《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

3. 导体常见运动情况的动态分析

答案： （根据具体选项，此处因无具体选项内容，按题目要求格式，若为描述性结论则此处应体现动态分析结论，结合题目结构，答案应为对动态分析过程的总结性描述，但原题可能为图表对应选项，因信息有限，按规范格式输出核心结论）导体运动动态分析核心：由v→E→I→F安→F合→a，再分析a对v的影响，最终趋于a=0的匀速或静止状态。

【例 1】(多选)(2024·黑吉辽·9)

如图，两条“^”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为 $ L $，左、右两导轨面与水平面夹角均为 $ 30^{\circ} $，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为 $ 2B $ 和 $ B $。将有一定阻值的导体棒 $ ab $、$ cd $ 放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，$ ab $、$ cd $ 的质量分别为 $ 2m $ 和 $ m $，长度均为 $ L $。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为 $ g $，两棒在下滑过程中(AB)

A.回路中的电流方向为 $ abcda $
B.$ ab $ 中电流趋于 $ \frac{\sqrt{3}mg}{3BL} $
C.$ ab $ 与 $ cd $ 加速度大小之比始终为 $ 2:1 $
D.两棒产生的电动势始终相等

答案： 例1　AB　[两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为$abcda$，故A正确;设回路中的总电阻为$R$，对于任意时刻当电路中的电流为$I$时，对$ab$根据牛顿第二定律得$2mg\sin 30^{\circ}-2BIL\cos 30^{\circ}=2ma_{ab}$，对$cd$有$mg\sin 30^{\circ}-BIL\cos 30^{\circ}=ma_{cd}$，故可知$a_{ab}=a_{cd}$，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对$ab$分析可得$2mg\sin 30^{\circ}=2BIL\cos 30^{\circ}$，解得$I=\frac{\sqrt{3}mg}{3BL}$，故B正确，C错误;根据前面分析可知$a_{ab}=a_{cd}$，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。]

【例 2】(多选)(2024·全国甲卷·21)

如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在 $ t = 0 $ 时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度 $ v $ 随时间 $ t $ 变化的图像中可能正确的是 (AC)

答案： 例2　AC　[设线框的上边框进入磁场时的速度为$v$，设线框的质量$M$，物块的质量$m$，题图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知$Mg+F_{安}-F_{T}=Ma$，对物块有$F_{T}-mg=ma$，其中$F_{安}=\frac{B^{2}L^{2}v}{R}$，即$\frac{B^{2}L^{2}v}{R}+(M - m)g=(M + m)a$。线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小;当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为$v_{0}=\frac{(m - M)gR}{B^{2}L^{2}}$。若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确;因$t = 0$时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能;若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动;当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。]

【例 3】(2024·湖南邵阳市三模改编)
如图所示，水平绝缘桌面上固定有间距为 $ L $ 的平行光滑长导轨，左端接有一个不带电的电容器，电容为 $ C $(不会被击穿)，在 $ PQ $ 虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 $ B $。质量为 $ m $ 的金属杆 $ ab $ 静置在导轨上，与虚线 $ PQ $ 的距离是 $ d $，金属杆在水平向右恒力 $ F $ 的作用下，开始向右运动，不计导轨与金属杆的电阻，金属杆 $ ab $ 始终与导轨垂直且接触良好，

(1) 判断金属杆的运动性质；
(2) 求金属杆 $ ab $ 运动到达虚线 $ PQ $ 的时间。匀加速直线运动$\sqrt{\frac{2d(m + CB^{2}L^{2})}{F}}$
拓展
1. 若金属导轨平面与水平面成 $ \theta $ 角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为 $ g $，又让金属杆从导轨上端由静止开始下滑，求金属杆下滑过程中的加速度大小。$a=\frac{mg\sin\theta}{m + CB^{2}L^{2}}$

2. 在拓展 1 中，若金属杆与导轨之间的动摩擦因数为 $ \mu (\mu \lt \tan \theta) $，求金属杆下滑过程中的加速度大小。$a=\frac{mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta}{m + CB^{2}L^{2}}$

答案： 例3　
(1)匀加速直线运动
(2)$\sqrt{\frac{2d(m + CB^{2}L^{2})}{F}}$解析　
(1)金属杆向右运动，切割磁感线产生感应电动势$E$，给电容器充电，设在$\Delta t$的时间里，电容器充电的电荷量为$\Delta q$，则$\Delta q = CE = CBL\Delta v$，则充电电流为$i=\frac{\Delta q}{\Delta t}=CBL\frac{\Delta v}{\Delta t}=CBLa$，对金属杆由牛顿第二定律有$F - BLi = ma$，得$a=\frac{F}{m + CB^{2}L^{2}}$，故金属杆做初速度为零的匀加速直线运动。
(2)由$x=\frac{1}{2}at^{2}$，得$t=\sqrt{\frac{2d}{a}}=\sqrt{\frac{2d(m + CB^{2}L^{2})}{F}}$。
@@拓展1. 金属杆在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有$mg\sin\theta - BIL = ma$，$I=\frac{\Delta Q}{\Delta t}=\frac{CBL\Delta v}{\Delta t}=CBLa$，联立解得$a=\frac{mg\sin\theta}{m + CB^{2}L^{2}}$。
@@拓展2.$mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta - BIL = ma$，$I=\frac{\Delta Q}{\Delta t}=\frac{CBL\Delta v}{\Delta t}=CBLa$，联立可得$a=\frac{mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta}{m + CB^{2}L^{2}}$。