《2026年学易优高考二轮总复习物理》

例 6
（2024·湖北卷）如图所示，两足够长平行金属直导轨$MN$、$PQ$的间距为$L$，固定在同一水平面内，直导轨在左端$M$、$P$点分别与两条竖直固定、半径为$L$的$\frac{1}{4}$圆弧导轨相切。$MP$连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为$B$、方向竖直向下的匀强磁场。长为$L$、质量为$m$、电阻为$R$的金属棒$ab$跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为$2m$、电阻为$6R$的均匀金属丝制成一个半径为$L$的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为$g$。现将金属棒$ab$由静止释放，求：

（1）$ab$刚越过$MP$时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使$ab$在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到$MP$的最小距离。

答案： 例6 答案：$(1)BL\sqrt{2gL}$ $(2)\frac{B^{2}L^{2}\sqrt{2gL}}{3mR}$ $(3)\frac{B^{2}L^{3}+mR\sqrt{2gL}}{B^{2}L^{2}}$
解析：$(1)$根据题意可知，对金属棒$ab$由静止释放到刚越过$MP$过程中，由动能定理有$mgL=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，解得$v_{0}=\sqrt{2gL}$，
则$ab$刚越过$MP$时产生的感应电动势大小为$E = Blv_{0}=BL\sqrt{2gL}$。
$(2)$根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为$R_{0}=\frac{1}{2}×\frac{6R}{3}=R$，
可知，整个回路的总电阻为$R_{总}=R+\frac{R· R}{R + R}=\frac{3}{2}R$，
$ab$刚越过$MP$时，通过$ab$的感应电流为$I=\frac{E}{R_{总}}=\frac{2BL\sqrt{2gL}}{3R}$，
对金属环由牛顿第二定律有$2BL×\frac{I}{2}=2ma$，
解得$a=\frac{B^{2}L^{2}\sqrt{2gL}}{3mR}$。
$(3)$根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒$ab$所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒$ab$和金属环速度相等时，金属棒$ab$恰好追上金属环，设此时速度为$v$，由动量守恒定律有$mv_{0}=mv + 2mv$，解得$v=\frac{1}{3}v_{0}$，
对金属棒$ab$，由动量定理有$-BILt = m·\frac{v_{0}}{3}-mv_{0}$，
则有$BLq=\frac{2}{3}mv_{0}$，
设金属棒运动距离为$x_{1}$，金属环运动的距离为$x_{2}$，则有$q=\frac{BL(x_{1}-x_{2})}{R_{总}}$，
联立解得$\Delta x = x_{1}-x_{2}=\frac{mR\sqrt{2gL}}{B^{2}L^{2}}$，
则金属环圆心初始位置到$MP$的最小距离$d = L+\Delta x=\frac{B^{2}L^{3}+mR\sqrt{2gL}}{B^{2}L^{2}}$。

1. (多选)(2025·广西南宁市二模)如图所示，间距$L = 1m$的粗糙倾斜金属导轨与水平面间的夹角$\theta = 37^{\circ}$，其顶端与阻值$R = 1\Omega$的定值电阻相连，间距相同的光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨都足够长且在$AA'$处平滑对接，$AA'$至$DD'$均是光滑绝缘带，保证倾斜导轨与水平导轨间电流不导通。倾斜导轨处有方向垂直倾斜导轨所在平面向上、磁感应强度大小$B_1 = 0.2T$的匀强磁场，水平导轨处有方向竖直向上、磁感应强度大小$B_2 = 0.5T$的匀强磁场。两根导体棒$1$、$2$的质量均为$m = 0.2kg$，两棒接入电路部分的电阻均为$R$，初始时刻，导体棒$1$放置在倾斜导轨上，且距离$AA'$足够远，导体棒$2$静置于水平导轨上，已知倾斜导轨与导体棒$1$间的动摩擦因数$\mu = 0.5$。现将导体棒$1$由静止释放，运动过程中导体棒$1$未与导体棒$2$发生碰撞。取重力加速度大小$g = 10m/s^2$，$\sin 37^{\circ} = 0.6$，$\cos 37^{\circ} = 0.8$。两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是(BC)


A.导体棒$1$在倾斜导轨上下滑时做匀加速直线运动
B.导体棒$1$滑至$AA'$瞬间的速度大小为$20m/s$
C.稳定时，导体棒$2$的速度大小为$10m/s$
D.整个运动过程中通过导体棒$2$的电荷量为$2C$

答案： 1.答案：BC
解析：由于导体棒1释放点离$AA'$足够远，导体棒1滑至$AA'$时一定达到稳定状态，则导体棒1在倾斜导轨上下滑时先做加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；由平衡条件可得$B_{1}IL+\mu mg\cos37^{\circ}=mg\sin37^{\circ}$，根据闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律有$I=\frac{B_{1}Lv}{R + R}$，解得$v = 20m/s$，故B正确；导体棒1、2组成的系统由动量守恒可得$mv = 2mv'$，则稳定时，导体棒2的速度大小为$v' = 10m/s$，故C正确；对导体棒2由动量定理有$B_{2}\overline{I}L\Delta t = mv'$，即$B_{2}Lq = mv'$，电荷量为$q=\frac{mv'}{B_{2}L}=4C$，故D错误。

2. (多选)(2025·江西省六校一调)如图所示，用金属制作的曲线导轨与水平导轨平滑连接，水平导轨宽轨部分间距为$2L$，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为$L$，有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为$B$。质量均为$m$的金属棒$M$、$N$垂直于导轨静止放置，现将金属棒$M$自曲线导轨上$h$高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为$R$，其余电阻不计，导轨足够长，$M$棒总在宽轨上运动，$N$棒总在窄轨上运动，重力加速度为$g$，不计所有摩擦。下列说法正确的是(CD)


A.$M$棒刚进入磁场时$N$棒的加速度为$\frac{2B^2L^2\sqrt{2gh}}{mR}$
B.$N$棒的最终速度大小为$\frac{2}{3}\sqrt{2gh}$
C.通过$M$棒的电荷量为$\frac{2m\sqrt{2gh}}{5BL}$
D.$N$棒产生的热量为$\frac{2}{5}mgh$

答案： 2.答案：CD
解析：金属棒$M$自曲线导轨上$h$高度处静止释放，根据动能定理有$mgh=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，金属棒$M$刚进入磁场时，$N$受向右的安培力，根据牛顿第二定律有$B\frac{B·2Lv_{0}}{2R}· L = ma$，解得$M$棒刚进入磁场时$N$棒的加速度为$a=\frac{B^{2}L^{2}\sqrt{2gh}}{mR}$，故A错误；两棒最终均做匀速直线运动，电路中感应电流为零，则$B·2Lv_{M}-BLv_{N}=0$，根据动量定理，对金属棒$M$、$N$分别有$B\overline{I}·2L\Delta t=-2BLq = mv_{M}-mv_{0}$，$BIL\Delta t = BLq = mv_{N}$，解得$v_{M}=\frac{2}{5}\sqrt{2gh}$，$v_{N}=\frac{2}{5}\sqrt{2gh}$，$q=\frac{2m\sqrt{2gh}}{5BL}$，故B错误，C正确；全过程，根据能量守恒有$mgh = Q_{总}+\frac{1}{2}mv_{M}^{2}+\frac{1}{2}mv_{N}^{2}$，$N$棒产生的热量为$Q_{N}=\frac{R}{R + R}Q_{总}=\frac{2}{5}mgh$，故D正确。