計算4電磁感應綜合計算問題

考點內容考情分析

考向一單棒類電磁感應電磁學計算題是高考的必考內容，高考對于這部分知

考向二雙棒類電磁感應識點的命題形式是以生活中的情景為背景，強調情景

考向三線框類電磁感應與對應的力學知識的有機融合，突出了應用性，鞏固

考向四含容類電磁感應了基礎性。

蜀深究"解題攻略"

1.思想方法

此類問題中力現象和電磁現象相互聯系、相互制約，解決問題首先要建立“動一電一動”的思維順序.

1.基本思路

(1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律(右手定則)求解電動勢大小和方向.

⑵根據歐姆定律，求解回路中電流.

(3)分析安培力對導體棒加速度、速度的影響，從而推理得出對電路中電流的影響，最后定性分析出

導體棒的最終運動情況.

(4)運用運動學方程、牛頓第二定律、平衡方程或功能關系求解.

2.注意的問題

運用功能關系時，確定有哪些形式的能量發生了轉化.如有摩擦力做功，必有內能產生；有重力做功,

重力勢能必然發生變化；安培力做負功，必然有其他形式的能轉化為電能.

2.模型建構

一、單桿電容模型

初態wovo=O

aB，

D1/;

/tDCL,7

質量為加、電阻軌道水平光滑，

軌道水平光滑，軌道水平光滑，

示意圖不計的單桿。6以單桿ab質量為

單桿ab質量為單桿ab質量為

一定初速度V。在m,電阻不計，

m,電阻不計，m,電阻不計，

光滑水平軌道上兩平行導軌間距

兩平行導軌間距兩平行導軌間距

滑動，兩平行導為/,拉力廠恒

為/為/,拉力廠恒

軌間距為1定定

匕

0

加時間內流入電

容器的電荷量Nq

=C\U=CBlNv

0J

；|電流I=M=CB1

01V______.At

01

當￡感=￡時，Av

運動分析v—=CBla

導體桿做加速度當4=0時，V最△t

最大，且Vm=

越來越小的減速FR安培力/安=〃5

E大，Vm即，桿

運動，最終桿靜最后以Vm勻=CB2Pa

BI

開始勻速運動

止速運動F—F安=ma,a

_F

m+B212c

所以桿以恒定的

加速度勻加速運

動

外力做功轉化為外力做功轉化為

能量分析動能轉化為內電能轉化為動能

動能和內能，印F電能和動能，版

能，;機歸=01

和內能，石1電=5=-mVm+2=E申H--mv2

2

mVm+2

二、電磁感應中的“雙桿”問題分析

(1)初速度不為零，不受其他水平外力的作用

光滑的平行導軌光滑不等距導軌

N竹

桿〃N竹/Q

桿]下-----桿2

’M0

示意圖

質量mi=m2質量加1=加2不

電阻ri=r2電阻尸1=/2

長度l\~h長度11=21?

0t

運動分析

桿MN做變減速運動，桿尸0做變or

加速運動，穩定時，兩桿的加速度穩定時，兩桿的加速度均為零，兩

桿的速度之比為1：2

Vo

均為零’以相等的速丐勻速運動

能量分析一部分動能轉化為內能，0=-A￡k

(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用

光滑的平行導軌不光滑平行導軌

桿ZN

桿幺N

摩擦力Ffi=F

示意圖G

質量加1=加2

質量m[=m2

電阻ri=r2

電阻尸1=生

長度l\~h

長度h=h

-

F^2FtF>2Ft

開始時，若后2居，則尸。桿先變

運動分析t加速后勻速運動；桿靜止。若

開始時，兩桿做變加速運動；穩定F>2Ff,P。桿先變加速后勻加速運

時，兩桿以相同的加速度做勻加速動，兒W桿先靜止后變加速最后和

運動P0桿同時做勻加速運動，且加速

度相同

外力做功轉化為動能和內能（包括

外力做功轉化為動能和內能，w￥=

能量分析電熱和摩擦熱），叫=A￡k+0電+

常+。

Of

三、電磁感應中的“線框”問題分析

常見情景動力學分析能量分析動量分析

在安培力作用下以進入磁場時為例，設運動過程部分（或全動量不守恒，可用動量定理

穿越磁場中某時刻的速度為V,加速度大部）動能轉分析導線框的位移、速度、

：XXXX:

小為a,則a=,a與v方向相化為焦耳通過某橫截面的電荷量和力

［：XXXX：TH.K

齊…j

熱，Q=-AEk作用的時間：

:xxxx:反，導線框做減速運動，

：XXXX:⑴求電荷量或速度：—BlL

vl-al,即導線框做加速度減小

△t=mv2-mvi,q=IAt;

的減速運動，最終勻速運動（全

41、YA—B2L2VAtc

部進入磁場）或靜止（導線框離(2)求位移：R總=0-m

開磁場過程的分析相同）—B2L2X

Vo，即R&-0-mv0

在恒力F（包括重以進入磁場的過程為例，設運動力F做的功

（3）求時間：

力mg）和安培力過程中某時刻導線框的速度為等于導線框

—BILAt+F其他At=mv2—m

作用下穿越磁場v,加速度為B胃的動能變化

Vi即—BLq+F其他At=mv2

M量與回路中

（1）若進入磁場時3=鬻，則導—mvi

產生的焦耳

己知電荷量q,F其他（F其他

線框勻速運動；

熱之和，

XXXXXXX為恒力）

XXXXXXX（2）若進入磁場時6>若，則導

XXXXXXXWF=AEk+

22「“

線框做加速度減小的加速運動Q-BLvAt

R總+F其他At-mv2-m

（直至勻速）；

—B2L2x

V1即R息+F其他At=mv2

（3）若進人磁場時￡〈嘿，則導

—mvi

線框做加速度減小的減速運動

已知位移x,F其他（F其他

（直至勻速）（導線框離開磁場

為恒力）

過程的分析相同）

〃親臨"高考練場"

考向一單棒類電磁感應

1.（2024?沈河區校級模擬）我國新一代航母采用全新的電磁阻攔技術，其原理為飛機著艦時利用

電磁作用力使它快速停止。為研究問題方便，我們將其簡化為如圖所示的模型。在磁感應強度

大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，有間距為L的水平平行金屬導軌ab、cd,ac間連接一

電阻R,質量為m、電阻為r的粗細均勻的金屬桿MN垂直于金屬導軌放置，現使金屬桿MN

獲得一水平向右的初速度vo,滑行時間t后停下，已知金屬桿MN受到的摩擦阻力恒為f,MN

長為L,忽略空氣阻力影響，重力加速度為g。求:

（1）金屬桿受到的安培力的最大值；

（2）全過程金屬桿MN克服摩擦阻力f做的功W；

E

【解答】解：（1）剛開始時，導體棒受到的安培力最大，根據閉合電路的歐姆定律可得：I=H

根據法拉第電磁感應定律可得：E=BLv0

根據安培力的計算公式可得：F=BIL

,B2L2V

所以最大安培力為：F=—0

（2）取向右為正方向，對金屬桿MN根據動量定理可得：-R-EBILAt=O-mv（）

AfPBLs

則有：SIAt=q=——=——

K-riK-rT

解得金屬棒的位移為：一-

所以導體棒克服摩擦阻力做功為：W=f-s

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

因此：W=

B2L2

B2L2V

答：（1）金屬桿受到的安培力的最大值為kO；

(7?+r)

（2）全過程金屬桿MN克服摩擦阻力f做的功為

B2L2

2.（2024?臺州二模）某中學興趣小組研究了電機系統的工作原理，認識到電機系統可實現驅動和

阻尼，設計了如圖所示裝置。電阻不計的“L型”金屬導軌由足夠長豎直部分和水平部分連接

構成，豎直導軌間存在水平向右的勻強磁場，磁感應強度大小為B。導體棒ab與豎直導軌始終

良好接觸并通過輕質滑輪連接重物M,初始被鎖定不動。已知導體棒ab的質量為m,重物M

5mqR

質量為3m,豎直導軌間距為d。電源電動勢E=-*一,內阻為R,導體棒與定值電阻阻值均

Ba

為R。

（1）把開關k接1,解除導體棒鎖定，導體棒經時間t恰好開始勻速上升，求：

①通過導體棒的電流方向；

②導體棒勻速上升時的速度；

③此過程導體棒上升的高度h；

（2）把開關k接2,解除導體棒鎖定，導體棒經時間f、下落高度h，時恰好開始勻速下落，求此

過程中回路產生的總焦耳熱。

【解答】解：（1）把開關k接1,解除導體棒鎖定，導體棒經時間t恰好開始勻速上升時:

①根據右手定則可知，通過導體棒的電流方向由a到b；

②設導體棒勻速上升時的速度為VI。

導體棒中感應電流大小為

Bdvi

1=2R

對兩棒整體，根據平衡條件得

BId+mg=3mg

4mqR

解得：V1=B2d2

③導體棒從開始運動到剛勻速運動的過程，取豎直向上為正方向，對兩棒整體，根據動量定理得

(3mg-mg)t-Bldt=(3m+m)vi-0

即2mgt-Bdq=4mvi

又通過導體棒的電荷量為

_EtBdh

q="赤=赤=為

2maR16m/?

聯“解得：h=B2d2(2t—B2d2)

（2）把開關k接2,解除導體棒鎖定，導體棒經時間f、下落高度H時恰好開始勻速下落，此時

導體棒中感應電流大小為

E-Bdv2

1=~2R-

對兩棒整體，根據平衡條件得

BI'd+mg=3mg

mqR

聯立解得導體棒勻速運動的速度大小為：V?二

上s乙a乙

取豎直向上為正方向，對兩棒整體，根據動量定理得

Bdq'-(3mg-mg)t'=(3m+m)V2-0

即Bdq'-2mgt=4mv2

,2mgtr47722gH

解得此過程通過導體棒的電荷量為：q，=~Bd~+

B3d3

根據能量守恒有

1

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

心,mzg2R18mR

解得：+斤淳)-2mgh'

答：(1)①通過導體棒的電流方向由a到b；

4mgR

②導體棒勻速上升時的速度為

B2d2'

…2mgR16mR

③此過程導體棒上升的高度h為質券(2t--r--);

tf乙a乙力乙a乙

m2q2R18mR

(2)此過程中回路產生的總焦耳熱為一(10t'+-7-7)-2mgh'。

I?B乙a乙

3.(2024?湖南一模)如圖甲所示，足夠長的平行金屬導軌MN、PQ固定在同一水平面上，其寬

度L=lm,導軌M與P之間連接阻值為R=0.2。的電阻，質量為m=0.5kg、電阻為r=0.2Q、

長度為1m的金屬桿ab靜置在導軌上，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中。現用一垂直桿水

平向右的恒力F=7.0N拉金屬桿ab,使它由靜止開始運動，運動中金屬桿與導軌接觸良好并保

持與導軌垂直，其通過電阻R上的電荷量q與時間t的關系如圖乙所示，圖像中的OA段為曲

線，AB段為直線，導軌電阻不計，已知ab與導軌間的動摩擦因數以=0.4,取g=10m/s2(忽

略ab桿運動過程中對原磁場的影響)，求:

Majy

XXXXX

XXxXX

RF

xXxXX

XXXXx

p~Q

甲

(1)磁感應強度B的大小和金屬桿的最大速度;

(2)金屬桿ab從開始運動的1.8s內所通過的位移;

(3)從開始運動到電阻R產生熱量Q=17.5J時，金屬桿ab所通過的位移。

4q9.0—8.0

【解答】解：(1)1.8s?2.0s過程，通過導體棒電流：I=77=91QA=5A

ZitZ.U-1.0

導體棒勻速運動過程中，對導體棒根據平衡條件可得：F=BLI+|img

聯立解得：B=1T

導體棒勻速運動時，導體棒產生的電動勢為：E=BLvmax

E

根據閉合電路歐姆定律可得：I=H

聯立解得最大速度為：Vmax=2m/s；

(2)0?1.8s過程，取向右為正方向，對導體棒根據動量定理可得：Ft—^mgt—旗t=rm%"—

0

B2L2

即：Ft—p.mgt—巧=mv—0

R+rmax

聯立解得：xi=3.2m；

1

(3)0?1.8s過程，根據動能定理可得：Fx—|imgx+勿安=產14m—。

0?1.8s過程產生總熱量：(3總=-亞安

R

0?1.8s電阻R產生熱量為：QRI=N^：Q總

聯立解得：QRI=7.5J

1.8s后勻速階段電阻R熱量為：QR2=Q-QRI

根據焦耳定律：QR2=12Rt

根據運動學公式可得：X2=Vmaxt,又有：X=X1+X2

聯立解得：x=7.2m。

答：(1)磁感應強度B的大小為IT,金屬桿的最大速度2m/s；

(2)金屬桿ab從開始運動的1.8s內所通過的位移為3.2m；

(3)從開始運動到電阻R產生熱量Q=17.5J時，金屬桿ab所通過的位移為7.2m。

考向二雙棒類電磁感應

4.(2024?合肥三模)如圖，傾角9=37°的足夠長的粗糙平行金屬導軌由上下兩部分組成，寬度

分別為L、2L,質量分別為m與2m、接入回路中電阻分別為R與2R的金屬桿N、M垂直于

導軌放置，在N上端與M下端分別安裝有固定立柱，一不可伸長的絕緣細線繞過定滑輪兩端

分別連接N的中點與質量為3m的物塊，導軌及金屬桿都處于垂直導軌平面向上的勻強磁場中,

磁感應強度大小為B,M、N與導軌間的動摩擦因數均為四=0.5,現解除N上端的固定立柱，N

開始沿導軌向上運動，已知在N的運動過程中，細繩與導軌平面平行且始終與N垂直，導軌與

金屬桿接觸良好，運動過程中物塊始終未與地面接觸，M、N也未脫離軌道，M未進入上部分

軌道。導軌的電阻忽略不計，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g。

(1)求M剛要運動時，在物塊下落的高度為h的過程中：

①N上產生的焦耳熱；

②N運動的時間；

(2)取沿軌道向上為正方向，N相對M的加速度用aNM=aN-aM表示，求aNM的最小值。

【解答】解：（1）①設當M剛要運動時N的速度大小為V,對M有:

BI?2L=2mgsin0+|i*2mgcos0

EBLv

箕中.i=--------

為十.R+2R~3^~

3mgR

解得:v----------

B2L2

設回路產生總的焦耳熱為Q,對N、M及物塊組成的系統，由能量守恒定律得:

1

Q=3mgh-mgsin0*h-|i*mgcos0*h—^mv2

97n392A2

解得：Q=2mgh-—■—

根據焦耳定律和串聯電路規律可得N上產生的焦耳熱為:

R

QN=R+2R'Q

解得C233-3g2R2

解得：QN-3-2B4L4；

②取N的運動方向為正方向，對N和物塊整體，根據動量定理可得:

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

EBLvtBLh

其中:

R+2R一3H-3A

B2L2hGmR

聯立解得:6mgR+B2L2

（2）M開始運動后，設N、M的速度大小分別為VN、VM，則回路中的感應電流為:

E'BLVN-2BLVMB

=獲?(%—2%

回路中的電流先增大，N做加速度減小的加速運動，M做加速度增大的加速運動，當兩者的加速

度滿足：aN=2aM時，（VN-2VM）的值恒定，回路中的電流恒定，兩者受到的安培力恒定，兩者

以恒定的加速度做勻加速直線運動，此時aNM=aN-aM達到為最小值。

兩者加速度恒定時，對N和重物整體，由牛頓第二定律得：

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

對M由牛頓第二定律得：

2BIZL-2mgsin0-|i?2mgcos0=2maM

又有：@N=2aM

,2gg

聯立解得：aN=§,aM=5

,、2ggg

可得aNM的最小值為：aNM=aN-aM=3—5=5

2mgh3m3g2R2

答：（1）①N上產生的焦耳熱為I?-----------------------------------------!

3

B2L2h6mR

②N運動的時間為菰成+MP

g

（2）aNM的最小值為

5.（2024?西安三模）如圖甲所示，兩根平行光滑足夠長金屬導軌固定在傾角6=30°的斜面上,

其間距L=2m。導軌間存在垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B=2T。兩根金屬棒NQ

和ab與導軌始終保持垂直且接觸良好，NQ棒通過一絕緣細線與固定在斜面上的拉力傳感器連

接（連接前，傳感器已校零），細線平行于導軌。已知ab棒的質量為2kg,NQ棒和ab棒接入

電路的電阻均為2Q,導軌電阻不計。將ab棒從靜止開始釋放，同時對其施加平行于導軌的外

力F,此時拉力傳感器開始測量細線拉力FT，作出力FT隨時間t的變化圖像如圖乙所示（力

FT大小沒有超出拉力傳感器量程），重力加速度g取:10m/s2。求：

（l）h=ls時，金屬棒ab的速度大小；

（2）t2=3s時，外力F的大小。

【解答】解：（1）設NQ棒的質量為M。

當t=0時，對NQ棒，由平衡條件得：Mgsin0=FT=2N

代入數據解得：M=0.4kg

ti=ls,NQ棒受到沿斜面向上的拉力FTI=4N

對NQ棒分析，由平衡條件得：MgsinO+F安I=FTI

解得NQ棒受到的安培力大小為：F安i=2N,方向沿斜面向下

又F安i=BhL

代入數據解得：h=O.5A

ab棒產生的感應電動勢為

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

由Ei=BLvi，代入數據解得：vi=0.5m/s

(2)由圖乙可得，當t2=3s時，NQ棒受到沿斜面向上的拉力FT2=8N

對NQ棒受力分析，由平衡條件得：MgsinO+F安2=FT2

代入數據解得：F安2=6N

由安培力公式有：F安2=BbL

代入數據解得：b=L5A

ab棒產生的感應電動勢為E2=b(2R)=1.5X2X2V=6V

又E2=BLV2

代入數據解得金屬棒ab的速度為：v2=1.5m/s

一EIC2.R)2R(FT-Mgsine)

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

DLDL

由于FT隨時間均勻增大，所以ab在做勻加速直線運動，其加速度為

vz-vi1.5-O.5,

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

對棒ab受力分析，由牛頓第二定律得：

mgsin9-F安2-F=ma

代入數據解得：F=3N

答：(l)h=ls時，金屬棒ab的速度大小為0.5m/s；

(2)t2=3s時，外力F的大小為3N。

6.(2024?鄭州三模)如圖所示MON-M'O'N'是由水平和豎直兩部分光滑金屬導軌組成的裝

置，導軌間距均為L,整個裝置處于大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。導體棒ab、cd中

點處用一根輕質絕緣剛性細線連接，固定在水平軌道上，導體棒cd與導體棒ef中點處同樣用

一根輕質絕緣剛性細線通過光滑定滑輪相連，三根導體棒的長度均為L且始終與導軌垂直接觸。

現給導體棒ab一個水平向左的初速度，ab、cd之間的細線伸直瞬間釋放導體棒cd,之后兩棒

以相同速度v一起運動，且運動一段距離x后速度減為零。已知導體棒ab、cd達到共速時間極

短，三根導體棒的質量均為m,電阻均為R。導體棒ef與OO'距離足夠遠，不計其他電阻及

阻力，重力加速度為g。求；

（1）導體棒ab、cd之間細線伸直前瞬間，導體棒ab的加速度大小；

（2）從導體棒ab、cd共速開始到減速為零的過程中，導體棒ef產生的焦耳熱。

【解答】解：（1）設細線伸直前瞬間導體棒ab速度vi，在導體棒ab、cd之間細線伸直前瞬間到

達到相同速度V。

取向右為正方向，對三個導體棒，根據動量守恒定律可得：mvi=3mv

解得：vi=3v

導體棒ab電動勢：E=BLvi

E

導體棒ab中的電流：1=記；

13

由題意可知：R,e=R+-R=-R

導體棒ab所受安培力：F=BIL=ma

2B2L2v

聯立解得：a=——；

mR

（2）三者一起運動一段距離x后速度減為零，由能量守恒可得產生的總熱量為:

1

Q總=萬x3mv2—mgx

R

導體棒ef產生的焦耳熱：Q=R+LRQ總

2

r2

聯立解得：Q=mv2-^m^%o

考向三線框類電磁感應

7.（2024?浙江一模）圖甲為超導電動磁懸浮列車（EDS）的結構圖，其簡化圖如圖乙，超導磁體

與“8”字形線圈之間通過互感產生電磁力將車體懸浮起來。如圖丙所示，列車側面安裝的超導

磁體產生垂直紙面向里的以虛線框為界的磁場，忽略邊緣效應，磁感應強度大小恒為B,磁場

的長和寬分別為21和1。在列車軌道兩側固定安裝了“8”字形線圈，每個“8”字形線圈均用

一根漆包線繞制而成，匝數為n,電阻為R,水平寬度為1,豎直長度足夠大，交叉的結點為P。

當列車以速度v勻速前進時：

（1）若磁場的中心O點與線圈結點P等高，求此時線圈中的電流大小；

（2）若磁場的中心O點比線圈結點P低了h時（h<1,且保持不變），只考慮動生電動勢：

①在磁場剛進入單個“8”字形線圈時，求線圈對列車阻力的瞬時功率；

②在磁場穿越單個“8”字形線圈的過程中，畫出單個“8”字形線圈對列車豎直方向的作用力與

時間的關系圖，取豎直向上為正方向，磁場剛進入線圈時t=0。

【解答】解：（1）由于上下對稱，上、下兩個線圈產生的感應電動勢大小為

因“8”字繞向，兩個感應電動勢方向相反，相互抵消，所以線圈中總的電動勢為0,則線圈中的

電流為Oo

（2）①在磁場剛進入“8”字形線圈時，回路總的感應電動勢為

E=2nBhv

由閉合電路歐姆定律得

E

1=*

“8”字形線圈此時受到的安培力大小為

F=2nIhB

聯立解得

4n2B2h2v

R

磁場受到大小相等、方向相反的阻力，為

F'=F

則線圈對列車阻力的瞬時功率為

4n2B2h2v2

P=-F'v

R

②阻力隨時間變化情況如圖所示。

8.（2024?和平區二模）航天回收艙實現軟著陸時，回收艙接觸地面前經過噴火反沖減速后的速度

vo

為V0,此速度仍大于要求的軟著陸設計速度Z，為此科學家設計了一種電磁阻尼緩沖裝置，其

原理如圖所示。主要部件為緩沖滑塊K及固定在絕緣光滑緩沖軌道MN和PQ上的回收艙主體,

回收艙主體中還有超導線圈（圖中未畫出），能在兩軌道間產生垂直于導軌平面的勻強磁場B,

導軌內的緩沖滑塊由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有n匝矩形線圈abed,線圈的總電阻為

R,ab邊長為L,當回收艙接觸地面時，滑塊K立即停止運動，此后線圈與軌道間的磁場發生

作用，使回收艙主體持續做減速運動，從而實現緩沖。已知回收艙主體及軌道的質量為m,緩

沖滑塊（含線圈）K的質量為M,重力加速度為g,不考慮運動磁場產生的電場，求:

(1)緩沖滑塊剛落地時回收艙主體的加速度大小；

(2)達到回收艙軟著陸要求的設計速度時，緩沖滑塊K對地面的壓力大小;

(3)回收艙主體可以實現軟著陸，若從vo減速到萬的過緩沖程中，通過線圈的電荷量為q,求

該過程中線圈中產生的焦耳熱Qo

【解答】解：(1)緩沖滑塊剛落地時，ab邊切割磁感線產生的感應電動勢為

E=nBLvo

線圈中的感應電流為

ab邊受到的安培力大小為

F安=曲11

n2B2L2Vo

聯立可得:F安二—R-

根據牛頓第三定律知，回收艙主體受到的安培力大小也為F安。

對回收艙主體，根據牛頓第二定律得

F安-mg=ma

n2B2L2vo

可得緩沖滑塊剛落地時回收艙主體的加速度大小為：a=mR一9

von2B2L2vo

(2)達到回收艙軟著陸要求的設計速度方時，根據F安=---可得此時ab邊受到的安培力

大小為

222

,尸安nBLv0

F'安=丁=—2R—

對裝置中緩沖滑塊，根據平衡條件有

N，=Mg+F'安

根據牛頓第三定律知，緩沖滑塊K對地面的壓力大小N=N'

nzB2L2vo

可得N=Mg+

2R

vo

（3）回收艙主體從vo減速到三的過緩沖程中，由能量守恒有

mgh+^mvQ=Q+^m（守）2

設此過程中，回收艙主體下降的高度為h。

,,,nBLvtnBLh

通過線圈的電荷量為q=/t=---=--—

qR

即得h=

nBL

可得Q='|m諾mgqR

nBL

9.（2024?中山區校級模擬）某同學根據電磁阻尼知識設計了如圖1所示的降落緩沖裝置基本原理

圖。均勻導線構成的正方形線框abed質量為m,邊長為L,總電阻為R。現使線框從距離磁場

上部水平邊界h處靜止釋放，線圈abed恰好能勻速進入磁場。已知磁場下方范圍足夠大，不考

慮線框之間的相互作用力，線框下落不翻轉，空氣阻力不計，重力加速度為g,求：

（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小；

（2）de邊剛好進入磁場時de兩點間的電勢差Ude；

（3）根據緩沖的原理，物體下落過程中的加速度小于重力加速度就起到了緩沖作用。實際下落

的物體可看作棱長為1的金屬正方體，質量為M,從側面看該物體是在水平向右的磁感應強度為

B的勻強磁場中豎直下落，如圖2所示，假設物體從靜止開始就一直在磁場中運動，金屬正方體

的電阻忽略不計，則該物體下落的加速度將如何變化，并說明能否起到緩沖作用，請推理論證你

的結論。

1

【解答】解：（1）從開始下落到恰進入磁場，由動能定理得：mgh=^mv2

de邊以速率v進入磁場時，產生的感應電動勢為：E=BLv

E

線框中的電流為：1=石

K

而此時線框勻速運動，根據平衡條件有：mg=BIL

聯立以上各式可得:

（2）線框進入磁場時，cd邊切割磁感線相當于電源，由右手定則可知，c點電勢高，d點電勢低,