《2025年学霸高考黑题物理人教版》

压轴挑战5（线框通过多个磁场+曲线边界磁场）（2024·浙江县域教研联盟一模）
如图所示，在xOy水平面内，固定着间距为d的足够长光滑金属导轨，右端与电容为c的电容器相连，在$x = 2d$处用长度可忽略的绝缘材料连接，紧靠连接点右侧垂直于导轨放置一根质量为m的金属棒ab。在$0\leqslant x\leqslant 2d$区域存在两个大小为$B_{0}$、垂直导轨平面、方向相反的匀强磁场，磁场边界满足$y = d\left|\sin\frac{x}{d}\pi\right|$；在$x＞2d$区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场$B_{1}$。边长为d的正方形导线框$A_{1}D_{1}D_{2}A_{2}$质量也为m，$A_{1}A_{2}$边和$D_{1}D_{2}$边的电阻均为R，一开始$D_{1}D_{2}$位于$x = 0$处。在外力作用下导线框$A_{1}D_{1}D_{2}A_{2}$沿x轴正方向以速度$v_{0}$做匀速直线运动，当$D_{1}D_{2}$到达$x = 2d$时撤去外力，导线框与金属棒ab发生弹性碰撞。不计其他电阻，电容器的储能公式$E_{c}=\frac{1}{2}CU^{2}$。求：
(1)导线框中感应电动势的最大值；
(2)导线框$D_{1}D_{2}$边运动到$x = d$的过程中流过导线框的总电量q；
(3)整个过程中外力对导线框所做的功W；
(4)电容器最终储存的能量。

答案： 5.题型分析
本题属于线框通过多个磁场的问题，考查电动势的计算，使用动量定理求解电荷量，经过正弦形状边界磁场与在匀强磁场中旋转的等效替代.
(1)$2B_{0}dv_{0}$
(2)$\frac{B_{0}d^{2}}{\pi R}$
(3)$\frac{5B_{0}^{2}d^{3}v_{0}}{4R}$
(4)$\frac{1}{2}C(\frac{B_{1}dmv_{0}}{m + CB_{1}^{2}d^{2}})^{2}$
解析：
(1)当$A_{1}A_{2}$运动到$x = 2d$时，导线框中$A_{1}A_{2}$和$D_{1}D_{2}$都在垂直切割磁感线且电动势同向叠加，因此感应电动势最大$E_{m1} = 2B_{0}v_{0}d = 2B_{0}dv_{0}$；
(2)导线框$D_{1}D_{2}$边在$x = 0$至$x = d$区间运动过程中，只有$D_{1}D_{2}$边切割磁感线，感应电动势的瞬时表达式$e_{1} = B_{0}v_{0}d\sin\frac{\pi}{d}x = B_{0}v_{0}d\sin\frac{\pi v_{0}}{d}t$，
产生正弦交流电，等效于面积为$S$的线圈绕其所在平面内的对称轴在匀强磁场中做匀速圆周运动，转动角速度$\omega = \frac{\pi v_{0}}{d}$.
由感应电动势最大值$E_{m} = B_{0}S\omega = B_{0}dv_{0}$，
解得$S = \frac{d^{2}}{\pi}$，
$x = 0$至$x = d$区间相当于绕圈转动角度$0 \sim \pi$，磁通量变化量$\Delta\Phi = 2B_{0}S$，
感应电动势的平均值$\overline{E} = \frac{\Delta\Phi}{\Delta t}$，
感应电流的平均值$\overline{I} = \frac{\overline{E}}{2R}$，
流过导线框的总电量$q = \overline{I}\Delta t = \frac{\Delta\Phi}{2R} = \frac{2B_{0}S}{2R} = \frac{B_{0}d^{2}}{\pi R}$；
名师点评：根据公式$E = Blv\sin\theta$，若是线框在匀强磁场中旋转，$v\sin\theta$代表垂直磁场的有效速度，$l$表示切割磁感线的有效长度；若是线框平移通过磁场，$l\sin\theta$表示切割磁感线的有效长度，$v$表示线框的速度.这两种情况可以等效替代，因此本题中可以使用我们熟悉的线框在磁场中旋转产生交流电的模型来替代线框平移的情况.
(3)导线框$D_{1}D_{2}$边在$x = 0$至$x = d$区间运动过程中，产生正弦交流电，感应电动势最大值为$E_{m2} = B_{0}dv_{0}$，
则有效值$E_{有} = \frac{E_{m2}}{\sqrt{2}} = \frac{B_{0}dv_{0}}{\sqrt{2}}$，
回路中产生的焦耳热$Q_{1} = \frac{E_{有}^{2}}{2R}t_{1} = \frac{(\frac{B_{0}dv_{0}}{\sqrt{2}})^{2}}{2R} · \frac{d}{v_{0}} = \frac{B_{0}^{2}d^{3}v_{0}}{4R}$，
导线框$D_{1}D_{2}$边在$x = d$至$x = 2d$区间运动过程中，两边切割，感应电动势的瞬时表达式$e_{2} = 2B_{0}v_{0}d\sin\frac{\pi}{d}x$，
同理，回路中产生的焦耳热$Q_{2} = \frac{E_{有}^{2}}{2R}t_{1} = \frac{(\frac{2B_{0}dv_{0}}{\sqrt{2}})^{2}}{2R} · \frac{d}{v_{0}} = \frac{4B_{0}^{2}d^{3}v_{0}}{4R}$，
由功能关系可知，外力对导线框所做的功$W = Q_{1} + Q_{2} = \frac{5B_{0}^{2}d^{3}v_{0}}{4R}$；
(4)当$D_{1}D_{2}$到达$x = 2d$瞬间撤去外力，导线框恰与金属棒$ab$发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间导线框速度为$v_{1}$，金属棒$ab$速度为$v_{2}$，由动量守恒定律有$mv_{0} = mv_{1} + mv_{2}$，
由能量守恒有$\frac{1}{2}mv_{0}^{2} = \frac{1}{2}mv_{1}^{2} + \frac{1}{2}mv_{2}^{2}$，解得$v_{1} = 0$，$v_{2} = v_{0}$，
碰撞后导线框$D_{1}D_{2}$边停在绝缘位置，金属棒$ab$与电容器构成回路，金属棒$ab$对电容器充电，当金属棒$ab$稳定后做匀速直线运动，设此时$ab$速度为$v$，电容器电压$U = E = B_{1}dv$，
对金属棒$ab$由动量定理有$- B_{1}\overline{I}dt_{2} = mv - mv_{2}$，
根据$q_{1} = \overline{I}t_{2} = CU = CB_{1}dv$，
解得$v = \frac{mv_{0}}{m + CB_{1}^{2}d^{2}}$，$U = B_{1}dv = \frac{B_{1}dmv_{0}}{m + CB_{1}^{2}d^{2}}$，
因此，电容器最终存储的能量$E_{C} = \frac{1}{2}CU^{2} = \frac{1}{2}C(\frac{B_{1}dmv_{0}}{m + CB_{1}^{2}d^{2}})^{2}$
名师点评：由于线框与金属杆的质量相等，碰撞后速度交换，即从线框模型转变为了单杆模型，杆最终会匀速运动，通常使用动量定理求电荷量，进而求出极板之间的电压，利用公式$E_{C} = \frac{1}{2}CU^{2}$求出电容器存储的能量.