《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

3. （2022·河北）（多选）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于$x$轴上，另一根由$ab$、$bc$、$cd$三段直导轨组成，其中$bc$段与$x$轴平行，导轨左端接入一电阻$R$。导轨上一金属棒$MN$沿$x$轴正向以速度$v_{0}$保持匀速运动，$t = 0$时刻通过坐标原点$O$，金属棒始终与$x$轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流为$i$，金属棒受到安培力的大小为$F$，金属棒克服安培力做功的功率为$P$，电阻两端的电压为$U$，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是

答案： 3.答案　AC
解析　当导体棒从$O$点向右运动$L$时，即在$0 \sim \frac{L}{v_0}$时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度$L = l_0 + v_0t\tan\theta$（$\theta$为$ab$与$ad$的夹角，$l_0$为$aO$的长度），则根据$E = BLv_0，i = \frac{E}{R} = \frac{Bv_0}{R}(l_0 + v_0t\tan\theta)$，可知回路电流均匀增加，$i - t$图像为不过原点的直线；安培力$F = Bil = \frac{B^2v_0}{R}(l_0 + v_0t\tan\theta)^2$，则$F - t$关系图像为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率$P = Fv_0 = \frac{B^2v_0^2}{R}(l_0 + v_0t\tan\theta)^2$，则$P - t$关系图像为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即$U = E = Bv_0(l_0 + v_0t\tan\theta)$，即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除B、D两项；当在$\frac{L}{v_0} \sim \frac{2L}{v_0}$时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势$E$不变，感应电流$i$不变，安培力$F$大小不变，安培力的功率$P$不变，电阻两端电压$U$保持不变；同理可判断，在$\frac{2L}{v_0} \sim \frac{3L}{v_0}$时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线产生的感应电动势$E$均匀减小，感应电流$i$均匀减小，安培力$F$大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与$0 \sim \frac{L}{v_0}$时间内是对称的关系，安培力的功率$P$按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与$0 \sim \frac{L}{v_0}$时间内是对称的关系，电阻两端电压$U$按线性均匀减小；综上所述A、C两项正确，B、D两项错误，故选A、C两项。

4. （2020·山东）（多选）如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于$Oxy$平面内的刚性导体框$abcde$在外力作用下以恒定速度沿$y$轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4 s 末$bc$边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为$I$，$ab$边所受安培力的大小为$F_{ab}$，二者与时间$t$的关系图像，可能正确的是

答案： 4.答案　BC
解析　因为$4s$末$bc$边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，设在$0 \sim 1s$内只有$ae$边切割磁感线，设方格边长为$L$，根据$E_1 = 2BLv，I_1 = \frac{E_1}{R}$，可知电流恒定；$2s$末时线框在第二象限长度最长，此时有$E_2 = 3BLv，I_2 = \frac{E_2}{R}$，可知$I_2 = \frac{3}{2}I_1$
$2 \sim 4s$内线框有一部分进入第一象限，电流减小，在$4s$末同理可得$I_3 = \frac{1}{2}I_1$
综上分析可知A项错误，B项正确；根据$F_{ab} = BIL_{ab}$可知在$0 \sim 1s$内$ab$边所受的安培力线性增加；$1s$末安培力为$F_{ab} = BIL$
在$2s$末可得安培力为$F_{ab}' = B × \frac{3}{2}I_1 × 2L$
所以有$F_{ab}' = 3F_{ab}$，由图像可知C项正确，D项错误。故选B、C两项。

5. （2023·新课标）一边长为$L$、质量为$m$的正方形金属细框，每边电阻为$R_{0}$，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为$2L$的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为$B$，两虚线为磁场边界，如图 a 所示。
(1) 使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
(2) 在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻$R_{1} = 2R_{0}$，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图 b 所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻$R_{1}$产生的热量。

答案：
5.答案　
(1)$\frac{B^2L^3}{mR_0}$　
(2)$\frac{3B^4L^6}{25mR_0^2}$
解析　
(1)金属框进入磁场过程中有$E = BL\frac{L}{t}$，则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为$q_1 = \frac{E}{4R_0}t = \frac{BL^2}{4R_0}$，则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为$q = \frac{BL^2}{2R_0}$，且有$-BqL = \frac{mv_0}{2} - mv_0$，联立有$v_0 = \frac{B^2L^3}{mR_0}$。
(2)设金属框的初速度为$v_0$，则金属框进入磁场时的末速度为$v_1$，向右为正方向，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻$R_{总} = R_0 + \frac{2R_0 \cdot R_0}{2R_0 + R_0} = \frac{5R_0}{3}$，再根据动量定理有$-\frac{B^2L^3}{R_{总}} = mv_1 - mv_0$，解得$v_1 = \frac{2B^2L^3}{5mR_0}$，则在此过程中根据能量守恒有$\frac{1}{2}mv_0^2 = Q_1 + \frac{1}{2}mv_1^2$，解得$Q_1 = \frac{21B^4L^6}{50mR_0^2}$，其中$Q_{R_1} = \frac{2}{15}Q_1 = \frac{7B^4L^6}{125mR_0^2}$，此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如右图

设线框刚离开磁场时的速度为$v_2$，再根据动量定理有$-\frac{B^2L^3}{R} = mv_2 - mv_1$，解得$v_2 = 0$，说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量守恒有$\frac{1}{2}mv_1^2 = Q_2$，其中$Q_{R_1}' = \frac{4}{5}Q_2 = \frac{8B^4L^6}{125mR_0^2}$，则在金属框整个运动过程中，电阻$R_1$产生的热量$Q_{R_{总}} = Q_{R_1} + Q_{R_1}' = \frac{3B^4L^6}{25mR_0^2}$。