（1）求導(dǎo)體桿從放上傳送帶到落地的過程中，流過電阻的電荷量；
（2）求導(dǎo)體桿在空中運動的時間；
（3）求傳送帶多消耗的電能。
【名師解析】（1）導(dǎo)體棒在運動過程中，由電流的定義可知
由閉合電路歐姆定律，有
由法拉第電磁感應(yīng)定律，可得，
聯(lián)立以上各式，可得。
（2）落地時動能為原來的一半，夾角為45°，可得其水平分量，豎直分量
兩個方向上分別使用動量定理，可得
其中、分別為空氣阻力的水平、豎直分量，由矢量的分解結(jié)果可得
聯(lián)立以上各式，并對時間進行累積，可得
解方程組，可得
（3）由第（2）問可得
傳送帶多消耗的電能等于滑動摩擦力對傳送帶做的負功，即
在傳送帶上運動時，由動量定理可知
該式對時間累積，可得
聯(lián)立以上式子，可得
即或
2．（18分）（2024年重慶第七次質(zhì)檢）如圖所示，帶有水平端、傾角的絕緣斜面體裝置“”固定在地面上，裝置表面內(nèi)對稱的固定兩根金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌左右寬度為L、右端間距，其中導(dǎo)軌斜面、水平部分在N、處絕緣（斷點）。區(qū)域Ⅰ（邊界、）中的勻強磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ（邊界、）中的勻強磁場方向垂直斜面向下，區(qū)域Ⅲ（邊界、）中的勻強磁場方向垂直水平面向上，其中（具體大小未知），各邊界與、、彼此平行，除區(qū)域Ⅱ內(nèi)的導(dǎo)軌粗糙外其它導(dǎo)軌均光滑。
現(xiàn)將一質(zhì)量為m、長為3L的細金屬桿甲由距上方2L處靜止釋放，當甲進入?yún)^(qū)域Ⅰ時，將另一質(zhì)量為m、長為3L的細金屬桿乙（圖中未畫出）由上方某處靜止釋放，甲恰好開始勻速運動并保持勻速通過Ⅰ、Ⅱ，其中：當甲進入?yún)^(qū)域Ⅱ時，乙剛好進入?yún)^(qū)域Ⅰ并開始勻速運動；當甲離開區(qū)域Ⅱ時，乙剛好離開區(qū)域Ⅰ。最終乙在甲進入?yún)^(qū)域Ⅲ前，與甲發(fā)生碰撞后，乙桿被鎖定，甲以進入?yún)^(qū)域Ⅲ。已知乙桿在導(dǎo)軌間的有效電阻為R，甲桿、導(dǎo)軌電阻不計，兩桿始終與邊界平行，且只與導(dǎo)軌接觸并接觸良好，經(jīng)過處桿速度大小不變，重力加速度為g，求：
（1）甲、乙進入?yún)^(qū)域Ⅰ的速度、大?。?br>（2）區(qū)域Ⅱ的大小及寬度（a到c）大?。?br>（3）關(guān)于甲能否通過區(qū)域Ⅲ，某同學(xué)做了分析計算，得到極短時間內(nèi)甲桿速度變化量與桿切割的有效長度、切割的極小位移之間滿足：正比于，后續(xù)無法繼續(xù)完成并做出結(jié)論，請分析論證：若甲能通過Ⅲ，則求出通過時的速度大小；若甲不能通過Ⅲ，則求出最終停下來的位置距的距離大小。
【參考答案】（18分）
（1）
（2） 4L
（3）甲能通過Ⅲ，速度為
【名師解析】（1）甲進入Ⅰ時：
甲、乙均勻、速通過Ⅰ，顯然前后電流、總電壓不變
故：
易得：
（2）甲進入Ⅰ勻速，則滿足：
得：
即：
設(shè)Ⅰ、Ⅱ?qū)挾葹?、，?jù)題意運動時間關(guān)系，顯然易得：
即：
（3）假設(shè)甲能離開，速度為，則甲在Ⅲ內(nèi)的極小時間內(nèi)：
動量定理得：
（微元思想：如上圖推演）
故假設(shè)成立，所以甲能離開。
3．（15分）（2024年3月南京質(zhì)檢）如圖所示，足夠長“V”字形的金屬導(dǎo)軌兩側(cè)與水平地面的夾角，最低點平滑連接，其間距為，左端接有電容的電容器．質(zhì)量的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上滑動，導(dǎo)體棒與兩側(cè)導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)相同，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計.導(dǎo)軌左右兩側(cè)存在著垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度．現(xiàn)使導(dǎo)體棒從左側(cè)導(dǎo)軌上某處由靜止釋放，經(jīng)時間第一次到達最低點，此時速度，然后滑上右側(cè)導(dǎo)軌，多次運動后，最終停在導(dǎo)軌的最低點.整個過程中電容器未被擊穿，忽略磁場邊緣效應(yīng)和兩個磁場間相互影響，重力加速度g取10，，．求：
（1）導(dǎo)體棒第一次運動到最低點時，電容器所帶電荷量Q；
（2）動摩擦因數(shù)和導(dǎo)體棒第一次運動到最低點時，電容器儲存的能量；
（3）導(dǎo)體棒運動的總時間．
【名師解析】．（15分）
（1）在最低點，導(dǎo)體棒切割磁場，電容器兩端電壓與導(dǎo)體棒兩端電動勢相等．
①
電容器的電容②
由①②得
（2）導(dǎo)體棒由在左邊導(dǎo)軌上靜止釋放后，在下滑過程中受力分析如圖：
解法一：沿斜面方向由動量定理得：
解得：
解法二：沿斜面方向由牛頓第二定律得：
③
④
⑤
⑥
由③④⑤⑥得
根據(jù)電容器儲存能量公式
解得
（3）根據(jù)分析可知道，物體沖上右邊導(dǎo)軌后，電容器放電，導(dǎo)體棒安培力沿斜面向上，受力分析圖如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得：
⑦
⑧
⑨
由⑦⑧⑨得
，
物體上滑到右側(cè)最高點位移
解得
同理，導(dǎo)體棒從右側(cè)斜面最高點滑下過程中電容器充電，加速大小等于，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點時假設(shè)其速度為，則
解得
導(dǎo)體棒從右側(cè)軌道上滑到達最高點后以向下勻加速，到達最低點后以加速度減速滑上左側(cè)軌道，如此往復(fù)，直至停在最低點.根據(jù)運動學(xué)規(guī)律，易得：
在兩邊導(dǎo)軌加速下滑過程時間依次為：
，，，…
在兩邊導(dǎo)軌減速上滑過程時間依次為：
，，，…
所以
4.（11分）（2024浙江溫州二模）如圖所示，SM、TN是兩條平行固定水平金屬導(dǎo)軌，其右端串接電鍵K和阻值為的定值電阻。傾角相同的傾斜金屬導(dǎo)軌AC、BD和EP、FQ架接在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道平滑連接，且接觸點無電阻，水平導(dǎo)軌間距、傾斜導(dǎo)軌間距均為L；金屬棒a質(zhì)量為2m、阻值為R，金屬棒b質(zhì)量為m、阻值為2R，兩根金屬棒長度均為L，分別由鎖定器鎖定在兩個傾斜導(dǎo)軌的同一高度處，高度為h，鎖定好的兩金屬棒在水平導(dǎo)軌上的投影分別為ST、HG。CDGH和PQNM兩區(qū)域均足夠長，分布有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為、。已知：、、、、、、，所有導(dǎo)軌均光滑且不計電阻，兩金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好。
第19題圖
（1）閉合電鍵K，僅解除鎖定器1，讓a棒靜止釋放，求：
①a棒剛進入CDGH區(qū)域磁場時，PQ兩點間的電壓U；
②a棒在CDGH區(qū)域磁場中運動的距離；
（2）a棒在CDGH區(qū)域靜止后，斷開電鍵K，解除鎖定器2，讓b棒靜止釋放，求：
①當b棒在PQNM區(qū)域磁場中速度為時，a棒的加速度大小；
②從鎖定器1解除到兩金屬棒運動穩(wěn)定，a棒產(chǎn)生的總焦耳熱。
【名師解析】.（1）①a棒在斜導(dǎo)軌上，有機械能守恒：
a棒剛進入CDGH區(qū)域磁場時：（1分）
切割產(chǎn)生的電動勢：
PQ兩點間的電壓：（1分）
②對a棒，在CDGH區(qū)域磁場中，由動量定理：（1分）
其中：
得：（1分）
（2）①b棒進入PQNM區(qū)域磁場時速度：
對b棒，進入磁場到，由動量定理：
此過程，對a棒，由動量定理：
可得：（1分）
此時回路電流：（1分）
對a棒，由牛頓第二定律：（1分）
②分析可知，兩棒運動穩(wěn)定時：
對b棒，進入磁場到運動穩(wěn)定，由動量定理：
此過程，對a棒，由動量定理：（1分）
得：，（1分）
此過程，由能量守恒：
其中a棒產(chǎn)生焦耳熱：（1分）
b棒未解鎖，a棒運動時，由能量守恒：
其中a棒產(chǎn)生焦耳熱：
從鎖定器1解除到兩棒運動穩(wěn)定，a棒產(chǎn)生總焦耳熱：（1分）
注：以上各步用其他方法解題的，只要合理，得同樣的分。
5 . (2024浙江臺州期末)如圖所示，光滑水平導(dǎo)軌放置在豎直向上的磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場中，取中點為坐標原點，以水平向右為正方向建立軸。導(dǎo)軌部分與軸的夾角相等，左端的坐標為且與裝置相連，裝置能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏骱愣?，其中處是光滑絕緣件，導(dǎo)軌間距為且足夠長。間通過單刀雙擲開關(guān)連接阻值為的電阻和電容為的電容器，開關(guān)可分別與接線柱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始向右運動，經(jīng)過處的速度大小為。已知金屬棒的質(zhì)量為，長度為，電阻為，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻，電容器初始不帶電，不計所有阻力。
（提示：可以用圖像下的“面積”代表力所做的功）
（1）若開關(guān)和接線柱1接通，求金屬棒停下的位置坐標；
（2）若開關(guān)和接線柱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）對金屬棒分析，用動量定理，有
解得
（2）對金屬棒分析，用動量定理，有
解得
（3）對金屬棒用動能定理，則有
解得
6. （2024浙江寧波期末） 如圖所示，兩個足夠長的平行光滑細金屬導(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，導(dǎo)軌間有寬度為、磁感應(yīng)強度的大小為、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，一長度為3d的絕緣輕桿將導(dǎo)體棒和正方形細金屬線框連接，線框的邊長為d，線框的總電阻為，導(dǎo)體棒和線框總質(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，圖中未畫出），導(dǎo)體棒處于磁場內(nèi)且恰好位于下邊界處，將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒先穿過磁場，后金屬線框也穿過磁場。金屬線框第一次剛穿過磁場后的速度約為1.2m/s，之后再次返回穿過磁場。不計線框及導(dǎo)體棒中電流所產(chǎn)生磁場的影響，重力加速度g取，求：
（1）導(dǎo)體棒第一次離開磁場上邊界的速度；
（2）金屬線框第一次沿絕緣斜面向上穿過磁場的時間t；
（3）經(jīng)足夠長時間后，導(dǎo)體棒能到達的最低點與磁場上邊界的距離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）線框進磁場時的速度為，則有
解得
線框第一次穿過磁場時的速度為，由題意可知
設(shè)線框向上穿過磁場的時間為t，由動量定理得
聯(lián)立解得
（3）設(shè)經(jīng)足夠長時間后，線框最終不會再進入磁場，即運動的最高點是線框的上邊與磁場的下邊界重合，導(dǎo)體棒做上下往復(fù)運動，設(shè)導(dǎo)體棒運動的最低點到磁場上邊界的距離為x，則有
解得
7. （2024江蘇鎮(zhèn)江質(zhì)檢）如圖所示，水平面上有兩根很長的光滑平行金屬導(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，導(dǎo)軌間寬度為L，方向垂直穿過導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為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。
（1）計算外力F的功率；
（2）某時刻解除對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）某時刻解除對cd棒的控制的同時撤去外力F，求兩棒組成的系統(tǒng)穩(wěn)定狀態(tài)下相對于撤去外力F時增加的距離。
【參考答案】（1）；（2），；（3）
【名師解析】
（1）設(shè)ab棒的速度大小為，此時產(chǎn)生的電動勢為
電流強度
安培力
ab棒勻速滑動，則有
聯(lián)立可得
外力F的功率
（2）剛解除對cd棒的控制時，ab棒受到的安培力不變，則
在穩(wěn)定狀態(tài)時，兩根棒的加速度相同，對兩棒組成的系統(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，由于安培力對兩棒系統(tǒng)的總沖量為零，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則有
可得穩(wěn)定時其共同速度為
以cd棒為參考，對ab棒根據(jù)動量定理有
其中
即為兩根棒在一小段時間內(nèi)增加的位移，兩邊求和得到
將代入得到
8. （2024湖北重點高中3月聯(lián)考）如圖，半徑的固定水平金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上，磁感應(yīng)強度的勻強磁場，可繞圓心O轉(zhuǎn)動的金屬棒的A端與圓環(huán)接觸良好。間距的兩平行長直導(dǎo)軌和與水平面的夾角，導(dǎo)軌與金屬環(huán)相連，與金屬桿O端相連。導(dǎo)軌平面的矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小的勻強磁場。初始時，一質(zhì)量、長的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置并鎖定。當桿以角速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動時，解除的鎖定，之后在時刻以速度進入磁場，同時用外力控制棒，使棒在磁場中做勻加速直線運動，后以的速度離開磁場，此過程中棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。已知重力加速度g取，，金屬棒、的電阻均為，其余電阻均不計。求
（1）時刻棒受到的安培力大小；
（2）棒受到的外力與時間的關(guān)系式；
（3）在磁場運動的過程中，通過棒的電荷量。
【參考答案】（1）；（2），沿軌道向下為正方向；（3）
【名師解析】
（1）金屬桿勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為，由法拉第電磁感應(yīng)定律
進入磁場后，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為
回路中電流
所受的安培力
時，將代入解得
（2）在磁場中做勻加速直線運動
的速度
取沿軌道向下為正方向，對，根據(jù)牛頓第二定律
解得
（3）導(dǎo)體棒所受安培力的沖量
又
由可知時
時
故外力的沖量
由動量定理
解得

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