《2026年学易优高考二轮总复习物理》

例 4
(多选)如图，两根足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为$2L$和$L$，图中$OO'$左侧是电阻不计的金属导轨，$OO'$右侧是绝缘轨道。金属导轨部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为$B_0$；$OO'$右侧以$O$为原点，沿导轨方向建立$x$轴，沿$Ox$方向存在分布规律为$B = B_0 + kx$($k ＞ 0$)的竖直向下的磁场(图中未标出)。一质量为$m$、阻值为$R$、三边长度均为$L$的$U$形金属框，左端紧靠$OO'$平放在绝缘轨道上(与金属导轨不接触)处于静止状态。长为$2L$、质量为$m$、电阻为$R$的导体棒$a$处在间距为$2L$的金属导轨上，长为$L$、质量为$m$、电阻为$R$的导体棒$b$处在间距为$L$的金属导轨上。现同时给导体棒$a$、$b$大小相同的水平向右的速度$v_0$，当导体棒$b$运动至$OO'$时，导体棒$a$中已无电流($a$始终在宽轨上)。导体棒$b$与$U$形金属框碰撞后连接在一起构成回路，导体棒$a$、$b$、金属框与导轨始终接触良好，导体棒$a$被立柱挡住没有进入右侧轨道。下列说法正确的是(BD)


A.给导体棒$a$、$b$大小相同的水平向右的速度$v_0$后，导体棒$b$做匀速运动
B.导体棒$b$到达$OO'$时的速度大小为$\frac{6}{5}v_0$
C.导体棒$b$与$U$形金属框碰撞后连接在一起后做匀减速运动
D.导体棒$b$与$U$形金属框碰撞后，导体棒$b$静止时与$OO'$的距离为$\frac{12mv_0R}{5kL^4}$

答案： 例4 答案：BD
解析：给导体棒$a$、$b$大小相同的水平向右的速度$v_{0}$后，导体棒$a$产生的电动势大于导体棒$b$产生的电动势，回路中有感应电流产生，导体棒$a$减速运动，$b$棒加速运动，然后匀速运动，故A错误；设$b$棒到达$OO'$时的速度大小为$v_{b}$，此时导体棒$a$的速度大小为$v_{a}$，此时已经无电流，有$BLv_{b}=2BLv_{a}$，对$a$、$b$棒，根据动量定理可得$-2B_{0}Lq = mv_{a}-mv_{0}$，$B_{0}Lq = mv_{b}-mv_{0}$，联立解得$v_{b}=\frac{6}{5}v_{0}$，故B正确；$b$棒与$U$形金属框碰撞后连接在一起后做加速度不断减小的减速运动，故C错误；设$b$棒与$U$形金属框碰撞后共同速度为$v_{1}$，根据动量守恒定律可得$mv_{b}=2mv_{1}$，解得$v_{1}=\frac{3}{5}v_{0}$，由题意可知$U$形金属框右边始终比$U$形金属框左边的磁感应强度大$\Delta B = kL$，从导体棒$b$与$U$形金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为$\overline{I}=\frac{E}{2R}=\frac{\Delta B L·\overline{v}}{2R}$，根据动量定理有$-\Delta B·\overline{I}L· t' = 0 - 2mv_{1}$，导体棒$b$静止时与$OO'$点的距离为$x=\overline{v}· t'$，联立解得$x=\frac{12mv_{0}R}{5k^{2}L^{3}}$，故D正确。

例 5
（2025·陕西汉中二模）如图所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，导轨间距为$L$。水平区域$abcd$有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为$B$，细金属杆$M$、$N$长度都稍大于$L$。初始时刻，细金属杆$M$静止在弧形部分距水平导轨高度$h$处，磁场内的细金属杆$N$处于静止状态。某时刻静止释放$M$杆后，两杆与导轨接触良好且运动过程始终与导轨垂直，两杆在磁场中未碰撞且$N$杆出磁场时的速度大小为$\frac{\sqrt{2gh}}{4}$。已知$M$、$N$杆的质量分别为$m$和$2m$，电阻分别为$R$和$2R$，重力加速度为$g$，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。求：

（1）细金属杆$N$在磁场内运动过程中最大加速度的大小和方向；
（2）细金属杆$N$在磁场内运动过程中产生的焦耳热$Q$；
（3）细金属杆$N$在磁场内运动过程中通过回路的电荷量$q$；
（4）初始时刻细金属杆$N$到$ab$的最小距离$x$。

答案： 例5 答案：$(1)\frac{B^{2}L^{2}\sqrt{2gh}}{6mR}$水平向右 $(2)\frac{5}{12}mgh$
$(3)\frac{m\sqrt{2gh}}{2BL}$ $(4)\frac{3mR\sqrt{2gh}}{2B^{2}L^{2}}$
解析：$(1)$从$M$释放到进磁场，根据机械能守恒定律有$mgh=\frac{1}{2}mv^{2}$
$M$进磁场时，对金属杆$N$根据牛顿第二定律有$F = BIL = B×\frac{BLv}{3R}=2ma$
解得$a=\frac{B^{2}L^{2}\sqrt{2gh}}{6mR}$
根据左手定则可知，金属杆$N$所受安培力的方向水平向右，则加速度方向水平向右。
$(2)$由$M$、$N$组成的系统动量守恒，则$mv = mv_{1}+2mv_{2}$
根据能量守恒定律有$Q=\frac{1}{2}mv^{2}-\frac{1}{2}mv_{1}^{2}-\frac{1}{2}·2mv_{2}^{2}$
所以细金属杆$N$产生的焦耳热为$Q_{N}=\frac{2}{3}Q=\frac{5}{12}mgh$。
$(3)$对细金属杆$N$，根据动量定理可得$BILt = 2mv_{2}$，其中$q = \overline{I}t$
解得$q=\frac{m\sqrt{2gh}}{2BL}$。
$(4)$当$N$出磁场时$M$也刚好出磁场，此时$N$到$ab$的距离最小，设细金属杆$N$到$ab$的最小距离为$x$，则整个过程中通过闭合回路的电荷量为$q=\frac{\Delta\Phi}{3R}=\frac{BLx}{3R}$
所以$x=\frac{3mR\sqrt{2gh}}{2B^{2}L^{2}}$。