1. （2024陜西商洛尖子生學(xué)情診斷）如圖所示，電阻不計(jì)的U形導(dǎo)軌P放置在光滑的水平面上，導(dǎo)軌質(zhì)量M＝3kg，寬度L＝1m，導(dǎo)體棒ab放置在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)體棒質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝1Ω。右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在著豎直向上的有界磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2T，初始時(shí)導(dǎo)體棒ab距磁場(chǎng)左邊界距離，距導(dǎo)軌左端距離，現(xiàn)對(duì)導(dǎo)軌施加水平向右的恒力F＝20N，使導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒ab一起做加速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)剛好做勻速運(yùn)動(dòng)（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），當(dāng)導(dǎo)體棒ab離開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間，導(dǎo)軌左端正好進(jìn)入磁場(chǎng)，導(dǎo)軌出磁場(chǎng)前與導(dǎo)體棒ab達(dá)到共同速度并一起做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度取。求：
（1）導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。?br>（2）導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)和磁場(chǎng)寬度d；
（3）導(dǎo)軌左端離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度；
（4）U形導(dǎo)軌P的左端穿越磁場(chǎng)所用的時(shí)間。

【參考答案】（1）2m/s；（2）0.8，2m；（3）5m/s；（4）0.4s
【名師解析】
（1）導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒整體分析，由牛頓第二定律得
由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得
解得導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為
（2）導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
由閉合電路歐姆定律，可得流過(guò)導(dǎo)體棒的電流為
對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，由平衡條件可得
解得
設(shè)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則有
在時(shí)間內(nèi)，對(duì)導(dǎo)軌受力分析，由牛頓第二定律得
由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律
解得
（3）設(shè)導(dǎo)軌出磁場(chǎng)前與導(dǎo)體棒達(dá)到的共同速度為，共速時(shí)導(dǎo)軌左端產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
流過(guò)導(dǎo)軌的電流為
由于一起做勻速運(yùn)動(dòng)，則有
可得導(dǎo)軌左端離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度為
（4）導(dǎo)軌左端剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為
設(shè)導(dǎo)軌的左端穿越磁場(chǎng)所用的時(shí)間為，對(duì)導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌整體分析，由動(dòng)量定理可得
又因?yàn)?br>解得
2. (2024浙江臺(tái)州期末)如圖所示，光滑水平導(dǎo)軌放置在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，取中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以水平向右為正方向建立軸。導(dǎo)軌部分與軸的夾角相等，左端的坐標(biāo)為且與裝置相連，裝置能自動(dòng)調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏骱愣ǎ渲刑幨枪饣^緣件，導(dǎo)軌間距為且足夠長(zhǎng)。間通過(guò)單刀雙擲開(kāi)關(guān)連接阻值為的電阻和電容為的電容器，開(kāi)關(guān)可分別與接線(xiàn)柱1、2相連。導(dǎo)軌上的金屬棒與軸垂直，在安培力作用下從位置靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)處的速度大小為。已知金屬棒的質(zhì)量為，長(zhǎng)度為，電阻為，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，電容器初始不帶電，不計(jì)所有阻力。
（提示：可以用圖像下的“面積”代表力所做的功）
（1）若開(kāi)關(guān)和接線(xiàn)柱1接通，求金屬棒停下的位置坐標(biāo)；
（2）若開(kāi)關(guān)和接線(xiàn)柱2接通，求金屬棒穩(wěn)定后的速度大小；
（3）求導(dǎo)軌左端的間距。
【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）對(duì)金屬棒分析，用動(dòng)量定理，有
解得
（2）對(duì)金屬棒分析，用動(dòng)量定理，有
解得
（3）對(duì)金屬棒用動(dòng)能定理，則有
解得
3. （2024浙江寧波期末） 如圖所示，兩個(gè)足夠長(zhǎng)的平行光滑細(xì)金屬導(dǎo)軌固定在傾角的光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距，且電阻不計(jì)，導(dǎo)軌間有寬度為、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一長(zhǎng)度為3d的絕緣輕桿將導(dǎo)體棒和正方形細(xì)金屬線(xiàn)框連接，線(xiàn)框的邊長(zhǎng)為d，線(xiàn)框的總電阻為，導(dǎo)體棒和線(xiàn)框總質(zhì)量為，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，并在導(dǎo)體棒中通以恒定電流（由外接恒流電源產(chǎn)生，圖中未畫(huà)出），導(dǎo)體棒處于磁場(chǎng)內(nèi)且恰好位于下邊界處，將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒先穿過(guò)磁場(chǎng)，后金屬線(xiàn)框也穿過(guò)磁場(chǎng)。金屬線(xiàn)框第一次剛穿過(guò)磁場(chǎng)后的速度約為1.2m/s，之后再次返回穿過(guò)磁場(chǎng)。不計(jì)線(xiàn)框及導(dǎo)體棒中電流所產(chǎn)生磁場(chǎng)的影響，重力加速度g取，求：
（1）導(dǎo)體棒第一次離開(kāi)磁場(chǎng)上邊界的速度；
（2）金屬線(xiàn)框第一次沿絕緣斜面向上穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間t；
（3）經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，導(dǎo)體棒能到達(dá)的最低點(diǎn)與磁場(chǎng)上邊界的距離x。
【參考答案】（1）；（2）0.16s；（3）
【名師解析】
（1）根據(jù)題意可知，導(dǎo)體棒所受安培力為
根據(jù)牛頓第二定律有
所以
（2）線(xiàn)框進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度為，則有
解得
線(xiàn)框第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)的速度為，由題意可知
設(shè)線(xiàn)框向上穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為t，由動(dòng)量定理得
聯(lián)立解得
（3）設(shè)經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線(xiàn)框最終不會(huì)再進(jìn)入磁場(chǎng)，即運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)是線(xiàn)框的上邊與磁場(chǎng)的下邊界重合，導(dǎo)體棒做上下往復(fù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)到磁場(chǎng)上邊界的距離為x，則有
解得
4. （2024江蘇鎮(zhèn)江質(zhì)檢）如圖所示，水平面上有兩根很長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌上放置兩金屬棒，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別是2m和m，電阻分別為2r和r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌間寬度為L(zhǎng)，方向垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。設(shè)法控制cd棒靜止，ab棒在恒定的外力F作用下向左勻速滑動(dòng)。
（1）計(jì)算外力F的功率；
（2）某時(shí)刻解除對(duì)cd棒的控制，求此刻ab棒的加速度以及兩棒組成的系統(tǒng)穩(wěn)定狀態(tài)下ab棒的加速度；
（3）某時(shí)刻解除對(duì)cd棒的控制的同時(shí)撤去外力F，求兩棒組成的系統(tǒng)穩(wěn)定狀態(tài)下相對(duì)于撤去外力F時(shí)增加的距離。
【參考答案】（1）；（2），；（3）
【名師解析】
（1）設(shè)ab棒的速度大小為，此時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
電流強(qiáng)度
安培力
ab棒勻速滑動(dòng)，則有
聯(lián)立可得
外力F的功率
（2）剛解除對(duì)cd棒的控制時(shí)，ab棒受到的安培力不變，則
在穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，兩根棒的加速度相同，對(duì)兩棒組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律得
解得
（3）設(shè)左右兩根棒的速度分別是和，由于安培力對(duì)兩棒系統(tǒng)的總沖量為零，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有
可得穩(wěn)定時(shí)其共同速度為
以cd棒為參考，對(duì)ab棒根據(jù)動(dòng)量定理有
其中
即為兩根棒在一小段時(shí)間內(nèi)增加的位移，兩邊求和得到
將代入得到
5. （2024陜西商洛尖子生學(xué)情診斷）如圖所示，電阻不計(jì)的U形導(dǎo)軌P放置在光滑的水平面上，導(dǎo)軌質(zhì)量M＝3kg，寬度L＝1m，導(dǎo)體棒ab放置在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)體棒質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝1Ω。右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在著豎直向上的有界磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2T，初始時(shí)導(dǎo)體棒ab距磁場(chǎng)左邊界距離，距導(dǎo)軌左端距離，現(xiàn)對(duì)導(dǎo)軌施加水平向右的恒力F＝20N，使導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒ab一起做加速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)剛好做勻速運(yùn)動(dòng)（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），當(dāng)導(dǎo)體棒ab離開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間，導(dǎo)軌左端正好進(jìn)入磁場(chǎng)，導(dǎo)軌出磁場(chǎng)前與導(dǎo)體棒ab達(dá)到共同速度并一起做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度取。求：
（1）導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；
（2）導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)和磁場(chǎng)寬度d；
（3）導(dǎo)軌左端離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度；
（4）U形導(dǎo)軌P的左端穿越磁場(chǎng)所用的時(shí)間。

【參考答案】（1）2m/s；（2）0.8，2m；（3）5m/s；（4）0.4s
【名師解析】
（1）導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒整體分析，由牛頓第二定律得
由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得
解得導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為
（2）導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
由閉合電路歐姆定律，可得流過(guò)導(dǎo)體棒的電流為
對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，由平衡條件可得
解得
設(shè)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則有
在時(shí)間內(nèi)，對(duì)導(dǎo)軌受力分析，由牛頓第二定律得
由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律
解得
（3）設(shè)導(dǎo)軌出磁場(chǎng)前與導(dǎo)體棒達(dá)到的共同速度為，共速時(shí)導(dǎo)軌左端產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
流過(guò)導(dǎo)軌的電流為
由于一起做勻速運(yùn)動(dòng)，則有
可得導(dǎo)軌左端離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度為
（4）導(dǎo)軌左端剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為
設(shè)導(dǎo)軌的左端穿越磁場(chǎng)所用的時(shí)間為，對(duì)導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌整體分析，由動(dòng)量定理可得
又因?yàn)?br>解得
6. （2024河北保定部分學(xué)校期末） 如圖，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，兩平行傾斜絕緣軌道固定在斜面上，水平導(dǎo)軌與傾斜軌道在傾斜軌道的底部bc處平滑連接，軌道間距為L(zhǎng)=1m，傾斜軌道的傾角為。在水平導(dǎo)軌的右側(cè)abcd區(qū)域內(nèi)存在方向向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)有多根長(zhǎng)度也為L(zhǎng)=1m的相同金屬棒依次從傾斜軌道上高為的MN處由靜止釋放，前一根金屬棒剛好離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)釋放后一根金屬棒，發(fā)現(xiàn)第1根金屬棒穿越磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間為t=1s。已知每根金屬棒的質(zhì)量為m=2kg，電阻為，且與軌道垂直，不計(jì)水平導(dǎo)軌的電阻，金屬棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒與傾斜軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度g取，。求：
（1）磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度；
（2）第2根金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大??；
（3）第4根金屬棒剛出磁場(chǎng)時(shí)，第2、3兩根金屬棒的速度大小之比；
（4）第n根金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，第1根金屬棒上產(chǎn)生的熱量。
【參考答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【名師解析】
（1）第一根金屬棒在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
v=5m/s
第一根金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度
解得
（2）由題意可知每根金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度均為v=5m/s，當(dāng)?shù)?根金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有
E=BLv
此時(shí)回路中電流
第2根金屬棒受到的安培力
F=BLI
此時(shí)第2根金屬棒的加速度
聯(lián)立解得
（3）金屬棒出磁場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，第n根金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有
聯(lián)立解得
第4根金屬棒剛出磁場(chǎng)時(shí)，第2、3兩根金屬棒的速度大小為
，
第4根金屬棒剛出磁場(chǎng)時(shí)，第2、3兩根金屬棒的速度大小之比為
（4）第n根金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律有
設(shè)第一根金屬棒中電流為I，則第n根金屬棒中電流為（n-1）I，總的焦耳熱
解得第1根金屬棒上產(chǎn)生的熱量
7.(16分）（2024廣東深圳一模）中國(guó)第一臺(tái)高能同步輻射光源（HEPS）將在2024年輻射出第一束最強(qiáng)“中國(guó)光”.HEPS工作原理可簡(jiǎn)化為先后用直線(xiàn)加速器與電子!感應(yīng)加速器對(duì)電子加速,如圖甲所示，直線(xiàn)加速器由多個(gè)金屬圓簡(jiǎn)（分別標(biāo)有奇偶序號(hào)）依次排列，圓筒分別和電壓為U0的交變電源兩極相連，電子在金屬圓簡(jiǎn)內(nèi)作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．一個(gè)質(zhì)量為m,電荷量為e的電子在直線(xiàn)加速器О極處?kù)o止釋放，經(jīng)n次加速后注入圖乙所示的電子感應(yīng)加速器的真空室中.圖乙中磁極在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1=kt(k>0)的變化磁場(chǎng)，該變化磁場(chǎng)在環(huán)形的真空室中激發(fā)環(huán)形感生電場(chǎng)，使電子再次加速，真空室內(nèi)存在另一個(gè)變化的磁場(chǎng)B“約束電子在真空室內(nèi)做半徑近似為R的圓周運(yùn)動(dòng),已知感生電場(chǎng)大小(不考慮電子的重力和相對(duì)論效應(yīng),忽略電子通過(guò)圓筒狹縫的時(shí)間)．求
(1)電子經(jīng)第一次加速后射入1號(hào)圓筒的速率;
(2)電子在感應(yīng)加速器中加速第一周過(guò)程中動(dòng)能的增加量，并計(jì)算電子運(yùn)動(dòng)第一周所用的時(shí)間;
(3)真空室內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化表達(dá)式（從電子剛射入感應(yīng)加速器時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)).
【名師解析】(1)電子經(jīng)第一次加速后射入1號(hào)圓筒的過(guò)程，由動(dòng)能定理
解得：
(2)設(shè)電子在感應(yīng)加速器中加速第一周的時(shí)間為T(mén)1，該過(guò)程中感生電場(chǎng);
由動(dòng)能定理，
解得
設(shè)電子加速圓周運(yùn)動(dòng)的切向加速度為a，由牛頓第二定律，
eE=ma，
解得
電子加速n次，由動(dòng)能定理，
解得
加速一周，由動(dòng)能定理，
解得
加速一周的時(shí)間，
（3）電子進(jìn)入感應(yīng)加速器，洛倫茲力提供向心力，
解得
在△t時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理，
對(duì)任意時(shí)刻，洛倫茲力提供向心力，
解得
則
由此可得
則有
8. （2024海南?？谑匈|(zhì)檢） 如圖所示，固定的光滑斜面傾角為30°，斜面上寬度為2L的矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B。 一邊長(zhǎng)為、電阻為 R、質(zhì)量為m的單匝正方形線(xiàn)框efgh從距離磁場(chǎng)上邊緣為 d 處由靜止開(kāi)始沿斜面下滑。 已知線(xiàn)框進(jìn)、出磁場(chǎng)均做變速運(yùn)動(dòng)且gh邊進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)速度相等，，重力加速度為 g。 求∶
（1） gh邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力大?。?br>（2） 線(xiàn)框穿越磁場(chǎng)全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱；
（3） 線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)所經(jīng)歷的時(shí)間 。
【參考答案】（1）；（2）2mgL；（3）
【名師解析】
（1）設(shè)線(xiàn)框gh邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，則
回路中的感應(yīng)電流為
gh邊此時(shí)受到的安培力大小
= BIL
解得
=
（2）設(shè)線(xiàn)框全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，研究從全部進(jìn)入到gh邊剛出磁場(chǎng)的過(guò)程，有
研究線(xiàn)框穿越磁場(chǎng)的全過(guò)程，有
解得
Q=2mgL
（3）研究線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理有
線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
線(xiàn)框中的電流為
解得
9．（16分）（2023山東濱州期末）如圖，間距為L(zhǎng)足夠長(zhǎng)光滑平行導(dǎo)軌GEF放置在水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于GHEF平面，導(dǎo)體棒cd垂直軌道靜止放置。間距也為L(zhǎng)光滑平行導(dǎo)軌MNPQ與水平面夾角為，MN間有一電容器，傾斜軌道MNPQ在水平面上的投影與水平軌道重合，磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于MNPQ平面，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌在距離NQ為L(zhǎng)處由靜止釋放，由傾斜軌道滑落與水平軌道碰撞，立刻沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)。兩導(dǎo)體棒始終未相碰，最后達(dá)到共同速度v。已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，導(dǎo)體棒cd的電阻為R，不計(jì)導(dǎo)軌及導(dǎo)體棒ab的電阻，重力加速度為g。
求：
（1）兩導(dǎo)體棒在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒cd的焦耳熱Q；
（2）兩導(dǎo)體棒在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中其距離減少量；
（3）電容器的電容C。
【名師解析】：
（1）由動(dòng)量守恒定律得，導(dǎo)體棒ab在水平軌道向右運(yùn)動(dòng)的初速度
①
由能量守恒定律得導(dǎo)體棒cd的焦耳熱 ②
可得 ③
（2）對(duì)導(dǎo)體棒cd，由動(dòng)量定理得④
通過(guò)導(dǎo)體棒ab的電量 ⑤
由法拉第電磁感應(yīng)定律得 ⑥
且磁通量變化 ⑦
由閉合電路歐姆定律得 ⑧
聯(lián)立得 ⑨
（3）取極短時(shí)間，對(duì)導(dǎo)體棒ab應(yīng)用動(dòng)量定理 ⑩
導(dǎo)體棒ab中的電流 ?
電容器電容 ?
電容器兩極電壓變化量 ?
以上各式聯(lián)立得 ?
可知導(dǎo)體棒ab在傾斜軌道上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
由幾何關(guān)系得導(dǎo)體棒ab在傾斜軌道末端時(shí)的速度 ?
可得電容器電容為 ?
賦分標(biāo)準(zhǔn)：①~?每式1分，共16分。
10.（16分）(2023山東聊城期末)根據(jù)高中電磁感應(yīng)知識(shí)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種簡(jiǎn)單的電磁健身器，其簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.6m，傾角θ=53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R=0.15Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.5m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T。質(zhì)量m=5.0kg、電阻r=0.05Ω的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距x=0.2m。一位健身者用恒力F=90N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，此時(shí)金屬棒的速度大小為3.2m/s。已知重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量。求：
（1）CD棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度的大?。?br>（2）在拉升CD棒的過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）若金屬棒再次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)下邊界時(shí)的速度大小為3.5m/s，求金屬棒向下通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間。
【參考答案】.（16分）（1）（2）（3）
【名師解析】：（1）由牛頓第二定律①
進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度②
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)③
感應(yīng)電流④
安培力⑤
由牛頓第二定律可得⑥
解得⑦
（2）設(shè)導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中克服安培力做功為W，由動(dòng)能定理可得：
⑧
由功能關(guān)系可得⑨
⑩
解得：?
（3）由機(jī)械能守恒定律可知金屬棒再次回到磁場(chǎng)上邊界時(shí)速度大小仍為
?
設(shè)金屬棒向下經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為t，則?
由動(dòng)量定理可得?
解得?
評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：①~④⑥~??式，每式2分，⑧?式，每式2分
11.（16分）（2023年7月湖南部分重點(diǎn)高中期末）如圖所示，足夠長(zhǎng)的絕緣運(yùn)輸帶沿傾角α=30°的方向固定，以v0的速度順時(shí)針勻速傳動(dòng)，兩虛線(xiàn) 1、2間存在垂直運(yùn)輸帶向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．質(zhì)量為m、阻值為 R、邊長(zhǎng)為d的正方形導(dǎo)線(xiàn)框abcd 隨運(yùn)輸帶一起勻速向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng) ab邊越過(guò)虛線(xiàn)1時(shí)導(dǎo)線(xiàn)框相對(duì)運(yùn)輸帶發(fā)生運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab邊到達(dá)虛線(xiàn) 2時(shí)導(dǎo)線(xiàn)框的速度恰好恢復(fù)到 v0，已知兩虛線(xiàn)間的距離為 L（L>2d），導(dǎo)線(xiàn)框與運(yùn)輸帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù) μ=32，重力加速度大小為g，整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)線(xiàn)框的 ab邊始終與兩虛線(xiàn)平行。求：
（1） ab邊剛越過(guò)虛線(xiàn) 1瞬間的加速度大?。?br>（2）導(dǎo)線(xiàn)框的 ab邊由虛線(xiàn)1運(yùn)動(dòng)到虛線(xiàn)2的過(guò)程中，導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；
（3）導(dǎo)線(xiàn)框的ab邊由虛線(xiàn) 1運(yùn)動(dòng)到虛線(xiàn)2的時(shí)間t。
【名師解析】
（1） ab邊剛越過(guò)虛線(xiàn) 1瞬間，對(duì)導(dǎo)線(xiàn)框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinα+F安?μmgcsα=ma（2分）
根據(jù)安培力公式有 F安=BId（1分）
根據(jù)閉合電路歐姆定律有 I=Bdv0R（1分）
解得 a=B2d2v0mR?g4。（2分）
（2）導(dǎo)線(xiàn)框的 ab邊由虛線(xiàn) 1運(yùn)動(dòng)到虛線(xiàn) 2的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有
μmgcsα?L?mgsinα?L+W安=0（2分）
根據(jù)功能關(guān)系有Q=-W安（1分）
解得 Q=14mgL。（1分）
（3）導(dǎo)線(xiàn)框的 ab邊由虛線(xiàn) 1運(yùn)動(dòng)到虛線(xiàn) 2的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理有
μmgcsα?t?mgsinα?t+I安=0（2分）
安培力的沖量
I安=?∑BId?△t=?∑B2d2vR?△t=?B2d3R（2分）
解得 t=4B2d3mgR。（2分）
12. (2023年7月浙江寧波期末)如圖所示，水平面上有一光滑矩形金屬軌道，間距為，左側(cè)有一恒流源，電流。以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向建立x軸，垂直x軸方向建立y軸，在至x＝的軌道區(qū)間I存在豎直向上的磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），此磁場(chǎng)沿x軸正方向的變化規(guī)律為，沿y軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度不變。磁場(chǎng)右側(cè)M、N兩處用光滑絕緣材料連接，右側(cè)軌道上放置了一個(gè)“”形質(zhì)量為的金屬框edcf，其中ed，cf邊長(zhǎng)度均為。cd邊垂直導(dǎo)軌，長(zhǎng)度為，電阻阻值為；在金屬框右側(cè)長(zhǎng)為，寬為的區(qū)域Ⅱ存在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；軌道最右端接一個(gè)阻值的電阻．現(xiàn)質(zhì)量也為，長(zhǎng)度為的金屬棒ab在磁場(chǎng)I區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到水平向右的恒力，由靜止從處開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，ab棒離開(kāi)磁場(chǎng)I區(qū)域時(shí)立刻撤去恒力。金屬棒ab與“”形金屬框edcf相碰后會(huì)粘在一起形成閉合導(dǎo)體框abcd，閉合導(dǎo)體框abcd滑出磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)域后可和右側(cè)的固定彈性墻K發(fā)生彈性碰撞。整個(gè)滑動(dòng)過(guò)程ab始終和軌道垂直且接觸良好。已知，，，，除已給電阻外其他電阻均不計(jì)。若導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)到處時(shí)剛好勻速，求：（提示可以用圖像與x軸所圍的“面積”代表力F做的功），求：
（1）里的；
（2）閉合導(dǎo)體框abcd進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度；
（3）最終ab棒會(huì)停止在距離磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ右邊緣多遠(yuǎn)處？

【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)到處時(shí)剛好勻速，根據(jù)受力平衡可得
解得
（2）導(dǎo)體棒ab在磁場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理可得
其中
解得
金屬棒ab與金屬框edcf相碰后會(huì)粘在一起形成閉合導(dǎo)體框abcd，根據(jù)動(dòng)量守恒可得
解得
（3）線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理可得
解得
線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理可得
其中
聯(lián)立解得
設(shè)線(xiàn)框在反彈后再次進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程停下來(lái)，金屬棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)的距離為，根據(jù)動(dòng)量定理可得
解得
假設(shè)成立，最終ab棒會(huì)停止在距離磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ右邊緣處。

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