专题四 培优点十 电磁感应中的双杆模型-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（提升版）

第一部分　专题复习篇 专题四　电路和电磁感应 培优点十　电磁感应中的 双杆模型 目录 2 1 专题作业 高考命题预测 例1　(2024·辽宁高考)(多选)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°，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，重力加速度大小为g。两棒在下滑过程中(　　) 3 解析　两导体棒均沿导轨向下滑动，根据右手定 则可知，ab中产生的感应电动势从a到b，cd中产生的 感应电动势从c到d，则回路中的电流方向为abcda，故 A正确；设回路中的总电阻为R，电流为i，ab的加速度大小为aab，cd的加速度大小为acd，对ab、cd进行受力分析，并沿导轨方向和垂直导轨方向进行正交分解，在沿导轨方向，根据牛顿第二定律，对ab有2mgsin30°－2BiLcos30°＝2maab，对cd有mgsin30°－BiLcos30°＝macd，故aab＝acd，即ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，故C错误；由C项分析可知，两导体棒的速度大小始终相等，设为v，则由法拉第电磁感应定律可知，ab产生的感应电动势大小为Eab＝2BL·vcos30° 4 5 例2　(2023·湖南高考)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 6 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 7 8 9 例3　(2024·四川省雅安市高三下第三次诊断)如图所示，有 足够长的光滑水平导轨CDC′D′和EFE′F′，各段导轨均平行，左侧 部分间距为0.5 m，右侧部分间距为1 m，两部分导轨间有磁感应 强度大小为B＝10 T、方向竖直且相反的匀强磁场。有两根相同的 金属棒a、b，质量均为2 kg且分布均匀，电阻与棒长成正比。将金属棒a、b分别垂直放在左右两部分导轨上，开始时a棒位于图中DD′位置，b棒位于EE′位置。b棒用足够长的绝缘细线绕过光滑定滑轮和一物块c相连。物块c的质量为3 kg，c开始时距地面的高度为h＝8.55 m。物块c由静止开始下落，触地后不反弹。物块c触地时a、b两棒速率之比为1∶3，物块c下落过程中b棒上产生的焦耳热为30 J，设两棒始终在磁场中运动，整个过程中导轨和金属棒接触良好，且导轨光滑，电阻不计，g＝10 m/s2。求： 10 (1)物块c触地时，b棒的速度大小； (2)从b棒开始运动到c落地的过程中通过棒的电荷量； (3)从物块c触地后开始，到两棒匀速运动过程中系统产生的热量。 答案　(1)9 m/s　(2)1.2 C　(3)45 J 11 12 13 14 15 (1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向； (2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d的最小值； (3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图b所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。 16 17 18 19 20 21 22 23 1．双杆模型的常见情况 (1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 示意图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝2La 24 力学观点 杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2 运动图像 能量观点 一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk 动量观点 两杆组成的系统动量守恒 两杆组成的系统动量不守恒对单杆可以用动量定理 25 (2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用 光滑的平行导轨 不光滑平行导轨 示意图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 摩擦力Ffb＝Ffa 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 26 力学观点 开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若Ff<F≤2Ff，则a杆先变加速后匀速运动；b杆静止。若F>2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同 运动图像 27 能量观点 F做的功转化为两杆的动能和内能：WF＝ΔEk＋Q F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WF＝ΔEk＋Q电＋Qf 动量观点 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理 2.对于不在同一平面上运动的双杆问题，动量守恒定律不适用，可以用牛顿运动定律、能量观点、动量定理进行解决。 28 高考命题预测 1.(2024·河北省保定市高三二模)两根相距为L的足够长的金属 直角导轨如图所示，它们各有一边在同一水平面内，另一边在同一 竖直面内。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合 回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，金属细 杆ab、cd的电阻均为R。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨、大小为F的拉力作用下，以某一速度沿导轨向右匀速运动时，cd杆正好以速度v0向下匀速运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 2．(2024·湖南省衡阳市高三二模)水平面内固定 有两根平行光滑导轨，其中AD、EF段用绝缘材料制 成，其余部分为金属。两平行导轨的间距为L＝2 m， 导轨的左侧连接一阻值为R＝2 Ω的定值电阻，右侧接有一电容C＝2×105 μF的电容器，电容器不带电。水平导轨的MNQP区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，MA和NE的长度均为x＝3.6 m。金属棒a垂直放置在导轨的MN处，质量为ma＝0.6 kg，接入电路的电阻为r＝1 Ω，金属棒b垂直导轨放置于DF左侧，质量mb＝1.4 kg。现使金属棒a以初速度v0＝6 m/s向右运动，与静止的金属棒b发生弹性碰撞，碰撞后金属棒b向右运动，最终速度稳定。不计金属导轨的电阻，求： 1 2 高考命题预测 (1)金属棒a与金属棒b碰撞后的速度大小各是多少； (2)整个运动过程中金属棒a上产生的焦耳热； (3)金属棒b稳定运动时电容器所带的电荷量。 答案：(1)1.6 m/s　2.4 m/s　(2)2.256 J　(3)0.42 C 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 专题作业 1．(2024·辽宁省锦州市高三下一模)(多选)如图所示，MN、PQ是相距为0.5 m的两平行光滑金属轨道，倾斜轨道MC、PD分别与足够长的水平直轨道CN、DQ平滑相接。水平轨道CN、DQ处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场中。质量m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω、长度L＝0.5 m的导体棒a静置在水平轨道上，与a完全相同的导体棒b从距水平轨道高度h＝0.2 m的倾斜轨道上由静止释放，最后恰好不与a相撞，运动过程中导体棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 A．棒b刚进入磁场时，回路中产生顺时针方向的电流 B．棒b刚进入磁场时，棒a所受的安培力大小为0.5 N C．棒a的初始位置到CD的距离为0.4 m D．整个过程中，通过棒a的电荷量为0.2 C 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 2．(2023·辽宁省大连市高三下二模)(多选)如图 所示，导体棒a、b分别置于平行光滑水平固定金属导 轨的窄导轨处和宽导轨处，其中a棒离宽导轨足够远， b棒所在导轨无限长，导轨所在区域存在垂直导轨所在平面竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。已知导体棒的长度等于导轨间的距离，两根导体棒粗细相同且均匀，材质相同，a棒的质量为m，电阻为R，长度为L，b棒的长度为2L。现给导体棒a一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，不计导轨电阻，关于导体棒以后的运动，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 3．(2024·湖南省益阳市高三下三模)(多选)如图所示， 两条足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间 距为L，电阻不计，导轨最右端接有阻值为R的定值电阻。 整个装置处于两种磁感应强度大小均为B、方向竖直且相反的匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根导体棒MN、PQ静止于导轨上，两导体棒接入电路的电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数均为μ(设导体棒所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。t1时刻，用水平向左的恒力F拉MN棒，使其由静止开始运动，t2时刻，PQ刚好要滑动。该过程中，两棒始终与导轨垂直且接触良好，通过金属棒PQ的电荷量为q，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 5．(2024·湖南省怀化市高三下二模)如图所示，水平面 上有足够长且电阻不计的水平光滑导轨，导轨左端间距为L1 ＝4L，右端间距为L2＝L。整个导轨平面固定放置于竖直向 下的匀强磁场中，左端宽导轨处的磁感应强度大小为B，右端窄导轨处的磁感应强度大小为4B。现在导轨上垂直放置ab和cd两金属棒，质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2。开始时，两棒均静止，现给cd棒施加一个方向水平向右、大小为F的恒力，当恒力作用时间t时，ab棒的速度大小为v1，该过程中cd棒发热量为Q。整个过程中ab棒始终处在左端宽导轨处，cd棒始终处在右端窄导轨处。则(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 6.(2024·山东省青岛市高三下一模)(多选)如图，两条光滑 且足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置，两导轨与水平面间 夹角均为θ，导轨所在空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场。 两均匀导体棒a、b垂直导轨放置，b棒靠在绝缘挡杆上保持静 止。t＝0时刻，a棒在沿导轨向上的拉力F作用下由静止开始做 匀加速直线运动。导轨电阻不计，运动过程中两导体棒与导轨始终垂直且接触良好。关于a、b棒运动的速度v、回路中的电流i、a棒所受拉力F及b棒所受安培力的功率P随时间t变化的关系图像，其中可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 7．(2023·辽宁高考)(多选)如图，两根光滑平行金属 导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d 和2d，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。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体 棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 8．(2023·福建省福州市高三下5月质量检测)如图，足够 长的固定粗糙绝缘斜面，倾角为θ＝37°，平行于斜面底边的 边界PQ下侧有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。 一质量为M＝0.2 kg的U形金属框架M′MNN′静置于斜面上，其 中MN边长L＝0.4 m，处在磁场中与斜面底边平行，框架与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75，框架电阻不计且足够长。质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.6 Ω的金属棒ab横放在U形金属框架上从静止释放，释放位置在边界PQ上方且两者距离为d＝0.75 m。已知金属棒在框架上无摩擦地运动，且始终与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 (1)金属棒ab刚进入磁场时，通过框架MN边的电流大小和方向； (2)金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a； (3)金属棒ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P。 答案：(1)2 A　由N流向M　(2)1 m/s2　(3)1.5 W 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 (2)ab刚进入磁场时，根据左手定则可得，框架MN 边受到的安培力方向沿斜面向下，大小为F安0＝BI0L 因Mgsinθ＋F安0>fm，则对框架，根据牛顿第二定律 有Mgsinθ＋F安0－fm＝Ma 联立解得ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a＝1 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 (3)因μ＝tanθ，则金属棒ab进入磁场后，金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，又金属棒ab与框架MN边所受安培力等大反向，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，设最终 金属棒ab与框架分别以v1、v2的速度沿斜面向下做匀速 运动，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2 金属棒ab做匀速运动，则受力平衡，有 mgsinθ＝BIL 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于eq \f(\r(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 ＝eq \r(3)BLv，cd产生的感应电动势大小为Ecd＝BLvcos30°＝eq \f(\r(3),2)BLv，则Eab≠Ecd，D错误；由A、D项分析可知，回路中的总感应电动势大小为E＝Eab＋Ecd＝eq \f(3\r(3),2)BLv，随着导体棒速度v的增大，回路中的总感应电动势E增大，回路中的电流i＝eq \f(E,R)增大，导体棒受到的安培力在增大，当ab所受安培力沿导轨向上的分力与ab所受重力沿导轨向下的分力平衡时，设闭合回路中的电流为I，对ab有2mgsin30°＝2BILcos30°，则mgsin30°＝BILcos30°，即此时cd也受力平衡，则此后导体棒ab、cd将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值且最大，解得I＝eq \f(\r(3)mg,3BL)，即ab中电流趋于eq \f(\r(3)mg,3BL)，故B正确。 答案　(1)eq \f(2mgRsinθ,B2L2)　(2)2gsinθ (3)gsinθ·t0＋eq \f(v0,2)　eq \f(mv0R,B2L2) 解析　(1)棒a匀速运动时，根据平衡条件可得mgsinθ＝BIL 由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0 由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,2R) 联立解得v0＝eq \f(2mgRsinθ,B2L2)。 (2)由右手定则可知，释放棒b瞬间，棒a、b构成的回路中有顺时针方向(俯视)的感应电流，大小仍为I，由左手定则知，棒b受到沿导轨平面向下的安培力，则对棒b由牛顿第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0 联立解得a0＝2gsinθ。 (3)自释放棒b至两棒恰好共速，对棒a由动量定理有mgsinθ·t0－Beq \o(I,\s\up16(－))Lt0＝mv－mv0 对棒b由动量定理有mgsinθ·t0＋Beq \o(I,\s\up16(－))Lt0＝mv 联立解得v＝gsinθ·t0＋eq \f(v0,2) 由闭合电路欧姆定律可得eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),2R) 由法拉第电磁感应定律得eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(BLΔx,t0) 联立解得Δx＝eq \f(mv0R,B2L2)。 解析　(1)由题意，可设a、b棒的质量均为m，有效长度分别为L和2L，则a、b棒接入电路的阻值之比为Ra∶Rb＝1∶2 因流过两棒的电流相等，根据焦耳定律，可知c触地前a、b产生的热量之比为Qa∶Qb＝1∶2 设物块c的质量为mc，物块c从静止释放到触地的过程，对于物块c和a、b棒，根据能量守恒定律有 mcgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,a)＋eq \f(1,2)(m＋mc)veq \o\al(2,b)＋Qa＋Qb 由题知，c触地时a、b的速率之比va∶vb＝1∶3 联立并代入数据，解得va＝3 m/s，vb＝9 m/s。 (2)设从b棒开始运动到c落地经历的时间为Δt，回路中电流的平均值为eq \o(I,\s\up16(－))，对a棒，以向左为正方向，根据动量定理有Beq \o(I,\s\up16(－))L·Δt＝mva－0 此过程通过棒的电荷量q＝eq \o(I,\s\up16(－))·Δt 联立并代入数据，解得q＝1.2 C。 (3)物块c触地后，根据法拉第电磁感应定律和右手定则可知，b棒产生的感应电动势大于a棒产生的感应电动势，两棒产生的感应电动势方向在回路中相反，回路中总电流沿顺时针方向，根据左手定则，两棒所受安培力方向均向左，则a棒向左做加速运动，b棒向右做减速运动，最终两棒匀速时回路中的电流为零，即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，设a、b棒匀速运动时速度大小分别为va′、vb′，有BLva′＝B·2Lvb′ 物块c落地后到a、b棒匀速运动过程，设经历的时间为Δt′，回路中电流的平均值为eq \o(I,\s\up16(－))′，根据动量定理，对a棒，以向左为正方向，有Beq \o(I,\s\up16(－))′L·Δt′＝mva′－mva 对b棒，以向右为正方向，有 －Beq \o(I,\s\up16(－))′·2L·Δt′＝mvb′－mvb 对于a、b两棒，根据能量守恒定律知，此过程系统产生的热量 Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,a)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,b)－eq \f(1,2)mva′2－eq \f(1,2)mvb′2 联立并代入数据，解得Q＝45 J。 例4　(2024·江西高考)如图a所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分别为θ1、θ2，导轨间距均为l＝2 m，水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。现有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m1＝6 kg和m2＝2 kg，接入导轨的电阻均为R＝1 Ω。左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1＝eq \f(3,20)、μ2＝eq \f(44,183)。初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左端P1P2的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h＝4 m的位置静止滑下。水平导轨足够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g取10 m/s2，sinθ1＝0.6，sinθ2＝0.8) 答案　(1)2 m/s2　水平向右　(2)24 m (3)eq \f(356,11) m<d<eq \f(696,11) m 解析　(1)设甲刚进入磁场时的速度大小为v0，此时乙的加速度大小为a乙0。甲从静止运动至P1P2处的过程，根据动能定理有m1gh－μ1m1gcosθ1·eq \f(h,sinθ1)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)－0 甲刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势大小E0＝Blv0 根据闭合电路欧姆定律可知，此时产生的感应电流大小I0＝eq \f(E0,2R) 对乙由牛顿第二定律有BI0l＝m2a乙0 联立并代入数据，解得a乙0＝2 m/s2。 根据楞次定律和安培定则可知，此时回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，此时乙所受安培力方向水平向右，则加速度方向水平向右。 (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，两金属细棒受到的安培力大小相等、方向相反，甲、乙两金属细棒组成的系统受到的合力为零，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则d有最小值d0。设两者共速时的速度为v共，从甲进入磁场至两者共速所用时间为Δt，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v共 对乙根据动量定理有Beq \o(I,\s\up16(－))lΔt＝m2v共－0 其中平均电流eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),2R) 平均感应电动势eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt) 回路中磁通量的变化量ΔΦ＝Bld0 联立并代入数据，解得d0＝24 m。 (3)根据题意，乙第一次到达Q1Q2前甲、乙未发生碰撞，根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨上运动稳定，甲、乙相对位移为Δx＝d0＝24 m，且稳定时的速度v共＝6 m/s 乙第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中，设乙的加速度大小为a上，向上运动的位移大小为x上，根据牛顿第二定律有 m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2＝m2a上 根据运动学规律有0－veq \o\al(2,共)＝－2a上x上 乙第一次在右侧倾斜导轨上向下运动的过程中，设乙的加速度大小为a下，向下运动的位移大小为x下，末速度大小为v2，根据牛顿第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2＝m2a下 根据运动学规律有veq \o\al(2,2)－0＝2a下x下 又x上＝x下 联立并代入数据，解得v2＝5 m/s 根据题意，此后甲、乙发生碰撞结合成一个整体，设整体以大小为v共1的速度经过Q1Q2进入右侧倾斜导轨，甲、乙结合体第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中，加速度大小仍为a上，设向上滑动的位移大小为x上′， 根据运动学规律有0－veq \o\al(2,共1)＝－2a上x上′ 由题图b结合几何关系可知，x上＝4.84x上′ 联立并代入数据，解得v共1＝eq \f(30,11) m/s 因(m1＋m2)v共1>m2v2，则甲、乙结合体不会进入左侧倾斜导轨。设乙刚返回水平导轨时甲的速度大小为v1，乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程，以水平向右为正方向，对甲、乙组成的系统，根据动量守恒定律有 m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共1 代入数据解得v1＝eq \f(175,33) m/s 乙返回水平导轨后，分析可知，若乙在Q1Q2处恰与甲发生碰撞，则d有最小值dmin。设乙第一次在右侧倾斜导轨上运动的过程，甲运动的时间为Δt1，位移大小为Δx1，以水平向右为正方向，对甲根据动量定理有 －Beq \o(I,\s\up12(－))1lΔt1＝m1v1－m1v共其中平均感应电流eq \o(I,\s\up12 (－))1＝eq \f(\o(E,\s\up12(－))1,2R) 平均感应电动势eq \o(E,\s\up16(－))1＝eq \f(ΔΦ1,Δt1) 回路中磁通量的变化量ΔΦ1＝BlΔx1 联立并代入数据，解得Δx1＝eq \f(92,11) m 根据位移关系有dmin－Δx＝Δx1 代入数据解得dmin＝eq \f(356,11) m 乙返回水平导轨后，分析可知，若两者共速时恰好碰撞，则d有最大值dmax。设乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，所用时间为Δt2，甲、乙间距的减少量为Δx2， 以水平向右为正方向，对乙根据动量定理有Beq \o(I,\s\up16(－))2lΔt2＝m2v共1－(－m2v2) 其中平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))2＝eq \f(\o(E,\s\up16(－))2,2R)平均感应电动势eq \o(E,\s\up16(－))2＝eq \f(ΔΦ2,Δt2) 回路中磁通量的变化量ΔΦ2＝BlΔx2 联立并代入数据，解得Δx2＝eq \f(340,11) m 根据位移关系有dmax－Δx－Δx1＝Δx2 代入数据解得dmax＝eq \f(696,11) m 综上所述，d的取值范围为eq \f(356,11) m<d<eq \f(696,11) m。 A．ab杆向右匀速运动的速度大小为eq \f(\a\vs4\al((F－μmg)R),B2L2) B．经过时间t，通过金属细杆ab的电荷量为eq \f(\a\vs4\al((F－μmg)t),BL) C．闭合回路中的电流为eq \f(BL\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(v0＋\f(\a\vs4\al(2R（F－μmg）),B2L2))),2R) D．动摩擦因数μ与F大小的关系满足μ2mg－μF＝2mg 解析：设ab杆向右做匀速直线运动的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律可得，ab杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，由闭合电路欧姆定律可得，闭合回路中的感应电流I＝eq \f(E,2R)，由右手定则可知，ab杆中感应电流方向由a指向b，由左手定则可知，ab杆所受安培力方向水平向左，大小为FA＝BIL，ab杆匀速运动，由平衡条件可得μmg＋FA＝F，联立解得v＝eq \f(\a\vs4\al(2R(F－μmg)),B2L2)，A错误；由A项分析可得，闭合回路中的感应电流I＝eq \f(\a\vs4\al(F－μmg),BL)，则经过时间t，通过ab杆的电荷量q＝It＝eq \f(\a\vs4\al((F－μmg)t),BL)，故B正确，C错误；cd杆向下做匀速直线运动，根据平衡条件有μFN＝mg，且有FN＝FA′＝BIL＝FA，又F＝μmg＋FA，联立整理得μF－μ2mg＝mg，故D错误。 解析：(1)设金属棒a与金属棒b碰撞前瞬间金属棒a的速度大小为v1，金属棒a第一次穿过左侧磁场过程，金属棒a的平均速度大小为eq \o(v,\s\up10(－))1，所用时间为Δt1，以向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理有－Beq \o(I,\s\up12(－))1LΔt1＝mav1－mav0 根据法拉第电磁感应定律可得，金属棒a产生的平均感应电动势eq \o(E,\s\up12(－))1＝BLeq \o(v,\s\up10(－))1 由闭合电路欧姆定律可得，金属棒a中的平均感应电流eq \o(I,\s\up12(－))1＝eq \f(\o(E,\s\up16(－))1,R＋r) 又eq \o(v,\s\up10(－))1·Δt1＝x 联立并代入数据，解得v1＝4 m/s 金属棒a与金属棒b发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间金属棒a的速度为v2，金属棒b的速度为v3，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得 mav1＝mav2＋mbv3 根据总动能不变有eq \f(1,2)maveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)maveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mbveq \o\al(2,3) 联立并代入数据，解得 v2＝－1.6 m/s，v3＝2.4 m/s 即碰撞后金属棒a的速度大小为1.6 m/s，金属棒b的速度大小为2.4 m/s。 (2)碰撞后，金属棒a向左运动，假设金属棒a向左能通过磁场，设通过磁场后的金属棒a的速度大小为v4，此过程金属棒a的平均速度大小为eq \o(v,\s\up16(－))2，所用时间为Δt2，以向左为正方向，对金属棒a，根据动量定理有－Beq \o(I,\s\up16(－))2LΔt2＝mav4－ma|v2| 金属棒a产生的平均感应电动势eq \o(E,\s\up16(－))2＝BLeq \o(v,\s\up16(－))2 金属棒a中的平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))2＝eq \f(\o(E,\s\up16(－))2,R＋r) 又eq \o(v,\s\up16(－))2·Δt2＝x 联立并代入数据，解得v4＝－0.4 m/s v4<0，可知假设不成立，金属棒a停在磁场中。根据能量守恒定律，整个运动过程中金属棒a和电阻R上产生的总焦耳热为 Q总＝2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mav－\f(1,2)maveq \o\al(2,1))) ＋eq \f(1,2)maveq \o\al(2,2) 由于金属棒a和电阻R串联，流过二者的电流大小相等，结合焦耳定律，可知整个运动过程中金属棒a上产生的焦耳热为Q＝eq \f(r,R＋r)Q总 联立并代入数据，解得Q＝2.256 J。 (3)设金属棒b稳定运动时的速度大小为v5，从a、b碰后到金属棒b稳定运动，b中的平均电流为eq \o(I,\s\up16(－))3，所用时间为Δt3，以向右为正方向，对金属棒b，根据动量定理有－Beq \o(I,\s\up16(－))3LΔt3＝mbv5－mbv3 金属棒b稳定运动时，电容器所带的电荷量 q＝CU 其中此时电容器两端电压为U＝BLv5 由电流定义式可得q＝eq \o(I,\s\up16(－))3·Δt3 联立并代入数据，解得q＝0.42 C。 解析：棒b刚进入磁场时，根据右手定则，回路中产生顺时针方向(俯视角度)的电流，故A正确；设棒b刚进入磁场时速度的大小为v0，棒b从静止释放到刚进入磁场过程，根据动能定理可得mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0，解得v0＝eq \r(2gh)＝2 m/s，根据法拉第电磁感应定律可知，棒b刚进入磁场时产生的电动势为E0＝BLv0＝1 V，则闭合回路中的感应电流为I0＝eq \f(E0,2R)＝0.5 A，棒a所受的安培力大小为Fa＝BI0L＝0.25 N，故B错误；棒b进入磁场后，流过两棒的电流大小相等、方向相反，则两棒受到的安培力大小相等、方向相反，因此两棒组成的系统动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动，设两棒最终的速度大小均为v， 以向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，解得v＝eq \f(v0,2)＝1 m/s，设从棒b刚进入磁场到两棒达到共同速度，回路中的平均电流为eq \o(I,\s\up16(－))，所经历时间为Δt，对棒a，以向右为正方向，根据动量定理可得Beq \o(I,\s\up16(－))LΔt＝mv－0，又整个过程中，通过棒a的电荷量为q＝eq \o(I,\s\up16(－))Δt，联立可得q＝eq \f(mv,BL)＝0.2 C，故D正确；由题意可知，棒b最后恰好不与a相撞，整个过程中，平均感应电动势eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(BLΔx,Δt)，平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),2R)，又q＝eq \o(I,\s\up16(－))Δt，联立得棒a的初始位置到CD的距离为Δx＝eq \f(2Rq,BL)＝0.8 m，故C错误。 A．导体棒a稳定运动后的速度为eq \f(I,3m) B．导体棒b稳定运动后的速度为eq \f(I,3m) C．从开始到稳定运动过程中，通过导体棒a的电荷量为eq \f(I,3BL) D．从开始到稳定运动过程中，导体棒b产生的热量为eq \f(I2,18m) 解析：根据题意可知，导体棒b的质量、电阻分别为2m、2R，根据右手定则可知，导体棒a切割磁感线产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，导体棒a所受安培力方向向左，导体棒b所受安培力方向向右，则导体棒a向右做减速运动，导体棒b向右做加速运动，由右手定则可知，两导体棒产生的感应电动势方向相反，总电动势大小为E＝BLva－2BLvb，va从va0＝eq \f(I,m)减小，vb从0增大，则E减小，闭合回路中感应电流减小，当E＝0时，回路中无电流，两导体棒不再受安培力作用，开始做匀速运动。设导体棒a稳定运动后的速度为va1，导体棒b稳定运动后的速率为vb1，从导体棒a开始运动到运动稳定的过程中， 根据动量定理，对导体棒a有－Beq \o(I,\s\up16(－))LΔt＝mva1－mva0，对导体棒b有Beq \o(I,\s\up16(－))·2LΔt＝2mvb1－0，稳定时E＝0，即BLva1＝2BLvb1，又因为I＝mva0，联立解得va1＝eq \f(2I,3m)，vb1＝eq \f(I,3m)，A错误，B正确；从开始到稳定运动过程中，通过导体棒a的电荷量q＝eq \o(I,\s\up16(－))Δt，结合Beq \o(I,\s\up16(－))·2LΔt＝2mvb1－0，可解得q＝eq \f(I,3BL)，C正确；从开始到稳定运动过程中，根据能量守恒定律，可得回路产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,a0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,a1)－eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,b1)，由焦耳定律及串联电路规律可得，导体棒b产生的热量Qb＝eq \f(2R,R＋2R)·Q，解得Qb＝eq \f(I2,9m)，D错误。 A．t2时刻，金属棒PQ受到的安培力方向水平向右 B．t2时刻，金属棒MN速度大小为eq \f(\a\vs4\al(2μmgR),B2L2) C．从t1到t2时间内，金属棒MN在导轨上运动的距离为eq \f(3qR,2BL) D．从t1到t2时间内，金属棒MN产生的焦耳热为eq \f(2qR,BL)(F－μmg)－eq \f(\a\vs4\al(3μ2m3g2R2),B4L4) 解析：由于金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，金属棒PQ中的电流方向为从P到Q，根据左手定则可知，金属棒PQ受到的安培力方向水平向右，故A正确；t2时刻，PQ刚好要滑动，设PQ上的电流为I，则有BIL＝μmg，金属棒MN产生的感应电动势为E＝BLv，由于金属棒PQ与电阻R并联，且两者阻值相同，则电流相同，所以金属棒MN上的电流为2I，则根据闭合电路欧姆定律有E＝IR＋2IR，联立可得，t2时刻，金属棒MN速度大小为v＝eq \f(\a\vs4\al(3μmgR),B2L2)，故B错误；从t1到t2时间内，通过金属棒PQ的电荷量为q，则通过金属棒MN的电荷量为2q， 金属棒PQ与R并联后与金属棒MN串联，并联电阻为0.5R，则有2q＝eq \o(I,\s\up16(－))MN·Δt，eq \o(I,\s\up16(－))MN＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R＋0.5R)，eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BLx，联立解得从t1到t2时间内，金属棒MN在导轨上运动的距离为x＝eq \f(3qR,BL)，故C错误；从t1到t2时间内，设回路中产生的总焦耳热为Q总，根据功能关系有Fx－μmgx＝eq \f(1,2)mv2＋Q总，由于金属棒MN在干路上，而金属棒PQ与电阻R并联，根据焦耳定律，金属棒MN产生的焦耳热为Q＝eq \f(R,R＋0.5R)Q总，联立可得Q＝eq \f(2qR,BL)(F－μmg)－eq \f(\a\vs4\al(3μ2m3g2R2),B4L4)，故D正确。 4．(2024·湖北省八市高三下3月联考)(多选)如图所示的装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑导轨的间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d，电阻均为R，质量分别为m、eq \f(1,2)m，垂直置于导轨上。导轨足够长且不计电阻，从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程(　　) A．稳定前b、c棒加速度之比为1∶4 B．稳定时导体棒b的速度为eq \f(E,9Bd) C．稳定时导体棒b两端的电压为eq \f(2E,5) D．导体棒b中产生的焦耳热为eq \f(mE2,90B2d2) 解析：两导体棒串联接入电路，电流相等，根据F＝BIL以及牛顿第二定律F＝m′a，解得a＝eq \f(BIL,m′)，故稳定前b、c棒加速度之比为eq \f(ab,ac)＝eq \f(d,m)·eq \f(\f(1,2)m,2d)＝eq \f(1,4)，A正确；闭合开关，当两棒稳定时，闭合回路中无电流，则有E＝Bdvb＋B·2dvc，设全过程中回路中电流平均值为eq \o(I,\s\up16(－))，所用时间为t，根据动量定理，对b棒有Beq \o(I,\s\up16(－))d·t＝mvb－0，对c棒有Beq \o(I,\s\up16(－))·2d·t＝eq \f(1,2)mvc－0，联立解得稳定时b棒的速度vb＝eq \f(E,9Bd)， c棒的速度vc＝eq \f(4E,9Bd)，所以稳定时导体棒b两端的电压为Ub＝Bdvb＝eq \f(E,9)，B正确，C错误；由能量守恒定律知，电源提供的电能转化为动能和焦耳热，Eeq \o(I,\s\up16(－))t＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,b)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,c)＋Q，又结合焦耳定律，可得导体棒b中产生的焦耳热为Qb＝eq \f(\f(R,2),R＋\f(R,2)＋R)Q＝eq \f(1,5)Q，联立解得Qb＝eq \f(mE2,90B2d2)，D正确。 A．t时刻cd棒的速度大小v2＝eq \f(Ft＋m1v1,m2) B．ab棒、cd棒组成的系统稳定时加速度大小a＝eq \f(F,m2) C．最终cd棒与ab棒的速度差Δv＝eq \f(F(R1＋R2)m2,16B2L2(m1＋m2)) D．t时间内cd棒发生的位移大小x＝2,1)eq \f(m1v,2F) ＋eq \f((Ft－m1v1)2,2Fm2)＋eq \f(R1＋R2,FR2)Q 解析：拉力F作用在cd棒上，cd棒向右切割磁感线，根据右手定则可知，闭合回路中的感应电流方向为逆时针方向，根据左手定则可知，ab棒所受安培力方向水平向右，cd棒所受安培力方向水平向左，又因为两棒中电流相等，由Fab＝BI·4L和Fcd＝4BIL可知，ab棒与cd棒在任意时刻所受安培力的大小相等，方向相反，以水平向右为正方向，在t时间内，由动量定理，对ab棒有eq \o(F,\s\up16(－))ab·t＝m1v1－0，对cd棒有F·t－eq \o(F,\s\up16(－))cd·t＝m2v2－0，又eq \o(F,\s\up16(－))ab＝eq \o(F,\s\up16(－))cd，联立可得v2＝eq \f(Ft－m1v1,m2)，故A错误； 由于ab棒与cd棒在任意时刻所受安培力大小相等，方向相反，且导轨光滑，因此ab棒与cd棒组成的系统所受合力始终为F，在该运动过程中，ab棒做初速度为零、加速度增大的加速运动，cd棒做初速度为零、加速度减小的加速运动，稳定时两棒加速度恒定且相同，根据牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a，解得a＝eq \f(F,m1＋m2)，故B错误；设系统稳定时ab棒与cd棒的速度分别为v1′、v2′，则两棒切割磁感线产生的感应电动势大小分别为Eab＝B·4Lv1′，Ecd＝4B·Lv2′，当系统稳定时两棒产生的感应电动势之差恒定， 为ΔE＝Ecd－Eab＝4BL(v2′－v1′)＝4BLΔv，闭合回路中的感应电流I1＝eq \f(ΔE,R1＋R2)＝eq \f(4BLΔv,R1＋R2)，此时由牛顿第二定律，对ab棒有BI1·4L＝m1a，联立解得Δv＝eq \f(F（R1＋R2）m1,16B2L2（m1＋m2）)，故C错误；根据题意，结合焦耳定律，可知在t时间内回路中产生的总热量Q总＝eq \f(R1＋R2,R2)Q，在该过程中由能量守恒定律有Fx＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)＋Q总，联立可得x＝2,1)eq \f(m1v,2F) ＋eq \f(（Ft－m1v1）2,2Fm2)＋eq \f(R1＋R2,FR2)Q，故D正确。 解析： a棒在沿导轨向上的拉力F作用下由静止开始做匀加速直线运动，其v­t图像为过原点的倾斜直线，a棒切割磁感线，根据右手定则，回路中电流方向从上往下看为顺时针方向，根据左手定则，b棒所受安培力方向沿导轨平面向上，a棒速度越来越大，切割磁感线产生的感应电动势逐渐增大，回路中产生的感应电流逐渐增大，b棒所受的安培力逐渐增大，当b棒所受安培力大于其重力沿导轨平面的分力时，b棒开始向上做加速运动，并切割磁感线产生反向电动势，回路中的感应电动势为E＝BL·(va－vb)，感应电流为i＝eq \f(E,Ra＋Rb)，由于开始b棒的加速度小于a棒的加速度，可知，开始两者速度差逐渐增大，感应电流逐渐增大， b棒所受安培力逐渐增大，b棒先向上做加速度增大的变加速运动，v­t图像的斜率逐渐增大，当两棒加速度相等时，两者的速度差保持不变，回路感应电动势保持不变，感应电流保持不变，b棒受到的安培力恒定不变，之后，b棒向上开始做匀加速直线运动，b棒的v­t图像与a棒的v­t图像平行，故A正确；开始一段时间内b棒静止，有i＝eq \f(BLva,Ra＋Rb)＝eq \f(BLaat,Ra＋Rb)，此时i­t图像为过原点的倾斜直线，之后b棒向上运动，有i＝eq \f(BL(va－vb),Ra＋Rb)，开始两棒速度的差值逐渐增大，感应电流逐渐增大，由于b棒向上做加速度增大的变加速运动， 则两棒速度的差值随时间的变化率aa－ab逐渐减小，即i­t图像的斜率逐渐减小，之后，两者加速度相等，速度差值一定，感应电流大小也达到一个定值，故B正确； a棒向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有F－magsinθ－BiL＝maaa，得F＝magsinθ＋maaa＋BiL，此过程，F­t图像纵轴截距为正值，由于拉力与电流呈线性关系，可知，F­t图像与i­t图像形状相同，故C正确；开始b棒静止，b棒所受安培力的功率为0，之后b棒运动，所受安培力的功率为P＝BiLvb，感应电流先增大后趋于稳定，b棒速度随时间逐渐增大，则此过程b棒所受安培力的功率P随时间t持续增大，不会出现功率P不变的情况，故D错误。 A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为eq \f(4B2d2v,3R) C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为eq \f(BLd,3R) 解析：分析可知，两棒所受安培力始终大小相等、方向相反，所以两棒和弹簧组成的系统所受合力始终为0，系统动量守恒，则可知MN、PQ运动方向始终相反，故弹簧伸展过程中，MN沿导轨向左运动，PQ沿导轨向右运动，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，A正确；设MN质量为m，PQ质量为2m，则PQ速率为v时，根据动量守恒定律有2mv＝mv′，解得MN速率为v′＝2v，因PQ、MN运动方向始终相反，则此时回路中的感应电流大小为I＝eq \f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq \f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝eq \f(4B2d2v,R)，B错误； 由前面分析知，两棒同时开始运动、同时停止运动，且MN的速率始终为PQ的2倍，则整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了L，由动量守恒定律有meq \o(v,\s\up16(－))1＝2meq \o(v,\s\up16(－))2，方程两边同时乘以运动时间t，可得mx1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得整个过程MN向左运动的位移大小x1＝eq \f(2L,3)，PQ向右运动的位移大小x2＝eq \f(L,3)，则整个过程通过MN的电荷量q＝eq \o(I,\s\up16(－))t＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(2B·\f(2L,3)·d＋B·\f(L,3)·2d,3R)＝eq \f(2BLd,3R)，D错误。 解析：(1)设金属棒ab刚进入磁场时的速度为v0，根据动能定理得mgdsinθ＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得v0＝3 m/s 框架受到斜面的最大静摩擦力为 fm＝μ(M＋m)gcosθ 因Mgsinθ<fm，故金属棒ab进入磁场前，框架静止不动 ab棒刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势E0＝BLv0 根据闭合电路欧姆定律，可得闭合回路的感应电流I0＝eq \f(E0,R) 联立解得I0＝2 A 根据右手定则可知，ab中电流从a到b，则MN中电流方向为由N流向M。 由左手定则和右手定则可知，ab产生的感应电动势大于MN边产生的感应电动势，则v1>v2。 由法拉第电磁感应定律可得，此时回路的电动势为E＝BL(v1－v2) 由闭合电路欧姆定律可得，回路中感应电流 I＝eq \f(E,R) 联立解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.25 m/s 金属棒ab重力的功率P＝mgv1sinθ＝1.5 W。 $$