疑難壓軸4電磁感應(yīng)綜合應(yīng)用1．（2024?浙江）某小組探究“法拉第圓盤發(fā)電機(jī)與電動(dòng)機(jī)的功用”，設(shè)計(jì)了如圖所示裝置。飛輪由三根長(zhǎng)a＝0.8m的輻條和金屬圓環(huán)組成，可繞過其中心的水平固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，不可伸長(zhǎng)細(xì)繩繞在圓環(huán)上，系著質(zhì)量m＝1kg的物塊，細(xì)繩與圓環(huán)無相對(duì)滑動(dòng)。飛輪處在方向垂直環(huán)面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左側(cè)電路通過電刷與轉(zhuǎn)軸和圓環(huán)邊緣良好接觸，開關(guān)S可分別與圖示中的電路連接。已知電源電動(dòng)勢(shì)E0＝12V、內(nèi)阻r＝0.1Ω、限流電阻R1＝0.3Ω、飛輪每根輻條電阻R＝0.9Ω，電路中還有可調(diào)電阻R2（待求）和電感L，不計(jì)其他電阻和阻力損耗，不計(jì)飛輪轉(zhuǎn)軸大小。（1）開關(guān)S擲1，“電動(dòng)機(jī)”提升物塊勻速上升時(shí)，理想電壓表示數(shù)U＝8V。①判斷磁場(chǎng)方向，并求流過電阻R1的電流I；②求物塊勻速上升的速度v。（2）開關(guān)S擲2，物塊從靜止開始下落，經(jīng)過一段時(shí)間后，物塊勻速下降的速度與“電動(dòng)機(jī)”勻速提升物塊的速度大小相等：①求可調(diào)電阻R2的阻值；②求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。【解答】解：（1）開關(guān)S擲1，相當(dāng)于電動(dòng)機(jī)；①物塊上升，則金屬輪沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，輻條受到的安培力指向逆時(shí)針方向，輻條中電流方向從圓周指向O點(diǎn)，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外；由閉合電路的歐姆定律E0＝U+I（R1+r）代入數(shù)據(jù)解得流過電阻R1的電流為10A；②三根輻條的并聯(lián)電阻R根據(jù)能量守恒定律UI＝I2R并+mgv代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s；另解：輻條切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與電源電動(dòng)勢(shì)相反，設(shè)每根輻條產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E1，等效電路圖如圖1所示：則U＝E1+IR并代入數(shù)據(jù)解得E1＝5V此時(shí)金屬輪可視為電動(dòng)機(jī)P出＝E1I當(dāng)物塊P勻速上升時(shí)P出＝mgv解得v＝5m/s（2）物塊勻速下落時(shí)，相當(dāng)于發(fā)電機(jī)；①由能量關(guān)系可知mgv′＝（I′）2（R2+R并）代入數(shù)據(jù)解得R2＝0.2Ω另解：等效電路圖如圖2所示：由受力分析可知，輻條受到的安培力與第（1）問相同，經(jīng)過R2的電流I′＝I＝10A由題意可知v′＝v＝5m/s每根輻條切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝E1＝5VR總根據(jù)電阻串聯(lián)、并聯(lián)電路的特點(diǎn)R總＝R2+R并代入數(shù)據(jù)解得R2＝0.2Ω②根據(jù)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E而E2＝5V代入數(shù)據(jù)解得B＝2.5T。答：（1）①磁場(chǎng)方向垂直紙面向外；流過電阻R1的電流為10A；②物塊勻速上升的速度為5m/s；（2）①可調(diào)電阻R2的阻值為0.2Ω；②磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為2.5T。

2．（2024?廣西）某興趣小組為研究非摩擦形式的阻力設(shè)計(jì)了如圖甲的模型。模型由大齒輪、小齒輪、鏈條、阻力裝置K及絕緣圓盤等組成。K由固定在絕緣圓盤上兩個(gè)完全相同的環(huán)狀扇形線圈M1、M2組成，小齒輪與絕緣圓盤固定于同一轉(zhuǎn)軸上，轉(zhuǎn)軸軸線位于磁場(chǎng)邊界處，方向與磁場(chǎng)方向平行，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，與K所在平面垂直。大、小齒輪半徑比為n，通過鏈條連接。K的結(jié)構(gòu)參數(shù)見圖乙。其中r1＝r，r2＝4r，每個(gè)線圈的圓心角為π﹣β，圓心在轉(zhuǎn)軸軸線上，電阻為R。不計(jì)摩擦，忽略磁場(chǎng)邊界處的磁場(chǎng)，若大齒輪以ω的角速度保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，以線圈M1的ab邊某次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，求K轉(zhuǎn)動(dòng)一周：（1）不同時(shí)間線圈M1的ab邊或cd邊受到的安培力大?。唬?）流過線圈M1的電流有效值；（3）裝置K消耗的平均電功率。【解答】解：（1）由題意知大齒輪以ω的角速度保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，大小齒輪線速度相等，則ω1=可得小齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω1＝nω轉(zhuǎn)動(dòng)周期為T=以線圈M1的ab邊某次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)歷的時(shí)間為t1這段時(shí)間內(nèi)線圈M1產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E1＝B（4r﹣r）va+電流為：I1=受到的安培力大小：F1＝BI1L＝B×15nBr當(dāng)ab邊和cd邊均進(jìn)入磁場(chǎng)后到ab邊離開磁場(chǎng)，經(jīng)歷的時(shí)間為t2=由于M1線圈磁通量不變，無感應(yīng)電流，安培力大小為0；當(dāng)M1線圏ab邊離開磁場(chǎng)到cd邊離開磁場(chǎng)，經(jīng)歷的時(shí)間為t3＝t1=此時(shí)的安培力大小由前面分析可知F3＝F1=方向與進(jìn)入時(shí)相反；當(dāng)M1線圏c(diǎn)d邊離開磁場(chǎng)到ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)歷的時(shí)間為t4＝t2=同理可知安培力為0。（2）根據(jù)（1）可知，設(shè)流過線圈M1的電流有效值為I，則根據(jù)有效值定義有I1其中I1＝I3，t1＝t3聯(lián)立解得：I=（3）根據(jù)題意可知流過線圈M1和M2的電流有效值相同，則在一個(gè)周期內(nèi)裝置K消耗的平均電功率為P＝2I2R=答：（1）不同時(shí)間線圈M1的ab邊或cd邊受到的安培力大小見解析；（2）流過線圈M1的電流有效值為π?βπ（3）裝置K消耗的平均電功率為225n

3．（2024?河北）如圖，邊長(zhǎng)為2L的正方形金屬細(xì)框固定放置在絕緣水平面上，細(xì)框中心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸OO'。間距為L(zhǎng)、與水平面成θ角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細(xì)框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細(xì)框分別處在與各自所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。足夠長(zhǎng)的細(xì)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD始終靜止。OA棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，CD棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時(shí)均恰好能靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計(jì)，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。（2）鎖定OA棒，推動(dòng)CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求CD棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）OA棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)OA垂直正方形金屬細(xì)框時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小；OA棒產(chǎn)生最小感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電路中的最小電流ICD棒所受安培力的最小值Fmin＝BIminL代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得F當(dāng)OA轉(zhuǎn)動(dòng)至正方形金屬細(xì)框的對(duì)角線位置時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大；根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，OA棒的有效長(zhǎng)度LOA棒產(chǎn)生最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E電路中的最大電流ICD棒所受安培力的最大值Fm＝BImL=（2）CD棒在所受安培力達(dá)到最大時(shí)，CD棒有向上滑動(dòng)的趨勢(shì)，最大靜摩擦力方向沿導(dǎo)軌向下根據(jù)平衡條件Fm＝mgsinθ+fmCD棒在所受安培力達(dá)到最小時(shí)，CD棒有向下滑動(dòng)的趨勢(shì)，最大靜摩擦力方向沿導(dǎo)軌向上根據(jù)平衡條件Fmin+fm＝mgsinθ聯(lián)立解得m=鎖定OA棒，推動(dòng)CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，方向沿導(dǎo)軌向上根據(jù)牛頓第二定律Fm+μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma聯(lián)立解得μ=a答：（1）CD棒所受安培力的最大值為B2L3（2）CD棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為agcosθ

4．（2024?洛陽一模）如圖所示，兩根電阻不計(jì)的光滑水平導(dǎo)軌A1B1、A2B2平行放置，間距L＝1m，處于豎直向下B＝0.4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌左側(cè)接一電容C＝0.1F的超級(jí)電容器，初始時(shí)刻電容器帶一定電量，電性如圖所示。質(zhì)量m1＝0.2kg、電阻不計(jì)的金屬棒ab垂直架在導(dǎo)軌上，閉合開關(guān)S后，ab棒由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，且離開B1B2時(shí)已以v1＝1.6m/s勻速。下方光滑絕緣軌道C1MD1、C2ND2間距也為L(zhǎng)，正對(duì)A1B1、A2B2放置，其中C1M、C2N半徑r＝1.25m、圓心角θ＝37°的圓弧，與水平軌道MD1、ND2相切于M、N兩點(diǎn)，其中NO、MP兩邊長(zhǎng)度d＝0.5m，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿導(dǎo)軌向右建立坐標(biāo)系，OP右側(cè)0＜x＜0.5m處存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bx=3x(T)的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下。質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R＝1Ω的“U”型金屬框靜止于水平導(dǎo)軌NOPM處。導(dǎo)體棒ab自B1B2拋出后恰好能從C1C（1）求初始時(shí)刻電容器帶電量Q0；（2）若閉合線框進(jìn)入磁場(chǎng)Bx區(qū)域時(shí)，立刻給線框施加一個(gè)水平向右的外力F，使線框勻速穿過磁場(chǎng)Bx區(qū)域，求此過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱；（3）閉合線框進(jìn)入磁場(chǎng)Bx區(qū)域后只受安培力作用而減速，試討論線框能否穿過Bx區(qū)域。若能，求出離開磁場(chǎng)Bx時(shí)的速度；若不能，求出線框停止時(shí)右邊框的位置坐標(biāo)x。【解答】解：（1）設(shè)初始時(shí)電容器兩端電壓為U0導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定過程，電容器極板上電荷量變化量為ΔQ，導(dǎo)體棒穩(wěn)定后的電動(dòng)勢(shì)為E，對(duì)導(dǎo)體棒，以v1方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理有BIL?Δt＝m1v1﹣0E＝BLv1而C=Q由電流的公式有I=整理有Q0＝CU0＝ΔQ+CE解得Q0＝0.864C（2）導(dǎo)體棒ab自B1B2拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C1C2處速度方向沿圓弧軌道的切線方向，與水平方向的夾角等于θ＝37°，其水平分速度大小等于v1，則到達(dá)C1C2處的速度為v解得v2＝2m/s設(shè)ab與金屬框碰撞前瞬間速度大小為v3，由動(dòng)能定理得m1解得v3＝3m/s對(duì)ab與金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞的過程，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v3＝（m1+m2）v4解得v4＝1m/s閉合線框穿過磁場(chǎng)Bx的過程，有F變因安培力與位移成正比，故可用安培力的平均值計(jì)算克服安培力做功，閉合線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程克服安培力做功為W=閉合線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程與離開磁場(chǎng)過程克服安培力做功相等，根據(jù)功能關(guān)系可得穿過磁場(chǎng)Bx區(qū)域線框產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝2W＝2×0.625J＝1.25J（3）假設(shè)閉合線框能夠穿過磁場(chǎng)Bx，對(duì)此過程微分成若干極短時(shí)間段dt（dt→0），以向右為正方向，對(duì)閉合線框由動(dòng)量定理得﹣BxLI?dt＝（m1+m2）?dv其中：I聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得﹣5x?dx＝0.75?dv，（0＜x＜0.5m）對(duì)進(jìn)入磁場(chǎng)過程積分可得?可得?解得：Δv=?即進(jìn)入磁場(chǎng)過程速度減少了56m/s，對(duì)離開磁場(chǎng)過程速度同樣會(huì)減少了5653故假設(shè)不成立，線框不能穿過Bx區(qū)域。由上述分析可知線框OP邊離開磁場(chǎng)時(shí)的速度為v5設(shè)線框停止時(shí)ab邊的位置坐標(biāo)x為x1由：﹣5x?dx＝0.75?dv積分可得?解得x答：（1）初始時(shí)刻電容器帶電量為0.864C；（2）此過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱為1.25J；（3）線框不能穿過Bx區(qū)域，線框停止時(shí)右邊框的位置坐標(biāo)x為510

5．（2024?和平區(qū)二模）航天回收艙實(shí)現(xiàn)軟著陸時(shí)，回收艙接觸地面前經(jīng)過噴火反沖減速后的速度為v0，此速度仍大于要求的軟著陸設(shè)計(jì)速度v0（1）緩沖滑塊剛落地時(shí)回收艙主體的加速度大?。唬?）達(dá)到回收艙軟著陸要求的設(shè)計(jì)速度時(shí)，緩沖滑塊K對(duì)地面的壓力大??；（3）回收艙主體可以實(shí)現(xiàn)軟著陸，若從v0減速到v0【解答】解：（1）緩沖滑塊剛落地時(shí)，ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝nBLv0線圈中的感應(yīng)電流為I=ab邊受到的安培力大小為F安＝nBIL聯(lián)立可得：F安=根據(jù)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(duì)回收艙主體，根據(jù)牛頓第二定律得F安﹣mg＝ma可得緩沖滑塊剛落地時(shí)回收艙主體的加速度大小為：a=（2）達(dá)到回收艙軟著陸要求的設(shè)計(jì)速度v02時(shí)，根據(jù)F安F對(duì)裝置中緩沖滑塊，根據(jù)平衡條件有N′＝Mg+F′安根據(jù)牛頓第三定律知，緩沖滑塊K對(duì)地面的壓力大小N＝N′可得N=Mg+（3）回收艙主體從v0減速到v0mgh設(shè)此過程中，回收艙主體下降的高度為h。通過線圈的電荷量為q=It即得h=可得Q答：（1）緩沖滑塊剛落地時(shí)回收艙主體的加速度大小為n2（2）達(dá)到回收艙軟著陸要求的設(shè)計(jì)速度時(shí)，緩沖滑塊K對(duì)地面的壓力大小為Mg+n（3）該過程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q為38

6．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)一模）如圖1所示為永磁式徑向電磁阻尼器，由水磁體、定子、驅(qū)動(dòng)軸和轉(zhuǎn)子組成，永磁體安裝在轉(zhuǎn)子上，驅(qū)動(dòng)軸驅(qū)動(dòng)轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)，定子上的線圈切割“旋轉(zhuǎn)磁場(chǎng)”產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而產(chǎn)生制動(dòng)力。如圖2所示，單個(gè)水磁體的質(zhì)量為m，長(zhǎng)為L(zhǎng)1、寬為L(zhǎng)2（寬度相對(duì)于所在處的圓周長(zhǎng)度小得多，可近似為一段小圓?。⒑穸群苄】珊雎圆挥?jì)，永磁體的間距為L(zhǎng)2，水磁體在轉(zhuǎn)子圓周上均勻分布，相鄰磁體磁極安裝方向相反，靠近磁體表面處的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直表面向上或向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，相鄰磁體間的磁場(chǎng)互不影響。定子的圓周上固定著多組金屬線圈，每組線圈有兩個(gè)矩形線圈組成，連接方式如圖2所示，每個(gè)矩形線圈的匝數(shù)為N、電阻為R，長(zhǎng)為L(zhǎng)1，寬為L(zhǎng)2，線圈的間距為L(zhǎng)2。轉(zhuǎn)子半徑為r，轉(zhuǎn)軸及轉(zhuǎn)子質(zhì)量不計(jì)，定子和轉(zhuǎn)子之間的縫隙忽略不計(jì)。（1）當(dāng)轉(zhuǎn)子角速度為ω時(shí)，求流過每組線圈電流I的大小。（2）若轉(zhuǎn)子的初始角速度為ω0，求轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)過的最大角度θm。（3）若在外力作用下轉(zhuǎn)子加速，轉(zhuǎn)子角速度ω隨轉(zhuǎn)過的角度θ的圖像如圖3所示，求轉(zhuǎn)過θ過程中外力做的功W外。【解答】解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝2NBL1ωr根據(jù)歐姆定律有I=（2）根據(jù)安培力公式可知F＝2NBIL1=規(guī)定安培力的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理可知∑2N結(jié)合θ＝rω可知可得θm=（3）一組磁鐵在轉(zhuǎn)過Δθ過程中克服安培力做功ΔW＝FrΔθ=2N根據(jù)圖像的面積可知一組磁鐵轉(zhuǎn)過θ1過程中克服安培力做功W=所有磁鐵轉(zhuǎn)過θ1過程中克服安培力做功W總＝n1W=2πr4所有磁鐵轉(zhuǎn)過θ1過程中動(dòng)能的增加量ΔEk=轉(zhuǎn)過θ1過程中外力做的功W外＝W總+ΔEk=答：（1）流過每組線圈電流I的大小為NBL（2）轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)過的最大角度為mRω（3）轉(zhuǎn)過θ過程中外力做的功為πω

7．（2024?浙江二模）如圖“自由落體塔”是一種驚險(xiǎn)刺激的游樂設(shè)備，將游客升至數(shù)十米高空，自由下落至近地面再減速停下，讓游客體驗(yàn)失重的樂趣。物理興趣小組設(shè)計(jì)了如圖乙的減速模型，線圈代表乘客乘坐艙，質(zhì)量為m，匝數(shù)N匝，線圈半徑為r，總電阻為R。減速區(qū)設(shè)置一輻向磁場(chǎng)，俯視圖如圖丙，其到中心軸距離r處磁感應(yīng)強(qiáng)度B=k1r。線圈被提升到離地h1（1）判斷線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向（從上往下看），計(jì)算此時(shí)受到的安培力大小。（2）若落地時(shí)速度為v，求全程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0。（3）為增加安全系數(shù)，加裝三根完全相同的輕質(zhì)彈力繩（關(guān)于中心軸對(duì)稱）如圖丁，已知每一條彈力繩形變量Δx時(shí)，都能提供彈力F＝k2Δx，同時(shí)儲(chǔ)存彈性勢(shì)能12k2(Δx)2【解答】解：（1）右手定則判斷電流沿順時(shí)針方向，N匝線圈切割磁感線，由歐姆定律得：NBLv＝IR由題意可知：BL=聯(lián)立得速度為v時(shí)線圈中通過電流：I=進(jìn)入磁場(chǎng)前自由落體過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v=則線圈受安培力：F=NBIL=（2）全過程對(duì)線圈用動(dòng)量定理，取向下為正，有：mgt0﹣∑NBILΔt＝mv﹣0其中由（1）知：BL＝2πk1，I=故有：∑NBIL×Δt=整理變形可解得：t（3）最終靜止時(shí)不切割，不受安培力，根據(jù)平衡條件有：mg＝3k2Δx變形得到：Δx=全過程系統(tǒng)能量守恒，有：mg解得線圈產(chǎn)生焦耳熱：Q=mg[(全過程對(duì)線圈用動(dòng)量定理，取向下為正，有：mgt+3I0﹣∑NBILδt＝0﹣0其中由（2）知：有：∑NBIL×Δt=回代解得：I由于彈力繩提供沖量向上，故：I0＜0彈力繩的沖量大小為I＝﹣I0=mg答：（1）感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，受到的安培力大小為(2πk（2）全程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0為(2πk（3）線圈在往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為mg(h1?h2

8．（2024?武漢模擬）如圖（a）是游戲設(shè)備——太空梭，人固定在座椅車上從高處豎直下墜，體驗(yàn)瞬間失重的刺激。某工程師準(zhǔn)備利用磁場(chǎng)控制座椅車速度，其原理圖可簡(jiǎn)化為圖（b）。座椅車包括座椅和金屬框架，金屬框架由豎直金屬棒ab、cd及5根水平金屬棒組成。ab、cd長(zhǎng)度均為4h，電阻不計(jì)；5根水平金屬棒等距離分布，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻均為R。地面上方足夠高處存在豎直寬度為h的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于豎直面向里。某次試驗(yàn)時(shí)，將假人固定在座椅車上，座椅車豎直放置，讓座椅車從金屬棒bc距離磁場(chǎng)上邊界h高處由靜止下落，金屬棒bc進(jìn)入磁場(chǎng)后即保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)摩擦和空氣阻力，重力加速度大小為g。求：（1）人和座椅車的總質(zhì)量m；（2）從bc離開磁場(chǎng)到ad離開磁場(chǎng)的過程中，流過金屬棒bc的電荷量q；（3）金屬框架abcd穿過磁場(chǎng)的過程中，金屬棒bc上產(chǎn)生的熱量Q。【解答】解：（1）金屬棒bc進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，下落h過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgh=解得：v=對(duì)整體，根據(jù)平衡條件可得：mg＝BIL回路中的總電阻為：R總＝R+14所以通過bc邊的感應(yīng)電流為：I=解得：m=4（2）從bc離開磁場(chǎng)到ad離開磁場(chǎng)的過程中，流過金屬棒bc的電流強(qiáng)度為：I1=從bc離開磁場(chǎng)到ad離開磁場(chǎng)的過程中經(jīng)過的時(shí)間為：t=根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：q＝I1t解得：q=4BLh（3）根據(jù)焦耳定律可得：Q＝I2R×h解得：Q=4答：（1）人和座椅車的總質(zhì)量為4B（2）從bc離開磁場(chǎng)到ad離開磁場(chǎng)的過程中，流過金屬棒bc的電荷量為4BLh5R（3）金屬框架abcd穿過磁場(chǎng)的過程中，金屬棒bc上產(chǎn)生的熱量為4B

9．（2024?江蘇一模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角α＝30°的絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5m，電阻不計(jì)；沿導(dǎo)軌方向建立x軸，虛線EF與坐標(biāo)原點(diǎn)O在同一水平線上；空間存在垂直于斜面的磁場(chǎng)，取垂直于斜面向上為正方向，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的分布為B=?1(T)，x＜00.6+0.8x(T)，x≥0?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R1＝0.2Ω的金屬棒ab放置在導(dǎo)軌上，下方還有質(zhì)量m2＝0.3kg、邊長(zhǎng)均為I的U形框cdef，其中金屬棒de的電阻R2＝0.20，cd、ef兩棒是絕緣的，金屬棒、U形框與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=33，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力給金屬棒ab一個(gè)沿斜面向下的瞬時(shí)速度v（1）若v0＝4m/s，求此瞬間金屬棒ab上感應(yīng)電流的方向和電勢(shì)差U；（2）為使棒、框碰撞前U形框能保持靜止，求v0應(yīng)滿足的條件；（3）若金屬棒ab位于x＝﹣0.32m處，當(dāng)v0＝4m/s時(shí)，金屬棒ab與U形框發(fā)生完全非彈性碰撞，求最終靜止時(shí)de邊的坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)右手定則可知，金屬棒ab上感應(yīng)電流的方向從b到a感應(yīng)電動(dòng)熱E＝B1lv1電路的總電阻R總＝R1+R2＝0.2Ω+0.2Ω＝0.4Ω干路電流E＝IR總故金屬棒ab兩端的電勢(shì)差Uab＝IR2解得：Uab＝1V（2）ab棒沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于μ=故μmgcosα＝mgsinα即重力沿斜面的分力與摩擦力等大、反向，因此ab棒受到的安培力即為合力，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，U形框受到的安培力沿斜面向上，de邊所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.6T+0.8×0.5T＝1T根據(jù)F安＝IB2l可知，ab棒獲得瞬時(shí)速度的瞬間，感應(yīng)電流I最大，U形框最容易發(fā)生滑動(dòng)，為使U形框靜止，此時(shí)cd棒所受的靜摩擦力應(yīng)沿斜面向下且為最大值，大小為F因此安培力的最大值為F又知F聯(lián)立解得v0＝4.8m/s所以v0≤4.8m/s（3）當(dāng)v0＝4m/s時(shí)，U形框在碰撞前始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)棒到達(dá)EF時(shí)的速度為v3，取沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量定理得?其中I聯(lián)立解得v3＝2m/s金屬棒ab與U形框發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得m1v3＝（m1+m2）v'解得碰撞后整體速度v'＝0.5m/s同理，整體受到的安培力即為其合力，ab、de邊所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度之差ΔB＝Bdc﹣Bab＝0.6T+0.8T﹣1T＝0.4T當(dāng)整體速度為v時(shí)，感應(yīng)電流I=ΔBlv受到的總安培力F＝BdeIl﹣BabIl解得F＝0.1v由動(dòng)量定理得﹣ΣFt＝0﹣（m1+m2）v'代入數(shù)據(jù)得Σ0.1vt＝0.2則整體的位移s＝Σvt＝2m故靜止時(shí)de邊的坐標(biāo)x＝s+l＝2m+0.5m＝2.5m答：（1）若v0＝4m/s，此瞬間金屬棒ab上感應(yīng)電流的方向從b到a，電勢(shì)差為1V；（2）為使棒、框碰撞前U形框能保持靜止，v0應(yīng)滿足的條件為v0≤4.8m/s；（3）若金屬棒ab位于x＝﹣0.32m處，當(dāng)v0＝4m/s時(shí)，金屬棒ab與U形框發(fā)生完全非彈性碰撞，最終靜止時(shí)de邊的坐標(biāo)為2.5m。

10．（2024?湖北模擬）如圖甲所示，線圈A匝數(shù)n＝100匝，所圍面積S1=1.0m2，電阻r＝2Ω。A中有面積S2=0.5m2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域D，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面向里。電阻不計(jì)的寬度L＝0.5m的足夠長(zhǎng)的水平光滑金屬軌道MN、PO通過開關(guān)S與A相連，兩軌