框cf 的长度L；
（3）整个过程中线框产生的焦耳热Q。
【参考答案】（1）1.48N （2）0.5m （3）0.4J
【名师解析】（1）对线框受力分析如图所示。
由牛顿第二定律，F-mgsinθ-f=ma，
N=mgcosθ，f=μN。
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由速度图像可知，在0~0.4s 内，a=
=5m/s2。
联立解得：F=1.5N.
（2）对线框受力分析如图所示。
在线框匀速运动阶段，F=mgsinθ+f+FA，
N=mgcosθ，f=μN。
安培力FA=BIL，I=E/R,E=BLv，v=2.0m/s
联立解得：L=0.5m
（3）由I=E/R,E=BLv，可得I=2A，
线框进入磁场时间和出磁场时间相等，都是t=ef/v=0.2s，
由焦耳定律可得整个过程中线框产生的焦耳热Q=I2R（2t）=0.4J
2. （2023 年高考全国甲卷）（20 分）如图，水平桌面上固定一光滑U 型金属导轨，其平行部分的间距为
l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应
强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l 的金属棒P 静止在导轨上。导轨上质量为3m 的绝缘棒
Q 位于P 的左侧，以大小为v0的速度向P 运动并与P 发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P 和Q
先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P 在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P 与Q
始终平行。不计空气阻力。求：
（1）金属棒P 滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间。
【参考答案】（1）
（2）
（3）
【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。
【解题思路】
（1）Q 与P 弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由系统动能守恒，
=
+
联立解得：
，
根据题述，P 、Q 落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P 滑出导轨时的速度大小为
（2）由能量守恒定律，金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量Q=
-
=
（3）P 在导轨上做变速运动，设速度为v 时金属棒中产生的感应电动势为e，电流为i，在△t 时间内速度
变化△v，由法拉第电磁感应定律，e=BLv，
由闭合电路欧姆定律，i=e/R
所受安培力 F=BiL=
，
由动量定理，F△t=m△v，
即：
△t=m△v，
方程两侧求和 Σ
△t=Σm△v，
即
Σv△t=mΣ△v，
注意到Σv△t=x，Σ△v=
-
= v0，解得：x=
由x=vQt
解得与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间为t=
【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在磁场中切割磁感
线运动为变速直线运动，可以采用微元法，把位移分割为微元，利用动量定理列方程解答。
3. （2023 年高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为
，两导轨及其所
构成的平面均与水平面成
角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为
．
现将质量均为
的金属棒
垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为
．运动过程中金属
棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为
．
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（1）先保持棒
静止，将棒
由静止释放，求棒
匀速运动时的速度大小
；
（2）在（1）问中，当棒
匀速运动时，再将棒
由静止释放，求释放瞬间棒
的加速度大小
；
（3）在（2）问中，从棒
释放瞬间开始计时，经过时间
，两棒恰好达到相同的速度
，求速度
的大
小，以及时间
内棒
相对于棒
运动的距离
．
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）a 匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv0，
导体棒a 中电流I=E1/2R
所受安培力F=BIL，
匀速运动，mgsinθ=F
联立解得v0==
（2）当导体棒a 匀速运动时，释放b，由左手定则可判断出导体棒b 受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛
顿第二定律，mgsinθ+F=ma，
解得 a=2gsinθ。
（3 释放导体棒b 后，由于导体棒b 中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a 中产生的感应电动势方
向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a，由动量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t0=mv
联立解得：v=gt0sinθ+
取导体棒变速运动过程中，导体棒a 速度为vi时产生的感应电动势为Ei=BLvi，同时导体棒b 速度为vj，感应
电动势Ej=BLvj，导体棒中电流为I=
=
，所受安培力F=BIL=
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+
）△t=m△v
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
方程两侧求和Σ【(mgsinθ+
）△t】=Σm△v
注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x
解得：△x=
4．（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，
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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，
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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=
=
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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 ==
+
=
5．（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
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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。
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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=
+
=
17
