《2026年学易优高考二轮总复习物理》

例6
(2025·黑吉辽蒙卷) 如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框 $ abcd $，置于始终竖直向下的匀强磁场中，$ ad $ 边与磁场边界平行，$ ab $ 边中点位于磁场边界。导体框的质量 $ m = 1 \, kg $，电阻 $ R = 0.5 \, \Omega $、边长 $ L = 1 \, m $。磁感应强度 $ B $ 随时间 $ t $ 连续变化，$ 0 \sim 1 \, s $ 内 $ B - t $ 图像如图(b)所示。导体框中的感应电流 $ I $ 与时间 $ t $ 关系图像如图(c)所示，其中 $ 0 \sim 1 \, s $ 内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
(1) 求 $ t = 0.5 \, s $ 时 $ ad $ 边受到的安培力大小 $ F $；
(2) 画出图(b)中 $ 1 \sim 2 \, s $ 内 $ B - t $ 图像（无需写出计算过程）；
(3) 从 $ t = 2 \, s $ 开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度 $ v_0 = 0.1 \, m/s $，求 $ ad $ 边离开磁场时的速度大小 $ v_1 $。

答案：
例6　答案:
(1)$0.015\ N$　
(2)见解析图
(3)$0.01\ m/s$
解析:
(1)由法拉第电磁感应定律$E_{1} = \frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = \frac{\Delta B · \frac{1}{2}L^{2}}{\Delta t} = \frac{0.2 - 0.1}{1 - 0} × \frac{1}{2} × 1^{2}\ V = 0.05\ V$，由闭合电路欧姆定律可知，$0~1\ s$内线框中的感应电流大小为$I_{1} = \frac{E_{1}}{R} = 0.1\ A$。由图(b)可知，$t = 0.5\ s$时磁感应强度大小为$B_{0.5} = 0.15\ T$，所以此时导线框$ad$的安培力大小为$F = B_{0.5}I_{1}L = 0.15 × 0.1 × 1\ N = 0.015\ N$。
(2)$0~1\ s$内线框内的感应电流大小为$I_{1} = 0.1\ A$，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图(c)可知$1~2\ s$内的感应电流大小为$I_{2} = 0.2\ A$，方向为逆时针，根据欧姆定律可知$1~2\ s$内的感应电动势大小为$E_{2} = I_{2}R = 0.1\ V$。由法拉第电磁感应定律$E_{2} = \frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = \frac{\Delta B · \frac{1}{2}L^{2}}{\Delta t} = 0.1\ V$，可知$1~2\ s$内磁感应强度的变化率为$\frac{\Delta B}{\Delta t} = \frac{B_{2} - B_{1}}{\Delta t} = 0.2\ T/s$，解得$t = 2\ s$时磁感应强度大小为$B = 0.3\ T$，方向垂直于纸面向里，故$1~2\ s$的磁场随时间变化图为

(3)由动量定理可知$-B_{2}\overline{I}L\Delta t = mv_{1} - mv_{0}$，其中$q = \overline{I}\Delta t = \frac{E}{R}\Delta t = \frac{\Delta\Phi}{R} = \frac{\frac{1}{2}B_{2}L^{2}}{R}$，联立解得$ad$经过磁场边界的速度大小为$v_{1} = 0.01\ m/s$。

例7
(2025·广西卷) 如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为 $ \theta $，间距为 $ l $，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为 $ 2R $ 的定值电阻，形成闭合回路；质量为 $ m $ 的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为 $ R $；劲度系数为 $ k $ 的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能 $ E_p $ 与形变量 $ x $ 的关系为 $ E_p = \frac{1}{2} kx^2 $；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 $ B $。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离 $ a $ 后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为 $ t $，最远处与导轨中间位置距离为 $ b $，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中(D)


A.金属棒所受安培力冲量大小为 $ \frac{B^2 l^2 (a + b)}{R} $
B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 $ \frac{B^2 l^2 (a + b)}{4R} + \frac{mgt \sin \theta}{2} $
C.每个定值电阻产生的热量为 $ \frac{k(a^2 - b^2)}{8} + \frac{mg(a + b)\sin \theta}{4} $
D.金属棒的平均输出功率为 $ \frac{k(a^2 - b^2) + mg(a + b)\sin \theta}{2t} $

答案： 例7　答案:D
解析:金属棒沿导轨向下运动，切割磁感线，产生感应电动势，回路中有感应电流，设此过程中某时刻金属棒的速度大小为$v$，则由法拉第电磁感应定律可得接入回路中的金属棒部分产生的感应电动势为$E = Blv$，又由串并联电路规律可得回路中的总电阻为$R_{总} = R + \frac{2R × 2R}{2R + 2R} = 2R$，故回路中的感应电流为$I = \frac{E}{R_{总}} = \frac{Blv}{2R}$，则该时刻金属棒受到的安培力大小为$F = BIl = \frac{B^{2}l^{2}v}{2R}$，则在极短时间$\Delta t$内安培力的冲量大小为$I_{A} = F\Delta t = \frac{B^{2}l^{2}v\Delta t}{2R}$，等式两边求和有$I_{A总} = \sum I_{A} = \sum\frac{B^{2}l^{2}v\Delta t}{2R} = \frac{B^{2}l^{2}\sum v\Delta t}{2R} = \frac{B^{2}l^{2}x}{2R}$，分析可知金属棒向下运动到的最远位置在导轨中间位置的下方且与导轨中间位置距离为$b$，则此过程金属棒向下运动的距离$x = a + b$，所以此过程金属棒所受安培力的冲量大小为$I_{A总} = \frac{B^{2}l^{2}(a + b)}{2R}$，故A错误。分析可知金属棒运动到任一位置，两根弹簧对金属棒的弹力均相同，规定沿斜面向下为正方向，设每根弹簧对金属棒施加的冲量为$I_{弹}$，则对金属棒从静止释放到沿导轨向下运动到最远处的过程，由动量定理有$-I_{A总} + mg\sin\theta + 2I_{弹} = 0$，则$I_{弹} = \frac{B^{2}l^{2}(a + b)}{4R} - \frac{mg\sin\theta}{2}$，故B错误。设金属棒的下滑过程回路中产生的总热量为$Q_{总}$，则对该过程由能量守恒定律可得$2\Delta E_{p弹}+\Delta E_{p重}+Q_{总}=0$，其中$\Delta E_{p弹}=\frac{1}{2}kb^{2}-\frac{1}{2}ka^{2}$，$\Delta E_{p重}=-mg(a + b)\sin\theta$，则$Q_{总}=k(a^{2}-b^{2})+mg(a + b)\sin\theta$。又每个定值电阻产生的热量为$Q = \frac{1}{4}Q_{总}$，故此过程每个定值电阻产生的热量为$Q = \frac{k(a^{2}-b^{2})}{4}+\frac{mg(a + b)\sin\theta}{4}$，故C错误。金属棒对两定值电阻输出能量，两定值电阻产生热量，则金属棒下滑过程金属棒输出的总能量为$W_{输出}=2Q=\frac{k(a^{2}-b^{2})}{2}+\frac{mg(a + b)\sin\theta}{2}$，故此过程金属棒的平均输出功率为$P_{输出}=\frac{W_{输出}}{t}=\frac{k(a^{2}-b^{2})+mg(a + b)\sin\theta}{2t}$，故D正确。