《2025年步步高精准讲练物理选择性必修第二册》

例 3
如图所示，$ MN $ 和 $ PQ $ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为 $ l $，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两者平滑连接。金属导轨右端接一个阻值为 $ R $ 的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为 $ d $、方向竖直向上、磁感应强度大小为 $ B $ 的匀强磁场。质量为 $ m $、接入电路的电阻也为 $ R $ 的金属棒从高度为 $ h $ 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为 $ \mu $，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为 $ g $。金属棒穿过磁场区域的过程中（D）

A.流过金属棒的最大电流为 $ \frac{Bd\sqrt{2gh}}{2R} $
B.通过金属棒的电荷量为 $ \frac{Bdl}{R} $
C.克服安培力所做的功为 $ mgh $
D.金属棒产生的焦耳热为 $ \frac{1}{2}mg(h - \mu d) $

答案： D [金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得，$mgh = \frac{1}{2}mv^2$，金属棒到达平直部分时的速度$v = \sqrt{2gh}$，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势$E = Blv$，最大感应电流$I = \frac{E}{R + R} = \frac{Bl\sqrt{2gh}}{2R}$，故A错误；通过金属棒的电荷量$q = \overline{I}\Delta t = \frac{\Delta\Phi}{2R} = \frac{Bdl}{2R}$，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得$mgh - W_{克安} - \mu mgd = 0 - 0$，克服安培力做的功$W_{克安} = mgh - \mu mgd$，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热$Q' = \frac{1}{2}Q = \frac{1}{2}W_{克安} = \frac{1}{2}mg(h - \mu d)$，故D正确。]

（2024·舟山中学高二月考）如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻 $ R $，匀强磁场 $ B $ 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒 $ PQ $ 垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度 $ v_{0} $ 向右运动，当其通过位置 $ a $、$ b $ 时，速率分别为 $ v_{a} $、$ v_{b} $，到位置 $ c $ 时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，$ a $ 到 $ b $ 与 $ b $ 到 $ c $ 的间距相等，则金属棒在从 $ a $ 到 $ b $ 和从 $ b $ 到 $ c $ 的两个过程中（D）


A.金属棒做匀减速运动
B.通过金属棒横截面的电荷量，从 $ a $ 到 $ b $ 比从 $ b $ 到 $ c $ 小
C.克服安培力做功，从 $ a $ 到 $ b $ 比从 $ b $ 到 $ c $ 小
D.回路中产生的内能，从 $ a $ 到 $ b $ 比从 $ b $ 到 $ c $ 大

答案： D [金属棒$PQ$在运动过程中所受到的合力是安培力，金属棒受到的安培力$F = BIL = \frac{B^2L^2v}{R}$，由牛顿第二定律知$\frac{B^2L^2v}{R} = ma$。由于$v$减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，A错误；金属棒运动过程中，通过金属棒横截面的电荷量$q = \overline{I}\Delta t = \frac{\overline{E}}{R}\Delta t = \frac{\Delta\Phi}{\Delta tR}\Delta t = \frac{B\Delta S}{R}$，从$a$到$b$的过程中与从$b$到$c$的过程中，回路面积的变化量$\Delta S$相等，$B$、$R$相等，因此，通过金属棒横截面的电荷量相等，B错误；金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度$v$越来越小，金属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于$ab$间距离与$bc$间距离相等，安培力$F$从$a$到$c$逐渐减小，由$W = Fx$定性分析可知，从$a$到$b$克服安培力做的功比从$b$到$c$克服安培力做的功多，因此在$a$到$b$的过程产生的内能多，C错误，D正确。]

例 4
（2024·浙江精诚联盟高二月考）航天员回收舱实现软着陆是非常困难的，回收舱接触地面 前经过喷火反冲减速，瞬间速度减少至向下 $ 7\ m/s $，大于要求的软着陆速度 $ v_{0} = 3\ m/s $ 的设计速度。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 $ 和绝缘光滑的缓冲轨道 $ MN $ 和 $ PQ $。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 = 4\ T $，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 = 10 $ 匝矩形线圈 $ abcd $，线圈的总电阻为 $ R = 4\ \Omega $，$ ab $ 边长为 $ L = 2\ m $，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，使回收舱主体做减速运动，从而实现缓冲。已知装置中除缓冲滑块（含线圈）外的质量为 $ m = 200\ kg $，重力加速度为 $ g = 10\ m/s^{2} $，不考虑运动磁场产生的电场：

(1) 当缓冲滑块刚停止运动时，判断线圈中感应电流的方向和线圈 $ ab $ 边受到的安培力的方向；
(2) 达到回收舱软着陆要求的速度时回收舱主体的加速度 $ a $ 的大小；
(3) 回收舱主体可以实现软着陆，若从 $ 7\ m/s $ 减速到 $ 3\ m/s $ 的过程中，通过线圈横截面的电荷量为 $ q = 4\ C $，求该过程中线圈中产生的焦耳热 $ Q $。
(1)感应电流的方向为$a→d→c→b→a$ 安培力的方向为竖直向下
(2)$14m/s^2$
(3)4400J

答案：
(1)感应电流的方向为$a→d→c→b→a$ 安培力的方向为竖直向下
(2)$14m/s^2$
(3)4400J
解析
(1)根据右手定则知，线圈中产生的感应电流的方向为$a→d→c→b→a$；由左手定则知，$ab$边所受到的安培力的方向为竖直向下；
(2)缓冲滑块刚停止运动时，$ab$边切割磁感线产生的感应电动势$E = nBLv_0$，
线圈中的感应电流$I = \frac{E}{R}$，
安培力$F = nBIL$，
对装置中除缓冲滑块(含线圈)外的部分由牛顿第二定律$F - mg = ma$，
联立解得$a = 14m/s^2$；
(3)根据电流的定义式、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律得$q = \overline{I}\Delta t = \frac{\overline{E}}{R}\Delta t = \frac{n\Delta\Phi}{R} = \frac{nBLh}{R}$
解得$h = 0.2m$
根据功能关系及能量守恒定律得
$Q = \frac{1}{2}m(v_1^2 - v_0^2) + mgh = 4400J$。