《2026年学易优高考二轮总复习物理》

例8
(2025·海南卷) 间距为 $ L $ 的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角 $ \theta = 30° $，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为 $ B $，两相同导体棒 $ ab $、$ cd $ 与水平导轨的动摩擦因数 $ \mu = 0.25 $，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均 $ m $，接入电路中的电阻均为 $ R $，$ cd $ 棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为 $ g $。

(1) 锁定水平导轨上的 $ cd $ 棒，闭合开关，$ ab $ 棒静止在倾斜导轨上，求通过 $ ab $ 棒的电流；断开开关，同时解除 $ cd $ 棒的锁定，当 $ ab $ 棒下滑距离为 $ x_0 $ 时，$ cd $ 棒开始运动，求 $ cd $ 棒从解除锁定到开始运动过程中，$ cd $ 棒产生的焦耳热；
(2) 此后 $ ab $ 棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时 $ ab $、$ cd $ 棒的速度大小之差；
(3) $ ab $ 棒中电流稳定之后继续下滑，从 $ ab $ 棒到达水平导轨开始计时，$ t_1 $ 时刻 $ cd $ 棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，$ cd $ 棒的加速度为零，速度不为零，求从 $ t_1 $ 时刻到某时刻，$ ab $、$ cd $ 的路程之差。

答案： 例8　答案:
(1)$\frac{mg}{2BL}$，$\frac{1}{4}mgx_{0} - \frac{m^{3}g^{2}R^{2}}{16B^{4}L^{4}}$
(2)$\frac{3mgR}{4B^{2}L^{2}}$
(3)$\Delta s = \frac{m^{2}gR^{2}}{4B^{4}L^{4}}$
解析：
(1)$ab$棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得$F_{安} = mg\sin30^{\circ}$，$F_{安} = BI_{ab}L$，解得通过$ab$棒的电流为$I_{ab} = \frac{mg}{2BL}$。设当$ab$棒下滑距离为$x_{0}$时速度为$v_{0}$，$cd$棒开始运动时回路中的电流为$I_{1}$，此时对$cd$棒有$F_{安cd} = \mu mg$，同时有$F_{安cd} = BI_{1}L$，$I_{1} = \frac{BLv_{0}}{2R}$。分析可知$cd$棒从解除锁定到开始运动过程中，$cd$棒产生的焦耳热与$ab$棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得$mgx_{0}\sin30^{\circ} - \frac{1}{2}mv_{0}^{2} = 2Q_{cd}$，联立解得$cd$棒产生的焦耳热为$Q_{cd} = \frac{1}{4}mgx_{0} - \frac{m^{3}g^{2}R^{2}}{16B^{4}L^{4}}$。
(2)分析可知$ab$棒在下滑过程中产生的电动势与$cd$棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有$mg\sin30^{\circ} - F_{安} = ma$，$F_{安} - \mu mg = ma$，同时有$F_{安} = BIL$，$I = \frac{BL\Delta v}{2R}$，联立解得此时$ab$、$cd$棒的速度大小之差为$\Delta v = \frac{3mgR}{4B^{2}L^{2}}$。
(3)分析可知从开始到$t_{1}$时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设$t_{1}$时刻$ab$棒的速度为$v_{1}'$，可知$m\Delta v = mv_{1}'$，解得$v_{1}' = \Delta v = \frac{3mgR}{4B^{2}L^{2}}$。设某时刻时，$ab$棒速度为$v_{1}''$，$cd$棒速度为$v_{cd}$，$cd$棒的加速度为零，可得$F_{安cd2} = \mu mg$ ①，其中$F_{安cd2} = BIL$。分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得$I_{2} = \frac{BL(v_{1}'' - v_{cd})}{2R}$ ②。从$t_{1}$时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有$-(\mu mg + BIL)\Delta t = mv_{1}'' - mv_{1}'$，$(BIL - \mu mg)\Delta t = mv_{cd}$，变式可得$\mu mg\Delta t + BLq = mv_{1}'' - mv_{1}'$，$BLq - \mu mg\Delta t = mv_{cd}$，两式相加得$2BLq = m(v_{1}'' - v_{1}'+v_{cd})$ ③。同时有$q = \overline{I}\Delta t = \frac{\Delta\Phi}{2R} = \frac{BL\Delta s}{2R}$ ④，联立①②③④可得从$t_{1}$到某时刻，$ab$、$cd$的路程之差为$\Delta s = \frac{m^{2}gR^{2}}{4B^{4}L^{4}}$。

1. (多选)(2025·江西萍乡二模) 如图所示，光滑平行金属导轨左端接一定值电阻 $ R $，水平置于方向竖直向上、磁感应强度为 $ B $ 的匀强磁场中，导轨上有一质量为 $ m $、电阻为 $ R $ 的导体棒 $ ab $ 以初速度 $ v_0 $ 向右运动，已知导体棒长度为 $ d $，导轨间距为 $ L $，导轨电阻不计，导体棒的瞬时速度为 $ v $，所受安培力大小为 $ F $，流过导体棒的电荷量为 $ q $，导体棒两端的电压 $ U $，下列描述各物理量随时间 $ t $ 或位移 $ x $ 变化的图像正确的是(AC)

答案： 1.答案:AC
解析:根据牛顿第二定律有$F = ILB = ma$，根据法拉第电磁感应定律有$E = Blv$，其中$I = \frac{E}{2R} = \frac{Blv}{2R}$，解得$F = \frac{B^{2}L^{2}v}{2R} = ma$，可知导体棒的速度逐渐减小，且加速度逐渐减小，初始时刻安培力大小为$\frac{B^{2}L^{2}v_{0}}{2R}$，故A正确，D错误；根据欧姆定律可知$U = \frac{BLv}{2R} × R = \frac{1}{2}BLv$，则电压的最大值为$\frac{1}{2}BLv_{0}$，故B错误；根据电流的定义式有$q = \overline{I}\Delta t = \frac{\Delta\Phi}{2R} = \frac{BLx}{2R}$，则$q$与$x$成正比，故C正确。

2. (多选)(2025·湖南模拟预测) 如图所示，两条电阻不计的光滑平行导轨 $ AED $ 和 $ BFC $ 与水平面成 $ \theta $ 角，平行导轨之间间距为 $ L $，一劲度系数为 $ k $ 的轻质弹簧一端固定在 $ O $ 点，弹簧中心轴线与导轨平行，另一端与质量为 $ m $、电阻为 $ R_1 $ 的导体棒相连，导轨的一端连接定值电阻 $ R_2 $，匀强磁场垂直穿过导轨平面 $ ABCD $，$ AB $ 到 $ CD $ 距离足够大，磁感应强度大小为 $ B_0 $，$ O $ 点到 $ AB $ 的距离等于弹簧的原长，导体棒从 $ AB $ 位置静止释放，到达 $ EF $ 位置时速度达到最大，$ AB $ 到 $ EF $ 距离为 $ d $，导体棒始终与轨道良好垂直接触，重力加速度为 $ g $，则下列说法正确的是(AB)

A. 导体棒在 $ AB $ 位置时，加速度为 $ g \sin \theta $
B. 到达 $ EF $ 时导体棒最大速度为 $ \frac{(mg \sin \theta - kd)(R_1 + R_2)}{B_0^2 L^2} $
C. 下滑到最低点的过程中导体棒机械能先增大后减小
D. 导体棒最终可以回到 $ AB $ 位置

答案： 2.答案:AB
解析:导体棒在$AB$位置只受重力和支持力，由$mg\sin\theta = ma$，解得$a = g\sin\theta$，故A正确；到达$EF$时速度达到最大，合力为$0$，受力分析可得$mg\sin\theta - kd - B_{0}IL = 0$，其中$I = \frac{B_{0}Lv}{R_{1} + R_{2}}$，解得到达$EF$时导体棒最大速度为$v = \frac{(mg\sin\theta - kd)(R_{1} + R_{2})}{B_{0}L}$，故B正确；由于电路中焦耳热增加，弹簧弹性势能增加，根据能量守恒定律知，导体棒机械能不断减小，故C错误；整个过程中焦耳热增加，所以导体棒与弹簧组成的系统机械能减少，不能回到$AB$位置，故D错误。