《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

例4
(2020·课标全国Ⅰ)(多选)如图，$U$形光滑金属框$abcd$置于水平绝缘平台上，$ab$和$dc$边平行，和$bc$边垂直。$ab$、$dc$足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒$MN$置于金属框上，用水平恒力$F$向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，$MN$与金属框保持良好接触，且与$bc$边保持平行。经过一段时间后(BC)


A.金属框的速度大小趋于恒定值
B.金属框的加速度大小趋于恒定值
C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D.导体棒到金属框$bc$边的距离趋于恒定值

答案：
例4　[答案]　BC
[解析]　由$bc$边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒$MN$受到向右的安培力，做加速运动，$bc$边受到向左的安培力，向右做加速运动。当$MN$运动时，金属框的$bc$边和导体棒$MN$一起切割磁感线，设导体棒$MN$和金属框的速度分别为$v_{1}$、$v_{2}$，则电路中的电动势$E=BL(v_{2}-v_{1})$，电路中的电流$I=\frac{E}{R}=\frac{BL(v_{2}-v_{1})}{R}$，金属框受到的安培力$F_{安框}=\frac{B^{2}L^{2}(v_{2}-v_{1})}{R}$，与运动方向相反，导体棒受到的安培力$F_{安MN}=\frac{B^{2}L^{2}(v_{2}-v_{1})}{R}$，与运动方向相同，设导体棒$MN$和金属框的质量分别为$m_{1}$、$m_{2}$，则对导体棒$MN$：$\frac{B^{2}L^{2}(v_{2}-v_{1})}{R}=m_{1}a_{1}$。对金属框：$F-\frac{B^{2}L^{2}(v_{2}-v_{1})}{R}=m_{2}a_{2}$。$a_{1}$从零开始逐渐增加，$a_{2}$从$\frac{F}{m_{2}}$开始逐渐减小，当$a_{1}=a_{2}$时，$v_{2}-v_{1}=\frac{FRm_{1}}{B^{2}L^{2}(m_{1}+m_{2})}$大小恒定。整个运动过程用速度—时间图像描述如图
综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，B、C两项正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框$bc$边的距离也会一直增大，A、D两项错误。

例5
(2023·山东模拟)(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为$L = 0.1m$，导轨平面内分布着垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小$B = 5T$，导轨上端分别接有电阻$R$和电源$E$。质量为$m = 0.2kg$的金属棒$MN$紧靠导轨水平放置，已知电阻$R = 1\Omega$，电源$E = 1.5V$、内阻$r = 0.5\Omega$，重力加速度$g = 10m/s^2$，不计金属棒和导轨的电阻。闭合开关后将金属棒$MN$由静止释放，以下说法正确的是(ACD)

A.若开关与$1$接通，金属棒$MN$克服安培力的功等于回路中产生的焦耳热
B.若开关与$2$接通，金属棒$MN$克服安培力的功等于回路中产生的焦耳热
C.若开关与$1$接通，金属棒$MN$最终以$8m/s$的速度匀速运动
D.若开关与$2$接通，金属棒$MN$最终以$1m/s$的速度匀速运动

答案： 例5　[答案]　ACD
[解析]　若开关与1接通，该回路为纯电阻回路，且只有动生电动势，因此金属棒$MN$克服安培力的功等于回路中产生的焦耳热，当金属棒所受安培力大小与重力相等时，金属棒匀速运动，即$BIL=mg$，而$I=\frac{BLv}{R}$，联合解得$v=8m/s$，故A、C两项正确；若开关与2接通，导体棒与电源串联，回路中除了动生电动势外还有电源，电源在回路中产生的电流也产生焦耳热，因此，金属棒$MN$克服安培力的功不等于回路中产生的焦耳热，当金属棒所受安培力大小与重力相等时，金属棒匀速运动，即$BIL=mg$，而$I=\frac{BLv+E}{r}$，联合解得$v=1m/s$，故B项错误，D项正确。故选A、C、D三项。

例6
(2023·河北模拟)(多选)如图所示，两根足够长、间距为$L$的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为$R$，电容器的电容为$C$(不会被击穿)，金属棒$MN$水平放置，质量为$m$，空间存在垂直轨道向外的磁感应强度大小为$B$的匀强磁场，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关，让$MN$沿导轨由静止开始释放，金属棒$MN$和导轨始终接触良好，下列说法正确的是(重力加速度为$g$)(BCD)


A.只闭合开关$S_1$，金属棒$MN$做匀加速直线运动
B.只闭合开关$S_2$，金属棒$MN$做匀加速直线运动
C.只闭合开关$S_1$，金属棒$MN$下降高度为$h$时速度为$v$，则所用时间$t=\frac{v}{g}+\frac{B^2L^2h}{mgR}$
D.只闭合开关$S_2$，通过金属棒$MN$的电流$I=\frac{mgCBL}{m + CB^2L^2}$

答案： 例6　[答案]　BCD
[解析]　只闭合开关$S_{1}$，金属棒$MN$刚释放时有$mg=ma$，之后导体棒受重力和安培力共同作用，根据牛顿第二定律有$mg-F_{安}=ma'$，又$F_{安}=BIL=B\frac{BLv}{R}L=\frac{B^{2}L^{2}v}{R}$，其中导体棒速度$v$在增大，则导体棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动，故A项错误；只闭合开关$S_{1}$，金属棒$MN$下降高度为$h$时速度为$v$，在这个过程中对导体棒用动量定理有$mgt-BILt=mv-0$，又$q=It=\frac{E}{R}t=\frac{\Delta\Phi}{tR}t=\frac{BLh}{R}$，联立解得$t=\frac{v}{g}+\frac{B^{2}L^{2}h}{mgR}$，故C项正确；只闭合开关$S_{2}$，金属棒$MN$运动过程中取一段时间$\Delta t$，且$\Delta t$趋近于零，设导体棒加速度为$a$，则有$I=\frac{\Delta Q}{\Delta t}=\frac{C\Delta U}{\Delta t}=\frac{CBL\Delta v}{\Delta t}=CBLa$，对导体棒，根据牛顿第二定律可得$mg-BIL=ma$，联立解得$a=\frac{mg}{m+CB^{2}L^{2}}$，$I=\frac{mgCBL}{m+CB^{2}L^{2}}$，可知导体棒做匀加速直线运动，故B、D两项正确。故选B、C、D三项。