《2026年金考卷特快专递高中物理》

10. 如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为$\theta$，速率恒为$v_0$，宽为$d$的$MNQP$区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为$B$。边长为$l(l＜\frac{d}{2})$、质量为$m$、电阻为$R$的正方形线框$efgh$置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框$ef$边刚离开磁场区域时的速率恰为$v_0$。若线框$ef$或$gh$边受到安培力，则其安培力大于$2mg\sin\theta$。线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数$\mu=\tan\theta$，$ef$边始终平行于$MN$，重力加速度为$g$。下列选项正确的是


A.线框速率的最小值为$\sqrt{v_0^2-4g(d-l)\sin\theta}$
B.线框穿过磁场区域产生的焦耳热为$2mgd\sin\theta$
C.线框穿过磁场区域的时间为$\frac{B^2l^3+mR(\sqrt{v_0^2-4g(d-l)\sin\theta}-v_0)}{2mgR\sin\theta}$

D.$ef$边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为$\frac{B^2l^3v_0}{2mgR\sin\theta}$

答案： 10.AD 安培力+牛顿第二定律+动量定理+动能定理+功能关系
线框运动情况分析：在$ef$边进入磁场而$gh$未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力$BIl$和沿传送带平面向下的重力分力$mgsin\theta$，若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为$\mu mgcos\theta$，而$\mu = tan\theta$，故$\mu mgcos\theta = mgsin\theta$，由题意若线框$ef$边或$gh$边受到安培力，则其安培力大于$2mgsin\theta$，即线框受到的安培力$BIl ＞ 2mgsin\theta$，即$BIl ＞ mgsin\theta + \mu mgcos\theta$，又最大静摩擦力等于滑动摩擦力，因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，线框在沿传送带平面的安培力、重力分力、摩擦力作用下做减速运动；在$gh$边进入磁场到$ef$边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下，又因该过程穿过线框的磁通量不变，线框不受安培力，所以其在沿传送带平面向下的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动；由于线框$ef$刚进入磁场时的速率为$v_0$，刚离开磁场时的速率也为$v_0$，所以对比从$ef$边进入磁场到$gh$边进入磁场的过程和从$ef$边离开磁场到$gh$边离开磁场的过程可知，两个过程线框的运动情况相同。
A项分析：综上分析可知，当$gh$刚进入(离开)磁场时，线框有最小速度$v_{min}$，设线框做匀加速直线运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有$mgsin\theta + \mu mgcos\theta = ma$，线框$ef$边离开磁场时的速率恰好为$v_0$，则根据匀变速直线运动速度位移公式有$v_0^2 - v_{min}^2 = 2a(d - l)$，联立解得$v_{min} = \sqrt{v_0^2 - 4g(d - l)sin\theta}$，A正确；
B项分析：从$ef$边进入磁场到$gh$边进入磁场的过程，对线框由动能定理有$mglsin\theta + \mu mglcos\theta + W_{安} = \frac{1}{2}mv_{min}^2 - \frac{1}{2}mv_0^2$，解得该过程线框产生的焦耳热$Q = -W_{安} = 2mgdsin\theta$，从$ef$边离开磁场到$gh$边离开磁场的过程，线框产生的焦耳热也为Q，因此，线框穿过磁场区域产生的焦耳热为$4mgdsin\theta$，B错误；
C项分析：设$ef$边进入磁场到$gh$边进入磁场的时间为$t_1$，根据闭合电路欧姆定律得$I = \frac{Blv}{R}$，从线框$ef$边进入磁场到$gh$边进入磁场的过程，根据动量定理有$mgsin\theta · t_1 + \mu mgcos\theta · t_1 - \sum BlI \Delta t = mv_{min} - mv_0$，其中$\sum BlI \Delta t = Bl · \frac{Bl · t_1}{R} = \frac{B^2l^2}{R}$，设$gh$边进入磁场到$ef$边离开磁场的时间为$t_2$，根据匀变速直线运动速度时间公式有$v_0 = v_{min} + at_2$，因为线框$ef$边离开磁场到$gh$边离开磁场所用时间也为$t_1$，所以线框穿过磁场区域的总时间$t = 2t_1 + t_2$，联立解得$t = \frac{2B^2l^2 + mR(\sqrt{v_0^2 - 4g(d - l)sin\theta} - v_0)}{2mgRsin\theta}$，C错误；
D项分析：$ef$边从进入到离开磁场区域的时间$t' = t_1 + t_2$，该段时间内传送带移动的距离$s = v_0t' = \frac{B^2l^2v_0}{2mgRsin\theta}$，D正确。