《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

4.
(2023·辽宁)(多选)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为 $ d $ 和 $ 2d $，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为 $ 2B $ 和 $ B $。已知导体棒 $ MN $ 的电阻为 $ R $、长度为 $ d $，导体棒 $ PQ $ 的电阻为 $ 2R $、长度为 $ 2d $，$ PQ $ 的质量是 $ MN $ 的 $ 2 $ 倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为 $ L $ 的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(AC)


A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B.$ PQ $ 速率为 $ v $ 时，$ MN $ 所受安培力大小为 $ \dfrac{4B^{2}d^{2}v}{3R} $
C.整个运动过程中，$ MN $ 与 $ PQ $ 的路程之比为 $ 2:1 $
D.整个运动过程中，通过 $ MN $ 的电荷量为 $ \dfrac{BLd}{3R} $

答案： 4.答案 AC
解析 弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，A项正确；任意时刻，设电流为$I$，则$PQ$受安培力$F_{PQ} = BI \cdot 2d$，方向向左；$MN$受安培力$F_{MN} = 2BId$，方向向右，可知两棒系统受合力为零，动量守恒，设$PQ$质量为$2m$，则$MN$质量为$m$，$PQ$速率为$v$时，则$2mv = mv'$，解得$v' = 2v$，回路的感应电流$I = \frac{2Bdv' + B \cdot 2dv}{3R} = \frac{2Bdv}{R}$，$MN$所受安培力大小为$F_{MN} = 2BId = \frac{4B^{2}d^{2}v}{R}$，B项错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得$mx_{1} = 2mx_{2}$，$x_{1} + x_{2} = L$，可得则最终$MN$位置向左移动$x_{1} = \frac{2L}{3}$，$PQ$位置向右移动$x_{2} = \frac{L}{3}$，因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为$F_{弹}$，安培力平均值$F_{安}$，则整个过程根据动能定理$F_{弹}x_{1} - F_{安}x_{MN} = 0$，$F_{弹}x_{2} - F_{安}x_{PQ} = 0$，可得$\frac{x_{MN}}{x_{PQ}} = \frac{x_{1}}{x_{2}} = \frac{2}{1}$，C项正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了$L$，由上述分析可知，$MN$位置向左移动$\frac{2L}{3}$，$PQ$位置向右移动$\frac{L}{3}$，则$q = \overline{I}\Delta t = \frac{\Delta\Phi}{R_{总}} = \frac{2B\frac{2L}{3}d + B\frac{L}{3}2d}{3R} = \frac{2BLd}{3R}$，D项错误。
故选A、C两项。

5.
（2023·湖南）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为 $ L $，两导轨及其所构成的平面均与水平面成 $ \theta $ 角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 $ B $。现将质量均为 $ m $ 的金属棒 a、b 垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为 $ R $。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为 $ g $。
（1）先保持棒 b 静止，将棒 a 由静止释放，求棒 a 匀速运动时的速度大小 $ v_{0} $；
（2）在（1）问中，当棒 a 匀速运动时，再将棒 b 由静止释放，求释放瞬间棒 b 的加速度大小 $ a_{0} $；
（3）在（2）问中，从棒 b 释放瞬间开始计时，经过时间 $ t_{0} $，两棒恰好达到相同的速度 $ v $，求速度 $ v $ 的大小，以及时间 $ t_{0} $ 内棒 a 相对于棒 b 运动的距离 $ \Delta x $。

答案： 5.答案
(1)$\frac{2mgR\sin\theta}{B^{2}L^{2}}$
(2)$2g\sin\theta$
(3)$g\sin\theta \cdot t_{0} + \frac{v_{0}}{2}$，$\frac{mv_{0}R}{B^{2}L^{2}}$
【解析】
(1)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得$E = BLv_{0}$
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得$I = \frac{E}{2R}$，$F = BIL$
a棒受力平衡可得$mg\sin\theta = BIL$
联立解得$v_{0} = \frac{2mgR\sin\theta}{B^{2}L^{2}}$
(2)由右手定则可知导体棒b中电流流向，棒b受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对棒b由牛顿第二定律可得$mg\sin\theta + BIL = ma_{0}$
解得$a_{0} = 2g\sin\theta$。
(3)释放棒b后棒a受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对棒a由动量定理得$mgt_{0}\sin\theta - BILt_{0} = mv - mv_{0}$
棒b受到向下的安培力，对棒b由动量定理得$mgt_{0}\sin\theta + BILt_{0} = mv$
联立解得$v = g\sin\theta \cdot t_{0} + \frac{v_{0}}{2}$
此过程流过棒b的电荷量为$q$，则有$q = \overline{I}t_{0}$。
由法拉第电磁感应定律可得$\overline{I} = \frac{\overline{E}}{2R} = \frac{1}{2R}\frac{BL\Delta x}{t_{0}}$
联立b棒动量定理可得$\Delta x = \frac{mv_{0}R}{B^{2}L^{2}}$。