电磁感应综合计算问题-2025届高考物理二轮复习热点题型归类

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。

蜀深究"解题攻略"

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“动一电一动”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.

⑵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wovo=O

aB，

D1/;

/tDCL,7

质量为加、电阻轨道水平光滑，

轨道水平光滑，轨道水平光滑，

示意图不计的单杆。6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/,拉力厂恒

为/为/,拉力厂恒

轨间距为1定定

匕

0

加时间内流入电

容器的电荷量Nq

=C\U=CBlNv

0J

；|电流I=M=CB1

01V______.At

01

当£感=£时，Av

运动分析v—=CBla

导体杆做加速度当4=0时，V最△t

最大，且Vm=

越来越小的减速FR安培力/安=〃5

E大，Vm即，杆

运动，最终杆静最后以Vm匀=CB2Pa

BI

开始匀速运动

止速运动F—F安=ma,a

_F

m+B212c

所以杆以恒定的

加速度匀加速运

动

外力做功转化为外力做功转化为

能量分析动能转化为内电能转化为动能

动能和内能，印F电能和动能，版

能，;机归=01

和内能，石1电=5=-mVm+2=E申H--mv2

2

mVm+2

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

N竹

杆〃N竹/Q

杆]下-----杆2

’M0

示意图

质量mi=m2质量加1=加2不

电阻ri=r2电阻尸1=/2

长度l\~h长度11=21?

0t

运动分析

杆MN做变减速运动，杆尸0做变or

加速运动，稳定时，两杆的加速度稳定时，两杆的加速度均为零，两

杆的速度之比为1：2

Vo

均为零’以相等的速丐匀速运动

能量分析一部分动能转化为内能，0=-A£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

杆ZN

杆幺N

摩擦力Ffi=F

示意图G

质量加1=加2

质量m[=m2

电阻ri=r2

电阻尸1=生

长度l\~h

长度h=h

­

F^2FtF>2Ft

开始时，若后2居，则尸。杆先变

运动分析t加速后匀速运动；杆静止。若

开始时，两杆做变加速运动；稳定F>2Ff,P。杆先变加速后匀加速运

时，两杆以相同的加速度做匀加速动，儿W杆先静止后变加速最后和

运动P0杆同时做匀加速运动，且加速

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¥=

能量分析电热和摩擦热），叫=A£k+0电+

常+。

Of

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，设运动过程部分（或全动量不守恒，可用动量定理

穿越磁场中某时刻的速度为V,加速度大部）动能转分析导线框的位移、速度、

：XXXX:

小为a,则a=,a与v方向相化为焦耳通过某横截面的电荷量和力

［：XXXX：TH.K

齐…j

热，Q=-AEk作用的时间：

:xxxx:反，导线框做减速运动，

：XXXX:⑴求电荷量或速度：—BlL

vl-al,即导线框做加速度减小

△t=mv2-mvi,q=IAt;

的减速运动，最终匀速运动（全

41、YA—B2L2VAtc

部进入磁场）或静止（导线框离(2)求位移：R总=0-m

开磁场过程的分析相同）—B2L2X

Vo，即R&-0-mv0

在恒力F（包括重以进入磁场的过程为例，设运动力F做的功

（3）求时间：

力mg）和安培力过程中某时刻导线框的速度为等于导线框

—BILAt+F其他At=mv2—m

作用下穿越磁场v,加速度为B胃的动能变化

Vi即—BLq+F其他At=mv2

M量与回路中

（1）若进入磁场时3=鬻，则导—mvi

产生的焦耳

己知电荷量q,F其他（F其他

线框匀速运动；

热之和，

XXXXXXX为恒力）

XXXXXXX（2）若进入磁场时6>若，则导

XXXXXXXWF=AEk+

22「“

线框做加速度减小的加速运动Q-BLvAt

R总+F其他At-mv2-m

（直至匀速）；

—B2L2x

V1即R息+F其他At=mv2

（3）若进人磁场时£〈嘿，则导

—mvi

线框做加速度减小的减速运动

已知位移x,F其他（F其他

（直至匀速）（导线框离开磁场

为恒力）

过程的分析相同）

〃亲临"高考练场"

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vo,滑行时间t后停下，已知金属杆MN受到的摩擦阻力恒为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；

E

【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：I=H

根据法拉第电磁感应定律可得：E=BLv0

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

（2）取向右为正方向，对金属杆MN根据动量定理可得：-R-EBILAt=O-mv（）

AfPBLs

则有：SIAt=q=——=——

K-riK-rT

解得金属棒的位移为：一-

所以导体棒克服摩擦阻力做功为：W=f-s

/(mvo-ft)(7?+r)

因此：W=

B2L2

B2L2V

答：（1）金属杆受到的安培力的最大值为kO；

(7?+r)

（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的质量为m,重物M

5mqR

质量为3m,竖直导轨间距为d。电源电动势E=-*一,内阻为R,导体棒与定值电阻阻值均

Ba

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f、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VI。

导体棒中感应电流大小为

Bdvi

1=2R

对两棒整体，根据平衡条件得

BId+mg=3mg

4mqR

解得：V1=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-Bldt=(3m+m)vi-0

即2mgt-Bdq=4mvi

又通过导体棒的电荷量为

_EtBdh

q="赤=赤=为

2maR16m/?

联“解得：h=B2d2(2t—B2d2)

（2）把开关k接2,解除导体棒锁定，导体棒经时间f、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-Bdv2

1=~2R-

对两棒整体，根据平衡条件得

BI'd+mg=3mg

mqR

联立解得导体棒匀速运动的速度大小为：V?二

上s乙a乙

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)V2-0

即Bdq'-2mgt=4mv2

,2mgtr47722gH

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'=~X4mv29+(3m-m)gh'+Q

心,mzg2R18mR

解得：+斤淳)-2mgh'

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'

…2mgR16mR

③此过程导体棒上升的高度h为质券(2t--r--);

tf乙a乙力乙a乙

m2q2R18mR

(2)此过程中回路产生的总焦耳热为一(10t'+-7-7)-2mgh'。

I?B乙a乙

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=lm,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=0.2Q、

长度为1m的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现用一垂直杆水

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以=0.4,取g=10m/s2(忽

略ab杆运动过程中对原磁场的影响)，求:

Majy

XXXXX

XXxXX

RF

xXxXX

XXXXx

p~Q

甲

(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。

4q9.0—8.0

【解答】解：(1)1.8s〜2.0s过程，通过导体棒电流：I=77=91QA=5A

ZitZ.U-1.0

导体棒匀速运动过程中，对导体棒根据平衡条件可得：F=BLI+|img

联立解得：B=1T

导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势为：E=BLvmax

E

根据闭合电路欧姆定律可得：I=H

联立解得最大速度为：Vmax=2m/s；

(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—^mgt—旗t=rm%"—

0

B2L2

即：Ft—p.mgt—巧=mv—0

R+rmax

联立解得：xi=3.2m；

1

(3)0〜1.8s过程，根据动能定理可得：Fx—|imgx+勿安=产14m—。

0〜1.8s过程产生总热量：(3总=-亚安

R

0〜1.8s电阻R产生热量为：QRI=N^：Q总

联立解得：QRI=7.5J

1.8s后匀速阶段电阻R热量为：QR2=Q-QRI

根据焦耳定律：QR2=12Rt

根据运动学公式可得：X2=Vmaxt,又有：X=X1+X2

联立解得：x=7.2m。

答：(1)磁感应强度B的大小为IT,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9=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2m、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四=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aNM=aN-aM表示，求aNM的最小值。

【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=2mgsin0+|i*2mgcos0

EBLv

箕中.i=--------

为十.R+2R~3^~

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-mgsin0*h-|i*mgcos0*h—^mv2

97n392A2

解得：Q=2mgh-—■—

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

QN=R+2R'Q

解得C233-3g2R2

解得：QN-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-mgsin0*t-|i*mgcos0*t-BlLt=(m+3m)v-0

EBLvtBLh

其中:

R+2R一3H-3A

B2L2hGmR

联立解得:6mgR+B2L2

（2）M开始运动后，设N、M的速度大小分别为VN、VM，则回路中的感应电流为:

E'BLVN-2BLVMB

=获・(%—2%

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：aN=2aM时，（VN-2VM）的值恒定，回路中的电流恒定，两者受到的安培力恒定，两者

以恒定的加速度做匀加速直线运动，此时aNM=aN-aM达到为最小值。

两者加速度恒定时，对N和重物整体，由牛顿第二定律得：

3mg-|imgcos0-mgsinO-BI'L=4maN

对M由牛顿第二定律得：

2BIZL-2mgsin0-|i•2mgcos0=2maM

又有：@N=2aM

,2gg

联立解得：aN=§,aM=5

,、2ggg

可得aNM的最小值为：aNM=aN-aM=3—5=5

2mgh3m3g2R2

答：（1）①N上产生的焦耳热为I•-----------------------------------------!

3

B2L2h6mR

②N运动的时间为菰成+MP

g

（2）aNM的最小值为

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6=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。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2Q,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,此时拉力传感器开始测量细线拉力FT，作出力FT随时间t的变化图像如图乙所示（力

FT大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度g取:10m/s2。求：

（l）h=ls时，金属棒ab的速度大小；

（2）t2=3s时，外力F的大小。

【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：Mgsin0=FT=2N

代入数据解得：M=0.4kg

ti=ls,NQ棒受到沿斜面向上的拉力FTI=4N

对NQ棒分析，由平衡条件得：MgsinO+F安I=FTI

解得NQ棒受到的安培力大小为：F安i=2N,方向沿斜面向下

又F安i=BhL

代入数据解得：h=O.5A

ab棒产生的感应电动势为

Ei=h(2R)=0.5X2X2V=2V

由Ei=BLvi，代入数据解得：vi=0.5m/s

(2)由图乙可得，当t2=3s时，NQ棒受到沿斜面向上的拉力FT2=8N

对NQ棒受力分析，由平衡条件得：MgsinO+F安2=FT2

代入数据解得：F安2=6N

由安培力公式有：F安2=BbL

代入数据解得：b=L5A

ab棒产生的感应电动势为E2=b(2R)=1.5X2X2V=6V

又E2=BLV2

代入数据解得金属棒ab的速度为：v2=1.5m/s

一EIC2.R)2R(FT-Mgsine)

由以上可知，棒ab的速度可表本为v=£7==----------T-,--------

DLDL

由于FT随时间均匀增大，所以ab在做匀加速直线运动，其加速度为

vz-vi1.5-O.5,

a=7^7=3-1m/s=0-5m/s

对棒ab受力分析，由牛顿第二定律得：

mgsin9-F安2-F=ma

代入数据解得：F=3N

答：(l)h=ls时，金属棒ab的速度大小为0.5m/s；

(2)t2=3s时，外力F的大小为3N。

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vi，在导体棒ab、cd之间细线伸直前瞬间到

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：mvi=3mv

解得：vi=3v

导体棒ab电动势：E=BLvi

E

导体棒ab中的电流：1=记；

13

由题意可知：R,e=R+-R=-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=万x3mv2—mgx

R

导体棒ef产生的焦耳热：Q=R+LRQ总

2

r2

联立解得：Q=mv2-^m^%o

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21和1。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1,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；

（2）若磁场的中心O点比线圈结点P低了h时（h<1,且保持不变），只考虑动生电动势：

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

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Oo

（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

1=*

“8”字形线圈此时受到的安培力大小为

F=2nIhB

联立解得

4n2B2h2v

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

4n2B2h2v2

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速后的速度

vo

为V0,此速度仍大于要求的软着陆设计速度Z，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，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abed,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;

(3)回收舱主体可以实现软着陆，若从vo减速到万的过缓冲程中，通过线圈的电荷量为q,求

该过程中线圈中产生的焦耳热Qo

【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=nBLvo

线圈中的感应电流为

ab边受到的安培力大小为

F安=曲11

n2B2L2Vo

联立可得:F安二—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

n2B2L2vo

可得缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小为：a=mR一9

von2B2L2vo

(2)达到回收舱软着陆要求的设计速度方时，根据F安=---可得此时ab边受到的安培力

大小为

222

,尸安nBLv0

F'安=丁=—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'

nzB2L2vo

可得N=Mg+

2R

vo

（3）回收舱主体从vo减速到三的过缓冲程中，由能量守恒有

mgh+^mvQ=Q+^m（守）2

设此过程中，回收舱主体下降的高度为h。

,,,nBLvtnBLh

通过线圈的电荷量为q=/t=---=--—

qR

即得h=

nBL

可得Q='|m诺mgqR

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abed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abed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）de边刚好进入磁场时de两点间的电势差Ude；

（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1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

de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：1=石

K

而此时线框匀速运动，根据平衡条件有：mg=BIL

联立以上各式可得:

（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,