2026版高考物理二轮复习攻坚克难3　微切口3　力学三大观点在导体框模型中的应用

微切口3力学三大观点在导体框模型中的应用类型1导体框中的动力学和能量问题如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m．有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2＝0.4kg的物体相连．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小．(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x.(3)在(2)问中的条件下，若cd边离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量．答案：(1)2.4N(2)0.25m(3)0.1J【解析】(1)线框还未进入磁场的过程中，以线框为研究对象，由牛顿第二定律得m1gsinθ－T＝m1以物体为研究对象，由牛顿第二定律得T－μm2g＝m联立解得T＝2.4N，a＝2m/s2(2)线框刚进入磁场时恰好做匀速直线运动有m1gsinθ－eq\f(B2L2v,R)－T＝0，T－μm2g＝0解得v＝1m/s线框进入磁场前做匀加速直线运动，有v2＝2ax解得x＝0.25m(3)线框从开始运动到cd边恰好离开磁场边界PQ时，对整体有m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)＋Q解得Q＝0.4Jab边产生的热量Qab＝eq\f(1,4)Q＝0.1J类型2力学三大观点在导体框中的应用(2025·福建卷)光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等，均为B.正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，由同种材料制成且粗细均匀．Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度．线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，重力加速度为g.则：(1)求线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离．(2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差．(3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率．答案：(1)eq\f(v2,g)(2)eq\f(3,4)eq\r(\f(mgRv,2))(3)见解析【解析】(1)线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma根据运动学公式v2＝2ad联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离d＝eq\f(v2,g)(2)因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有mgsinθ＝BIL1又E＝BL1v，I＝eq\f(E,R)cd边两端的电势差U＝eq\f(3,4)E联立可得U＝eq\f(3,4)eq\r(\f(mgRv,2))(3)①若L2≥L1，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理mgsinθ·t1－BIL1t1＝0其中t1＝eq\f(L1,v)，q＝It1，I＝eq\f(BL1v,R)联立可得q＝eq\f(mg,2Bv)线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mgsinθ·t2－2Beq\x\to(I)L1t3＝0根据q＝eq\f(\x\to(E),R)·t＝eq\f(BL\o\al(2,1),Rt)·t＝eq\f(BL\o\al(2,1),R)知线框进入Ⅰ、Ⅱ磁场过程中电荷量都相等，即q＝eq\x\to(I)t3＝eq\f(mg,2Bv)联立可得t2＝eq\f(2L1,v)根据能量守恒定律－W安＋mgsinθ(L2＋L1)＝0克服安培力做功的平均功率P＝eq\f(W安,t2)联立可得P＝eq\f(mgvL1＋L2,4L1)②若L2<L1，同理可得q′＝eq\f(BL1L2,R)根据动量定理mgsinθ·t4－2Beq\x\to(I)L1t5＝0，其中q′＝eq\x\to(I)t5结合q＝eq\f(mg,2Bv)，q＝eq\f(BL\o\al(2,1),R)联立可得t4＝eq\f(2L2,v)根据能量守恒定律－W′安＋mgsinθ(L2＋L1)＝0克服安培力做功的平均功率P′＝eq\f(W′安,t4)联立可得P′＝eq\f(mgvL1＋L2,4L2)常见情景动力学分析能量分析动量分析在安培力作用下穿越磁场设运动过程中某时刻的速度为v，则a＝eq\f(B2L2v,mR)，a与v方向相反，导线框做减速运动，v↓⇒a↓，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动(全部进入磁场)或静止(导线框离开磁场过程的分析相同)部分(或全部)动能转化为焦耳热，Q＝－ΔEk(1)求电荷量或速度：－Beq\x\to(I)·LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt(2)求位移：－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R)＝0－mv0(3)求时间：①－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1(已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间)②－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R)＋F其他·Δt＝mv2－mv1(若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间)在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场(1)若进入磁场时eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)，则导线框匀速运动(2)若进入磁场时eq\f(F,m)>eq\f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的加速运动(直至匀速)(3)若进入磁场时eq\f(F,m)<eq\f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的减速运动(直至匀速)(导线框离开磁场过程的分析相同)力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和，WF＝ΔEk＋Q如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L，一质量为m、电阻为R、边长为d(d<L)的正方形金属线圈竖直放置．线圈由静止释放，进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动．已知重力加速度为g，下列说法中错误的是(C)A.进、出磁场过程中电流方向不同B.进、出磁场过程中通过线圈某一横截面的电荷量相等C.通过磁场的过程中产生的热量为mgLD.MN边离开磁场时的速度大小为eq\f(mgR,B2d2)【解析】根据楞次定律得进磁场时感应电流为逆时针方向，出磁场时感应电流为顺时针方向，A正确；q＝neq\f(ΔΦ,R)，且进、出磁场时磁通量变化相同，通过线圈某截面的电荷量相等，B正确；离开磁场时匀速运动，有mg＝F安＝Beq\f(Bdv,R)d，得出v＝eq\f(mgR,B2d2)，D正确；同理可得进入磁场时速度v′＝eq\f(mgR,B2d2)＝v，进、出磁场过程中，根据动能定理有mg(L＋d)＋W安＝0，得出Q＝－W安＝mg(L＋d)，C错误．(2025·陕西、山西、宁夏、青海卷)如图所示，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B.甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R.两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝eq\f(4B2L3,mR)并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用．则(D)A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3【解析】根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1＝BI1L，I1＝eq\f(BLv0,R)，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2＝BI2L，I2＝eq\f(BLv0,2R)，可知eq\f(F安1,F安2)＝2，故B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有－Beq\x\to(I)1LΔt＝mv1－mv0，q1＝eq\x\to(I)1Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·4L2,R)，同理对乙根据动量定理有－Beq\x\to(I)2LΔt′＝mv2－mv0，q2＝eq\x\to(I)2Δt′＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt′),2R)·Δt′＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(B·4L2,2R)，解得v1＝0，v2＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(2B2L3,mR)，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Q2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2＝eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)，即eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,3)，故C错误，D正确．配套热练1.如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面．纸面内磁场上方有一个质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd(由均匀材料制成)，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．导线框从ab边距磁场上边界为h处自由下落，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是(B)A.ab边刚进入磁场时，受到的安培力大小为eq\f(B2L2\r(gh),R)B.导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直增大C.导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度一直减小D.导线框通过磁场下边界的过程中，下落的速度一直减小【解析】导线框开始做自由落体运动，有v2＝2gh，ab边刚进入磁场时有E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，此时受到的安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2\r(2gh),R)，A错误；若导线框进入磁场的过程中，受到的安培力一直小于其受到的重力，则导线框的速度增大，B正确，C错误；导线框通过磁场下边界时，受到的安培力可能小于其受到的重力，下落的速度可能增大，D错误．2.两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，用长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体．距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场．磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大．把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力．下列说法中正确的是(D)A.B与v0无关，与eq\r(H)成反比B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率小于重力做功的功率D.调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变【解析】将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，则有mg＝eq\f(B2L2vy,R)，vy＝eq\r(2gH)，解得B＝eq\r(\f(mgR,L2\r(2g)))·eq\f(1,\r(\r(H)))，则B与eq\r(\r(H))成反比，A错误；当金属框刚进入磁场时，金属框的磁通量增加，感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时，金属框的磁通量减少，感应电流的方向为顺时针方向，B错误；组合体通过磁场的过程中mg＝F安，则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C错误；无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg＝F安，则安培力做的功都为W＝4mgL，则组合体通过磁场的过程中产生的热量不变，D正确．3.(2025·如皋第二次适应性考试)如图所示，金属线框甲从匀强磁场的上边界由静止释放，末速度为v时，线框还未完全进入磁场；相同的线框乙从磁场的下边界以速度v竖直向上抛出，到达最高点时线框也未完全进入磁场．两线框在上述进入磁场的过程中，甲线框(B)A.运动的时间短 B.运动的位移大C.通过的电荷量小 D.产生的内能少【解析】甲线框从匀强磁场的上边界由静止释放，末速度为v时，线框还未完全进入磁场．由于线框进入磁场时会受到安培力的作用，安培力的方向与线框运动方向相反，因此线框的加速度小于重力加速度g.线框在进入磁场的过程中，速度逐渐增加，直到达到末速度v．乙线框从磁场的下边界以速度v竖直向上抛出，到达最高点时线框也末完全进入磁场．由于线框进入磁场时会受到安培力的作用，安培力的方向与线框运动方向相反，因此乙线框的加速度大于重力加速度g.乙线框在进入磁场的过程中，速度逐渐减小，直到达到末速度0；由于甲线框的加速度小于重力加速度g，而乙线框的加速度大于重力加速度，二者速度变化相同，甲线框的运动时间比乙线框大，因此甲线框的运动位移比乙线框的运动位移大，A错误，B正确；根据q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，结合上面分析可知甲通过的电荷量大，C错误；甲线框下落过程中运动的位移大，克服安培力做功多，产生的内能多，D错误．4.如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平，垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5T．正方形单匝金属线框在磁场上方h＝0.45m处，质量为0.1kg，边长为0.4m，总阻值为1Ω.现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为2m/s，不计空气阻力，取g＝10m/s2.下列说法中错误的是(C)A.cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9WB.匀强磁场区域的高度为0.65mC.穿过磁场的过程中线框电阻产生的热量为0.65JD.线框通过磁场上边界所用时间为0.3s【解析】cd边刚进入磁场时的速度为v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.45)m/s＝3m/s，感应电动势为E＝BLv1＝2.5×0.4×3V＝3V，受到的安培力为FA＝BIL＝Beq\f(E,R)L＝2.5×eq\f(3,1.0)×0.4N＝3N，则cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为P＝FAv1＝9W，故A正确；ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为v2＝2m/s，根据对称性cd边刚到达下边界时的速度为3m/s，从ab边刚好进入磁场到cd边刚到达下边界时，由于线框的磁通量不变，则无电流产生，加速度为重力加速度，则有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)＝2gh，得h＝0.25m，匀强磁场区域的高度为s＝h＋L＝0.65m，故B正确；由能量守恒得Q＝mg(s＋L)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.3J，故C错误；线框通过磁场上边界过程由动量定理得mgt－Beq\x\to(i)Lt＝mv2－mv1，即mgt－BqL＝mv2－mv1，此过程的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，联立解得t＝0.3s，故D正确．5.如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l.匀强磁场区域的上、下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场直到gf边进入磁场前，线框做匀速运动．在gf边离开磁场后ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？(2)若磁场上、下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？答案：(1)4倍(2)mg(H－13l【解析】(1)设磁场的磁感应强度大小为B，bc边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，bc边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1由以上可得v1＝eq\f(mgR,4B2l2)设ah、ed边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，又ah＋ed＝l同理可得v2＝eq\f(mgR,B2l2)则v2＝4v1(2)线框自释放直到bc边进入磁场前，由机械能守恒定律，有mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(2gl)，则v2＝4eq\r(2gl)线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律得mg(2l＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q解得Q＝mg(H－13l6.如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置．在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽1.6m，高0.5m，大小均为0.5T．电梯后方固定一个100匝矩形线圈，线圈总电阻为8Ω，高度为1.5m，宽度略大于磁场．已知某次电梯运行试验中电梯总质量为2400kg，取g＝10m/s2，忽略摩擦阻力．当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时：(1)电梯下落速度达到2.5m/s时，求线圈内产生的感应电流大小．(2)求电梯可达到的最大速度．(3)若电梯下落4.5m，达到最大速度的eq\f(4,5)，求此过程所用时间．答案：(1)50A(2)7.5m/s(3)1.2s【解析】(1)电梯下落，线圈上下两边均切割磁感线产生感应电动势E1＝2nBLv1由欧姆定律，此时线圈内产生的感应电流大小为I1＝eq\f(E1,R)，代入数据得I1＝50A(2)当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡，有mg＝2nBImLIm＝eq\f(2nBLvm,R)联立解得vm＝eq\f(mgR,4n2B2L2)，代入数据得vm＝7.5m/s(3)在电梯下落过程中，电梯所受安培力不断变化，取Δt为时间微元，则此时安培力可视为恒力，由动量定理，得mgΔt－2nBILΔt＝mΔvI＝eq\f(2nBLv,R)代入上式得mgΔt－eq\f(4n2B2L2vΔt,R)＝mΔv即mgΔt－eq\f(4n2B2L2Δh,R)＝mΔv将电梯下落的各段时间累加，可得mgt－eq\f(4n2B2L2h,R)＝mv解得t＝eq\f(4n2B2L2h,mgR)＋eq\f(v,g)将v＝eq\f(4,5)vm＝6m/s代入解得t＝1.2s7.如图所示，光滑绝缘斜面与水平面的夹角θ＝30°，斜面所在空间存在两个相邻且互不影响的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场边界水平