疑难压轴4 电磁感应综合应用-备战2025年高考物理易错题专练（新高考通用）

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（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U＝8V。
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等：
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
【解答】解：（1）开关S掷1，相当于电动机；
①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向O点，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；
由闭合电路的欧姆定律E0＝U+I（R1+r）
代入数据解得流过电阻R1的电流为10A；
②三根辐条的并联电阻R并=R3=0.93Ω=0.3Ω
根据能量守恒定律UI＝I2R并+mgv
代入数据解得v＝5m/s；
另解：辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为E1，等效电路图如图1所示：
则U＝E1+IR并
代入数据解得E1＝5V
此时金属轮可视为电动机P出＝E1I
当物块P匀速上升时P出＝mgv
解得v＝5m/s
（2）物块匀速下落时，相当于发电机；
①由能量关系可知mgv′＝（I′）2（R2+R并）
代入数据解得R2＝0.2Ω
另解：等效电路图如图2所示：
由受力分析可知，辐条受到的安培力与第（1）问相同，经过R2的电流I′＝I＝10A
由题意可知v′＝v＝5m/s
每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E2＝E1＝5V
R总=E2I'=5V10A=0.5Ω
根据电阻串联、并联电路的特点R总＝R2+R并
代入数据解得R2＝0.2Ω
②根据导体棒切割磁感线产生感应电动势E2=12Bωa2=12Baωa=12Bav'
而E2＝5V
代入数据解得B＝2.5T。
答：（1）①磁场方向垂直纸面向外；流过电阻R1的电流为10A；
②物块匀速上升的速度为5m/s；
（2）①可调电阻R2的阻值为0.2Ω；
②磁感应强度B的大小为2.5T。
2．（2024•广西）某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈M1、M2组成，小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K的结构参数见图乙。其中r1＝r，r2＝4r，每个线圈的圆心角为π﹣β，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以ω的角速度保持匀速转动，以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周：
（1）不同时间线圈M1的ab边或cd边受到的安培力大小；
（2）流过线圈M1的电流有效值；
（3）装置K消耗的平均电功率。
【解答】解：（1）由题意知大齿轮以ω的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则ω1=vr，ω=vnr
可得小齿轮转动的角速度为ω1＝nω
转动周期为T=2πω1=2πnω
以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场，经历的时间为
t1=π−β2πT=π−βnω
这段时间内线圈M1产生的电动势为
E1＝B（4r﹣r）va+vb2=B×3r×rω1+4rω12=152nBr2ω
电流为：I1=E1R=15nBr2ω2R
受到的安培力大小：F1＝BI1L＝B×15nBr2ω2R×（4r﹣r）=45nB2r3ω2R
当ab边和cd边均进入磁场后到ab边离开磁场，经历的时间为
t2=β2πT=βnω
由于M1线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；
当M1线圏ab边离开磁场到cd边离开磁场，经历的时间为
t3＝t1=π−βnω
此时的安培力大小由前面分析可知
F3＝F1=45nB2r3ω2R
方向与进入时相反；
当M1线圏cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为
t4＝t2=βnω
同理可知安培力为0。
（2）根据（1）可知，设流过线圈M1的电流有效值为I，则根据有效值定义有
I12Rt1+I32Rt3=I2RT
其中I1＝I3，t1＝t3
联立解得：I=π−βπ⋅15nBr2ω2R
（3）根据题意可知流过线圈M1和M2的电流有效值相同，则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为
P＝2I2R=225n2B2r4ω2(π−β)2πR
答：（1）不同时间线圈M1的ab边或cd边受到的安培力大小见解析；
（2）流过线圈M1的电流有效值为π−βπ⋅15nBr2ω2R；
（3）装置K消耗的平均电功率为225n2B2r4ω2(π−β)2πR。
3．（2024•河北）如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。
【解答】解：（1）OA棒切割磁感线产生感应电动势，当OA垂直正方形金属细框时，产生的感应电动势最小；
OA棒产生最小感应电动势Emin=12BωL2
根据闭合电路的欧姆定律，电路中的最小电流Imin=EminR
CD棒所受安培力的最小值Fmin＝BIminL
代入数据联立解得Fmin=B2L3ω2R
当OA转动至正方形金属细框的对角线位置时，产生的感应电动势最大；
根据数学知识，OA棒的有效长度L有=2L
OA棒产生最大感应电动势Em=BL有×L有ω2=BL2ω
电路中的最大电流Im=EmR
CD棒所受安培力的最大值Fm＝BImL=B2L3ωR
（2）CD棒在所受安培力达到最大时，CD棒有向上滑动的趋势，最大静摩擦力方向沿导轨向下
根据平衡条件Fm＝mgsinθ+fm
CD棒在所受安培力达到最小时，CD棒有向下滑动的趋势，最大静摩擦力方向沿导轨向上
根据平衡条件Fmin+fm＝mgsinθ
联立解得m=3B2L3ω4Rgsinθ
锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，方向沿导轨向上
根据牛顿第二定律Fm+μmgcsθ﹣mgsinθ＝ma
联立解得μ=agcsθ−13tanθ。
答：（1）CD棒所受安培力的最大值为B2L3ωR；最小值为B2L3ω2R；
（2）CD棒与导轨间的动摩擦因数为agcsθ−13tanθ。
4．（2024•洛阳一模）如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨A1B1、A2B2平行放置，间距L＝1m，处于竖直向下B＝0.4T的匀强磁场中，导轨左侧接一电容C＝0.1F的超级电容器，初始时刻电容器带一定电量，电性如图所示。质量m1＝0.2kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒由静止开始向右运动，且离开B1B2时已以v1＝1.6m/s匀速。下方光滑绝缘轨道C1MD1、C2ND2间距也为L，正对A1B1、A2B2放置，其中C1M、C2N半径r＝1.25m、圆心角θ＝37°的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d＝0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0＜x＜0.5m处存在磁感应强度大小为Bx=3x(T)的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2＝0.4kg、电阻R＝1Ω的“U”型金属框静止于水平导轨NOPM处。导体棒ab自B1B2抛出后恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，并在MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成导电良好的闭合线框一起向右运动。重力加速度的大小g取10m/s2。请解决下列问题：
（1）求初始时刻电容器带电量Q0；
（2）若闭合线框进入磁场Bx区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀速穿过磁场Bx区域，求此过程中线框产生的焦耳热；
（3）闭合线框进入磁场Bx区域后只受安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过Bx区域。若能，求出离开磁场Bx时的速度；若不能，求出线框停止时右边框的位置坐标x。
【解答】解：（1）设初始时电容器两端电压为U0导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为ΔQ，导体棒稳定后的电动势为E，对导体棒，以v1方向为正方向，由动量定理有
BIL•Δt＝m1v1﹣0
E＝BLv1
而
C=QU=ΔQU0−E
由电流的公式有
I=ΔQΔt
整理有
Q0＝CU0＝ΔQ+CE
解得
Q0＝0.864C
（2）导体棒ab自B1B2抛出后做平抛运动，到达C1C2处速度方向沿圆弧轨道的切线方向，与水平方向的夹角等于θ＝37°，其水平分速度大小等于v1，则到达C1C2处的速度为
v2=v1csθ
解得
v2＝2m/s
设ab与金属框碰撞前瞬间速度大小为v3，由动能定理得
m1gr(1−csθ)=12m1v32−12m1v22
解得
v3＝3m/s
对ab与金属框发生完全非弹性碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v3＝（m1+m2）v4
解得
v4＝1m/s
闭合线框穿过磁场Bx的过程，有
F变=BxIL=BxERL=BxBxLv4RL=5x(N)，（0＜x＜0.5m）
因安培力与位移成正比，故可用安培力的平均值计算克服安培力做功，闭合线框进入磁场过程克服安培力做功为
W=12×(0+5×0.5)×0.5J=0.625J
闭合线框进入磁场过程与离开磁场过程克服安培力做功相等，根据功能关系可得穿过磁场Bx区域线框产生的焦耳热为：
Q＝2W＝2×0.625J＝1.25J
（3）假设闭合线框能够穿过磁场Bx，对此过程微分成若干极短时间段dt（dt→0），以向右为正方向，对闭合线框由动量定理得
﹣BxLI•dt＝（m1+m2）•dv
其中：I⋅dt=dq=dΦR=BxL⋅dxR
联立代入数据可得
﹣5x•dx＝0.75•dv，（0＜x＜0.5m）
对进入磁场过程积分可得
−500.5 x⋅dx=0.75fdv
可得
−5×12×0.52=0.75Δv
解得：
Δv=−56m/s
即进入磁场过程速度减少了56m/s，对离开磁场过程速度同样会减少了56m/s，则穿过磁场Bx过程速度一共减少
53m/s＞v4=1m/s
故假设不成立，线框不能穿过Bx区域。由上述分析可知线框OP边离开磁场时的速度为
v5=v4+Δv=1m/s−56m/s=16m/s
设线框停止时ab边的位置坐标x为x1
由：﹣5x•dx＝0.75•dv
积分可得
−5×12x12=0.75(0−v5)
解得
x1=510m
答：（1）初始时刻电容器带电量为0.864C；
（2）此过程中线框产生的焦耳热为1.25J；
（3）线框不能穿过 Bx 区域，线框停止时右边框的位置坐标x 为510m。
5．（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为v0，此速度仍大于要求的软着陆设计速度v02，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abcd，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v0减速到v02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Q。
【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＝nBLv0
线圈中的感应电流为
I=ER
ab边受到的安培力大小为
F安＝nBIL
联立可得：F安=n2B2L2v0R
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
可得缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小为：a=n2B2L2v0mR−g
（2）达到回收舱软着陆要求的设计速度v02时，根据F安=n2B2L2v0R可得此时ab边受到的安培力大小为
F'安=F安2=n2B2L2v02R
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′
可得N=Mg+n2B2L2v02R
（3）回收舱主体从v0减速到v02的过缓冲程中，由能量守恒有
mgℎ+12mv02=Q+12m(v02)2
设此过程中，回收舱主体下降的高度为h。
通过线圈的电荷量为q=It=nBLvtR=nBLℎR
即得 h=qRnBL
可得Q=38mv02+mgqRnBL
答：（1）缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小为n2B2L2v0mR−g；
（2）达到回收舱软着陆要求的设计速度时，缓冲滑块K对地面的压力大小为Mg+n2B2L2v02R；
（3）该过程中线圈中产生的焦耳热Q为38mv02+mgqRnBL。
6．（2024•镇海区校级一模）如图1所示为永磁式径向电磁阻尼器，由水磁体、定子、驱动轴和转子组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流，从而产生制动力。如图2所示，单个水磁体的质量为m，长为L1、宽为L2（宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为L2，水磁体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场，方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为B，相邻磁体间的磁场互不影响。定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图2所示，每个矩形线圈的匝数为N、电阻为R，长为L1，宽为L2，线圈的间距为L2。转子半径为r，转轴及转子质量不计，定子和转子之间的缝隙忽略不计。
（1）当转子角速度为ω时，求流过每组线圈电流I的大小。
（2）若转子的初始角速度为ω0，求转子转过的最大角度θm。
（3）若在外力作用下转子加速，转子角速度ω随转过的角度θ的图像如图3所示，求转过θ过程中外力做的功W外。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有E＝2NBL1ωr
根据欧姆定律有
I=E2R=NBL1ωrR
（2）根据安培力公式可知F＝2NBIL1=2N2B2L12ωrR
规定安培力的方向为正方向，根据动量定理可知∑2N2B2L12ωrRΔt＝mΔv
结合θ＝rω可知
可得θm=mRω0N2B2L12
（3）一组磁铁在转过Δθ过程中克服安培力做功ΔW＝FrΔθ=2N2B2L12r2ωRΔθ
根据图像的面积可知一组磁铁转过θ1过程中克服安培力做功W=N2B2L12r2ω1θ1R
所有磁铁转过θ1过程中克服安培力做功W总＝n1W=2πr4L2W=πω1θ1N2B2L12r32RL2
所有磁铁转过θ1过程中动能的增加量ΔEk=12n2m(rω1)2=12×2πr2L2m(rω1)2=πmω12r32L2
转过θ1过程中外力做的功W外＝W总+ΔEk=πω1θ1N2B2L12r32RL2+πmω12r32L2
答：（1）流过每组线圈电流I的大小为NBL1ωrR。
（2）转子转过的最大角度为mRω0N2B2L12。
（3）转过θ过程中外力做的功为πω1θ1N2B2L12r32RL2+πmω12r32L2。
7．（2024•浙江二模）如图“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至近地面再减速停下，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了如图乙的减速模型，线圈代表乘客乘坐舱，质量为m，匝数N匝，线圈半径为r，总电阻为R。减速区设置一辐向磁场，俯视图如图丙，其到中心轴距离r处磁感应强度B=k1r。线圈被提升到离地h1处由静止释放做自由落体运动，减速区高度为h2，忽略一切空气阻力，重力加速度为g。
（1）判断线圈刚进入磁场时感应电流方向（从上往下看），计算此时受到的安培力大小。
（2）若落地时速度为v，求全程运动的时间t0。
（3）为增加安全系数，加装三根完全相同的轻质弹力绳（关于中心轴对称）如图丁，已知每一条弹力绳形变量Δx时，都能提供弹力F＝k2Δx，同时储存弹性势能12k2(Δx)2，其原长等于悬挂点到磁场上沿的距离。线圈仍从离地h1处静止释放，由于弹力绳的作用会上下往复（未碰地），运动时间t后静止，求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q，及每根弹力绳弹力提供的冲量I0大小。
【解答】解：（1）右手定则判断电流沿顺时针方向，N匝线圈切割磁感线，由欧姆定律得：NBLv＝IR
由题意可知：BL=k1r⋅2πr=2πk1
联立得速度为v时线圈中通过电流：I=2πk1NRv
进入磁场前自由落体过程，由运动学公式得：v=2g(ℎ1−ℎ2)
则线圈受安培力：F=NBIL=(2πk1N)2R2g(ℎ1−ℎ2)
（2）全过程对线圈用动量定理，取向下为正，有：mgt0﹣∑NBILΔt＝mv﹣0
其中由（1）知：BL＝2πk1，I=2πk1NRv
故有：∑NBIL×Δt=(2πk1N)2R∑v⋅Δt=(2πk1N)2Rℎ2
整理变形可解得：t0=(2πk1N)2mgRℎ2+vg
（3）最终静止时不切割，不受安培力，根据平衡条件有：mg＝3k2Δx
变形得到：Δx=mg3k2
全过程系统能量守恒，有：mgℎ1=mg(ℎ2−Δx)+3×12k2(Δx)2+Q
解得线圈产生焦耳热：Q=mg[(ℎ1−ℎ2)+mg6k2]
全过程对线圈用动量定理，取向下为正，有：mgt+3I0﹣∑NBILδt＝0﹣0
其中由（2）知：有：∑NBIL×Δt=(2πk1N)2R∑v⋅Δt=(2πk1N)2RΔx
回代解得：I0=mg3[(2πk1N)23k2R−t]
由于弹力绳提供冲量向上，故：I0＜0
弹力绳的冲量大小为I＝﹣I0=mg3[t−(2πk1N)23k2R]。
答：（1）感应电流沿顺时针方向，受到的安培力大小为(2πk1N)2R2g(ℎ1−ℎ2)；
（2）全程运动的时间t0为(2πk1N)2mgRℎ2+vg；
（3）线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q为mg(ℎ1−ℎ2+mg6k2)，每根弹力绳弹力提供的冲量I0大小为mg3[t−(2πk1N)23k2R]。
8．（2024•武汉模拟）如图（a）是游戏设备——太空梭，人固定在座椅车上从高处竖直下坠，体验瞬间失重的刺激。某工程师准备利用磁场控制座椅车速度，其原理图可简化为图（b）。座椅车包括座椅和金属框架，金属框架由竖直金属棒ab、cd及5根水平金属棒组成。ab、cd长度均为4h，电阻不计；5根水平金属棒等距离分布，长度均为L，电阻均为R。地面上方足够高处存在竖直宽度为h的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于竖直面向里。某次试验时，将假人固定在座椅车上，座椅车竖直放置，让座椅车从金属棒bc距离磁场上边界h高处由静止下落，金属棒bc进入磁场后即保持匀速直线运动，不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）人和座椅车的总质量m；
（2）从bc离开磁场到ad离开磁场的过程中，流过金属棒bc的电荷量q；
（3）金属框架abcd穿过磁场的过程中，金属棒bc上产生的热量Q。
【解答】解：（1）金属棒bc进入磁场后做匀速直线运动的速度大小为v，下落h过程中，根据动能定理可得：
mgh=12mv2
解得：v=2gℎ
对整体，根据平衡条件可得：mg＝BIL
回路中的总电阻为：R总＝R+14R=5R4
所以通过bc边的感应电流为：I=BLvR总=4BL2gℎ5R
解得：m=4B2L22gℎ5gR；
（2）从bc离开磁场到ad离开磁场的过程中，流过金属棒bc的电流强度为：I1=14I=BL2gℎ5R
从bc离开磁场到ad离开磁场的过程中经过的时间为：t=4ℎv
根据电荷量的计算公式可得：q＝I1t
解得：q=4BLℎ5R；
（3）根据焦耳定律可得：Q＝I2R×ℎv+I12Rt
解得：Q=4B2L2ℎ2gℎ5R。
答：（1）人和座椅车的总质量为4B2L22gℎ5gR；
（2）从bc离开磁场到ad离开磁场的过程中，流过金属棒bc的电荷量为4BLℎ5R；
（3）金属框架abcd穿过磁场的过程中，金属棒bc上产生的热量为4B2L2ℎ2gℎ5R。
9．（2024•江苏一模）如图所示，足够长的平行金属导轨固定在倾角α＝30°的绝缘斜面上，导轨间距l＝0.5m，电阻不计；沿导轨方向建立x轴，虚线EF与坐标原点O在同一水平线上；空间存在垂直于斜面的磁场，取垂直于斜面向上为正方向，则磁感应强度的分布为B=−1(T)，x＜00.6+0.8x(T)，x≥0。现有一质量m＝0.1kg、电阻R1＝0.2Ω的金属棒ab放置在导轨上，下方还有质量m2＝0.3kg、边长均为I的U形框cdef，其中金属棒de的电阻R2＝0.20，cd、ef 两棒是绝缘的，金属棒、U形框与导轨间的动摩擦因数均为μ=33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力给金属棒ab 一个沿斜面向下的瞬时速度v0，g取10m/s2。
（1）若v0＝4m/s，求此瞬间金属棒ab上感应电流的方向和电势差U；
（2）为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，求v0应满足的条件；
（3）若金属棒ab位于x＝﹣0.32m处，当v0＝4m/s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，求最终静止时de边的坐标。
【解答】解：（1）根据右手定则可知，金属棒ab上感应电流的方向从b到a
感应电动热E＝B1lv1
电路的总电阻R总＝R1+R2＝0.2Ω+0.2Ω＝0.4Ω
干路电流E＝IR总
故金属棒ab两端的电势差Uab＝IR2
解得：Uab＝1V
（2）ab棒沿斜面向下运动时，由于μ=33=tan30°
故μmgcsα＝mgsinα
即重力沿斜面的分力与摩擦力等大、反向，因此ab棒受到的安培力即为合力，做加速度减小的减速运动，由左手定则可知，U形框受到的安培力沿斜面向上，de边所在处的磁感应强度B2＝0.6T+0.8×0.5T＝1T
根据F安＝IB2l
可知，ab棒获得瞬时速度的瞬间，感应电流I最大，U形框最容易发生滑动，为使U形框静止，此时cd棒所受的静摩擦力应沿斜面向下且为最大值，大小为Ffm=μm2gcsα
因此安培力的最大值为Fm=Ffm+mgsinα
又知Fm=B2Il=B22l2v0R总
联立解得v0＝4.8m/s
所以v0≤4.8m/s
（3）当v0＝4m/s时，U形框在碰撞前始终处于静止状态，设棒到达EF时的速度为v3，取沿斜面向下为正方向，由动量定理得−B1IlΔt=m1v3−m1v1
其中I=ER总E=ΔΦΔt=B1lxΔt
联立解得v3＝2m/s
金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v3＝（m1+m2）v'
解得碰撞后整体速度v'＝0.5m/s
同理，整体受到的安培力即为其合力，ab、de边所在处的磁感应强度之差ΔB＝Bdc﹣Bab＝0.6T+0.8T﹣1T＝0.4T
当整体速度为v时，感应电流I=ΔBlvR总=0.4×
受到的总安培力F＝BdeIl﹣BabIl
解得F＝0.1v
由动量定理得﹣ΣFt＝0﹣（m1+m2）v'
代入数据得Σ0.1vt＝0.2
则整体的位移s＝Σvt＝2m
故静止时de边的坐标x＝s+l＝2m+0.5m＝2.5m
答：（1）若v0＝4m/s，此瞬间金属棒ab上感应电流的方向从b到a，电势差为1V；
（2）为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，v0应满足的条件为v0≤4.8m/s；
（3）若金属棒ab位于x＝﹣0.32m处，当v0＝4m/s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，最终静止时de边的坐标为2.5m。
10．（2024•湖北模拟）如图甲所示，线圈A匝数n＝100匝，所围面积S1=1.0m2，电阻r＝2Ω。A中有面积S2=0.5m2的匀强磁场区域D，其磁感应强度B的变化如图乙所示。t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。电阻不计的宽度L＝0.5m的足够长的水平光滑金属轨道MN、PO通过开关S与A相连，两轨间存在B1＝2T的垂直平面的匀强磁场（图中未画出）。另有相同的金属轨道NH、OC通过位于O、N左侧一小段光滑的绝缘件与MN、PO相连（如图），两轨间存在的磁场方向垂直平面向外。以O为原点，沿OC直线为x轴，ON连线为y轴建立平面直角坐标系xOy后，磁感应强度沿x轴按照B2＝2+2x（单位为T）分布，沿y轴均匀分布。现将长度为L、质量为m＝0.2kg、电阻为R1＝2Ω的导体棒ab垂直放于MN、PO上，将边长为L、质量为M＝0.4kg、每边电阻均为R2＝0.25Ω的正方形金属框cdfe放于NH、OC上，cd边与y轴重合。闭合开关S，棒ab向右加速达最大速度后，在越过绝缘件的同时给金属框一个v0＝2m/s的向左的水平速度，使之与棒发生弹性正碰。碰后立即拿走导体棒ab，框运动中与轨道处处接触良好。求：
（1）刚闭合开关S时导体棒ab的加速度大小及导体棒ab的最大速度大小；
（2）求碰后瞬间金属框克服安培力的功率；
（3）金属框运动的位移大小。
【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律，线圈A中的感应电动势为：E=nΔB⋅S2Δt=100×0.6×0.53V=10V
刚闭合开关S时，由闭合电路欧姆定律得：I0=ER+r=102+2A＝2.5A
导体棒ab所受的安培力：F0＝B1I0L＝2×2.5×0.5N＝2.5N
由牛顿第二定律得，导体棒ab的加速度大小为：a0=F0m=
当导体棒ab到达最大速度时，ab切割磁感线产生的电动势与E相等，则有：B1Lvm＝E
变形后解得：vm=EB1L=102×0.5m/s=10m/s
（2）ab棒与线框发生弹性碰撞，设向右为正方向，设碰撞后的瞬间ab棒与线框速度分别为v1、v2，由动量守恒得：mvm﹣Mv0＝mv1+Mv2
机械能守恒：12mvm2+12Mv02=12mv12+12Mv22
联立解得：v1＝﹣6m/s，v2＝6m/s
根据题意可知：B2＝2+2x，可知ef边与cd所处位置的磁感应强度差值为：ΔB2＝2Δx＝2×0.5T＝1T
则碰后瞬间金属框总电动势为：E总＝Eef﹣Ecd＝ΔB2Lv2＝1×0.5×6V＝3V
由于金属框与导轨重合的两条边被导轨短路，则金属框中的电流为：I=E总2R2=32×0.25A=6A
线框受到安培力的合力为：F合＝Fef﹣Fcd＝ΔB2IL＝1×6×0.5N＝3N
则碰后瞬间金属框克服安培力的功率为：P＝F合v2＝3×6W＝18W
（3）设金属框运动时的速度大小为v，则金属框中总电动势为：E′总＝E′ef﹣E′cd＝ΔB2Lv
金属框中的电流为：I'=E'总2R2=ΔB2Lv2R2
线框受到安培力的合力为：F'合=F'ef−F'cd=ΔB2I'L=(ΔB2)2L2v2R2
根据动量定理可得：−∑(ΔB2)2L2v2R2t=0−Mv2
其中：∑(ΔB2)2L2v2R2t=(ΔB2)2L22R2∑vt=(ΔB2)2L22R2x
联立解得金属框运动的位移大小为：x＝4.8m
答：（1）刚闭合开关S时导体棒ab的加速度大小为12.5m/s2，导体棒ab的最大速度大小为10m/s；
（2）碰后瞬间金属框克服安培力的功率为18W；
（3）金属框运动的位移大小为4.8m。