第1部分 关键能力提升4 力学三大观点在电磁感应杆模型问题中的应用-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题四　电路与电磁感应 关键能力提升四　力学三大观点在电磁感应杆模型问题中的应用 1．能综合利用力学三大观点分析计算电磁感应的单杆模型问题。 2．能综合利用力学三大观点分析计算电磁感应的导线框模型问题。 3．能综合利用力学三大观点分析计算电磁感应的双杆模型问题。 2 目录 1 2 专题作业 课时检测Ⅰ 考点 高考风向标 3 课时检测Ⅱ 4 考点 考点1　电磁感应的单杆模型 考点 5 考点 6 考点 7 考点 8 例2　(2024·全国甲卷，25)如图，金属导轨平行且水平放 置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余 电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与 导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀 强磁场中。 (1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。 (2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。 考点 9 考点 10 考点 11 考点 12 考点2　电磁感应的导线框模型 考点 13 考点 14 例3　(多选)如图所示，质量m＝0.02 kg的均匀矩形线框abcd，ab边长L1＝0.25 m，bc边长L2＝0.08 m，总电阻R＝0.2 Ω，沿光滑水平面向右以速度v0＝2 m/s冲向宽度L3＝0.068 m的有界匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，方向竖直向上，则(　　) A．线框刚进入磁场时，ab边两端的电压为0.5 V B．线框能够穿过磁场，穿过磁场后的速度为 m/s C．线框不能穿过磁场，最后线框的cd边停在距有界磁场的左边界0.06 m处 D．线框在整个运动过程中产生的焦耳热为0.04 J 考点 15 考点 16 例4　(多选)如图，匀强磁场水平边界ef、gh平行且间距为 H，边长为L(L<H)的正方形闭合线框abcd可从磁场上方不同高 度处由静止释放，线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁 场边界平行，线框平面与磁场方向垂直。不计空气阻力，t1、t2 分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，则线框从静止开始下落至ab边到达磁场下边界的过程中，线框的加速度a、速度v与时间t的关系图像，动能Ek、重力势能Ep与下落高度h的关系图像可能正确的是(　　) 考点 17 考点 18 考点 19 考点3　电磁感应的双杆模型 考点 20 考点 21 考点 22 考点 23 考点 24 例6　(2025·安徽省名校教研联盟高三上期末)如图所示， 两根足够长的金属直导轨水平平行放置，导轨间距为L＝1 m， 整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝ 1 T。现将质量均为m＝1 kg的金属棒a、b垂直导轨放置，a、b金属棒接入导轨之间的电阻分别为R、3R，R＝1 Ω。a棒光滑，b棒与轨道间动摩擦因数μ＝0.1，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，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2，当给a棒施加水平向右恒定的拉力F＝2 N，则： (1)a棒速度v0为多大时，b棒开始运动？此时a棒的加速度大小为多少？ (2)从b棒运动开始计时，经过时间t0＝8 s，a、b棒速度之比va∶vb＝3∶1，求此时b棒的速度vb的大小，及时间t0内a棒相对于b棒运动的距离Δx。 考点 25 答案　(1)4 m/s　1 m/s2　(2)3 m/s　44 m 考点 26 考点 27 高考风向标 1．(2025·河北卷，15)某电磁助推装置设计如图， 超级电容器经调控系统为电路提供1000 A的恒定电流， 水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场 中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10 F，导轨间距为0.5 m，磁感应强度大小为1 T，MM′到NN′的距离为5 m，a、b质量分别为2 kg、8 kg，a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。 高考风向标 29 (1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s，求此时通过a的电流大小。 (2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25 m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。 (3)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小f与其速度v的关系为f＝kv2(k＝0.025 N·s2/m2)，b初始位置与(2)问一致，试估算a运行至NN′时，a、b分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%，并给出结论。(0.992＝0.9801) 答案：(1)500 A　(2)25 m/s　是　40 V (3)能　分析见解析 高考风向标 30 高考风向标 31 高考风向标 32 高考风向标 33 高考风向标 34 高考风向标 35 高考风向标 36 高考风向标 37 高考风向标 38 高考风向标 39 3．(2025·甘肃卷，15)在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统。如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止。运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。 高考风向标 40 (1)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向。 (2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器所带电荷量的表达式。 (3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？ 高考风向标 41 高考风向标 42 高考风向标 43 高考风向标 44 专题作业 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 3．(2025·黑龙江省齐齐哈尔市高三下模拟预测)(多选) 如图所示，M、N是两根固定在绝缘水平台面上的光滑平行 金属导轨，导轨足够长且电阻忽略不计，导轨间存在垂直 于台面向下的匀强磁场。阻值相等的两金属棒ab、cd的质量分别为m、2m，两棒置于导轨上，最初两棒间存在一定的距离。t＝0时刻，cd棒获得一水平向右、大小为v0(可调)的初速度，此后运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好。设ab、cd的间距为x，通过cd棒的电荷量为q，安培力对cd棒冲量的大小为I，从t＝0时刻至两棒运动稳定，ab棒上产生的焦耳热为Q。下列图像可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 5．(2025·辽宁省高三下三模)(多选)如图所示，两根足 够长的平行光滑金属导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间 存在竖直向上的匀强磁场。两根完全相同的金属棒ab、cd 垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的 间距。t＝0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，回路中的电流记为i，金属棒cd受到的安培力大小记为FA，恒力F的功率记为P，闭合回路消耗的电功率记为P电，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关系图像可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 6．(2024·湖南卷，8)(多选)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 8．(2025·海南卷，18)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θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于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μ＝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 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ (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x0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，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后t2时刻cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到t2时刻，ab、cd的路程之差。 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅰ 专题作业 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 2．(2025·四川省内江市高三下三模)(多选)如图，两条电阻不计的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，其左端接一电池，右侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行导轨的恒力F作用下，从无磁场区域的a处由静止开始运动，到达磁场中b位置时开始反向运动。金属杆在整个运动过程中，始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。则金属杆在第一次往、返运动中，下列说法正确的是(　　) A．金属杆在磁场中受到的安培力始终向左 B．金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动 C．金属杆恰好能够回到a处 D．金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 3．(2025·四川省德阳市高三下二模)(多选)两根足够长 的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨左侧连接有单刀双 掷开关，接头A连接充满电荷的平行板电容器C，接头B连 接定值电阻R，两导轨之间有垂直导轨平面的匀强磁场(未画出)，一根导体棒置于导轨上且与导轨垂直并接触良好，如图所示。现将开关掷于接头A，一段时间后掷于接头B，流过导体棒电量的绝对值q与时间t的关系图像和导体棒运动的v­t图像可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 5．(2021·河北卷，7)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是(　　) A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθ B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电 D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 8．(2024·全国甲卷，21)(多选)如图，一绝缘细绳跨过两个在 同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线 框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方 向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的 上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 常见模型示意图 F恒定 F恒定，电阻不计 动力学分析 F合＝－eq \f(B2l2v,R总)，导体棒做加速度减小的减速运动，直至速度为零 F合＝eq \f(（E－Blv）,R总)lB，导体棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动 F合＝F－eq \f(B2l2v,R总)，导体棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动 F合＝F－IlB＝ma，I＝eq \f(Δq,Δt)＝Ceq \f(ΔU,Δt)＝ClBeq \f(Δv,Δt)＝ClBa，可知加速度a恒定 运动 图像 能量 分析 Q＝－ΔEk W电＝ΔEk＋Q WF＝ΔEk＋Q WF＝ΔEk＋ΔE电场 动量 分析 动量不守恒，根据动量定理可以计算速度、位移、电荷量等 例1　(2025·安徽省黄山市高三下二模)绝缘水平桌面上有一质量为m的“ ”形金属框，框宽度为d，ab间电阻为R，两侧部分电阻不计且足够长。在竖直固定的绝缘挡板间放一根金属棒，挡板间隙略大于棒的直径，棒与金属框垂直且接触良好，金属棒接入电路部分的电阻为R，不计一切摩擦。空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现给框水平向左、大小为v0的初速度，俯视图如图所示。则下列说法正确的是(　　) A．开始时金属框的加速度大小为eq \f(B2d2v0,mR) B．开始时挡板给金属棒的作用力大小为eq \f(B2d2v0,2R)，方向水平向左 C．金属框从开始运动到静止过程中，通过金属棒的电荷量为eq \f(mv0,Bd) D．金属框从开始运动到静止过程中，金属棒上产生的热量为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解析　开始时金属框产生的感应电动势大小为E＝Bdv0，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，大小为I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(Bdv0,2R)，其所受的安培力大小为F安＝BId＝eq \f(B2d2v0,2R)，则加速度大小为a＝eq \f(F安,m)＝eq \f(B2d2v0,2mR)，故A错误；由左手定则可知，开始时金属棒所受安培力方向向左，大小为F安′＝BId＝eq \f(B2d2v0,2R)，由于金属棒静止不动，受力平衡，则挡板给金属棒的作用力大小为F挡＝F安′＝eq \f(B2d2v0,2R)，方向水平向右，故B错误；金属框从开始运动到静止过程中，由动量定理有－Beq \o(I,\s\up16(－))dΔt＝0－mv0，而通过金属棒的电荷量为q＝eq \o(I,\s\up16(－))·Δt，得q＝eq \f(mv0,Bd)，故C正确；由能量守恒定律可知，金属框从开始运动到静止过程中，系统产生的总热量为Q总＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，金属框与金属棒电阻相等，则金属棒上产生的热量为Q棒＝eq \f(1,2)Q总＝eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0)，故D错误。 答案　(1)eq \f(v0,2)　(2)eq \f(BLv0,4)　2,0)eq \f(B2L2vC,8) 解析　(1)开关S闭合，当金属棒的速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得，金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E0＝BLv0 由闭合电路欧姆定律可得，闭合回路中的电流大小为I0＝eq \f(E0,R) 根据平衡条件可知，外力与安培力大小相等，即F＝F安＝BI0L 在金属棒速度为v时，外力的功率为PF＝Fv 此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLv 闭合回路中的感应电流大小为I＝eq \f(E,R) 此时定值电阻的功率为PR＝I2R 由题意知PF＝2PR 联立解得v＝eq \f(v0,2)。 (2)断开开关S，金属棒做匀速运动时，设回路中的电流大小为I′，则金属棒所受安培力大小F安′＝BI′L 由平衡条件可得，外力F′＝F安′ 外力F′的功率PF′＝F′v 定值电阻R的功率PR′＝I′2R 当外力做功的功率为定值电阻功率的两倍时，PF′＝2PR′ 联立解得此时回路中的电流大小I′＝eq \f(BLv0,4R) 因电容器与定值电阻串联，则此时电容器两端电压UC＝BLv－I′R 联立解得UC＝eq \f(BLv0,4) 从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒，根据动能定理可知，外力做的功等于克服安培力做的功，即WF′＝W安′ 设该过程经历的时间为t，则安培力做的功W安′＝eq \o(P,\s\up16(－))安′t 其中eq \o(P,\s\up16(－))安′是安培力的平均功率，且eq \o(P,\s\up16(－))安′＝eq \o(F,\s\up16(－))安′v 安培力的平均值eq \o(F,\s\up16(－))安′＝Beq \o(I,\s\up16(－))′L 通过电路的电荷量Q＝eq \o(I,\s\up16(－))′·t 且Q＝CUC 联立解得WF′＝2,0)eq \f(B2L2vC,8) 。 常见模型示意图 F恒定，开始进入(离开)磁场的速度是v0 动力学 分析 进入(离开)磁场的过程，F合＝－eq \f(B2l2v,R总)，导线框做加速度减小的减速运动，速度可能减为零 进入(离开)磁场的过程，F合＝F－eq \f(B2l2v,R总)，有3种可能： F＝eq \f(B2l2v0,R总)，导线框做匀速直线运动 F>eq \f(B2l2v0,R总)，导线框做加速度减小的加速运动，加速度可能减小到零后做匀速运动 F<eq \f(B2l2v0,R总)，导线框做加速度减小的减速运动，加速度可能减小到零后做匀速运动 运动 图像 能量 分析 Q＝－ΔEk WF＝ΔEk＋Q 动量 分析 动量不守恒，根据动量定理可以计算速度、位移、电荷量等 解析　线框刚进入磁场时，ab边切割磁感线，产生的感应电动势E＝BL1v0＝0.5 V，ab边相当于电源，其两端的电压为路端电压，大小为U＝eq \f(L1＋2L2,2（L1＋L2）)E＝eq \f(0.25＋2×0.08,2×（0.25＋0.08）)×0.5 V＝0.31 V，A错误；假设线框不能穿过磁场，则末速度为0，从开始至静止，由动量定理有－Beq \o(I,\s\up16(－))L1t＝0－mv0，eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R)，eq \o(E,\s\up16(－))＝BL1eq \o(v,\s\up16(－))，线框减速运动的位移x＝eq \o(v,\s\up16(－))t，联立解得x＝2,1)eq \f(mv0R,B2L) ＝0.128 m，因为x<2L3，所以假设正确，最后线框静止时cd边距磁场右边界的距离d＝2L3－x，距磁场左边界的距离d′＝L3－d＝x－L3＝0.06 m，B错误，C正确；根据能量守恒定律可知，线框在整个运动过程中产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝0.04 J，D正确。 解析　线框进入磁场前做自由落体运动，加速度为重力加速 度g，设刚要进入磁场时的速度为v0，则线框刚进入磁场时，线 框中的感应电动势E＝BLv0，线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)，线框所受 安培力大小F安＝BIL，联立可得F安＝eq \f(B2L2v0,R)。若eq \f(B2L2v0,R)＝mg，则线框进入磁场的过程做匀速直线运动；若eq \f(B2L2v0,R)<mg，则线框进入磁场的过程先做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，线框的加速度逐渐减小(可能减至0后不变)；若eq \f(B2L2v0,R)>mg，则线框进入磁场的过程先做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，线框的加速度逐渐减小(可能减至0后不变)，线框完全进入磁场后，只受重力作用，继续做加速度为g的匀加速直线运动，故A错误，B可能正确。 根据动能定理ΔEk＝F合Δx可知，Ek­h图像的切线斜率表示合力F合，线框进入磁场前和完全进入磁场后，F合＝mg，图像应为两段斜率相等的直线；线框进入磁场的过程，根据上述分析可知F合可能为0，也可能向下逐渐减小(可能减至0后不变)，还可能向上逐渐减小(可能减至0后不变)，则Ek­h图像的斜率可能为0，也可能为正值逐渐减小(可能减至0后不变)，还可能为负值逐渐减小(可能减至0后不变)，故C错误。根据ΔEp＝－WG＝－mgh，可知线框的重力势能随下落高度的增大线性减小，Ep­h图像斜率不变且为负，故D可能正确。 常见模型示意图 F恒定 F恒定，导轨粗糙，用Ffmax表示最大静摩擦力或滑动摩擦力 动力学分析 F1＝－eq \f(B2l2（v1－v2）,R总)，F2＝eq \f(B2l2（v1－v2）,R总)，导体棒1做加速度减小的减速运动，导体棒2做加速度减小的加速运动，最终两导体棒加速度均为零，以相等的速度匀速运动 F1＝－eq \f(Bl1（Bl1v1－Bl2v2）,R总)，F2＝eq \f(Bl2（Bl1v1－Bl2v2）,R总)，导体棒1做加速度减小的减速运动，导体棒2做加速度减小的加速运动，最终两导体棒加速度均为零，做速度不同的匀速 运动 F1＝F－eq \f(B2l2（v1－v2）,R总)，F2＝eq \f(B2l2（v1－v2）,R总)，导体棒1做加速度减小的加速运动，导体棒2做加速度增大的加速运动，最终两导体棒以相同的加速度做匀加速运动 F>Ff1max＋Ff2max：开始一段时间导体棒2静止，F1＝F－Ff1max－eq \f(B2l2v1,R总)，导体棒1做加速度减小的加速运动，一段时间后导体棒2开始滑动，F1＝F－Ff1max－eq \f(B2l2（v1－v2）,R总)，F2＝eq \f(B2l2（v1－v2）,R总)－Ff2max，导体棒1继续做加速度减小的加速运动，导体棒2开始做加速度增大的加速运动，最终两导体棒以相同的加速度做匀加速运动 F≤Ff1max＋Ff2max：导体棒2始终静止，F1＝F－Ff1max－eq \f(B2l2v1,R总)，导体棒1做加速度减小的加速运动，最终匀速运动 运动 图像 能量 分析 Q＝－ΔEk WF＝ΔEk＋Q WF＝ΔEk＋Q电＋Qf 动量 分析 动量守恒，可计算速度；根据动量定理可以计算位移、电荷量等 动量不守恒，根据动量定理可以计算速度、位移、电荷量等 动量不守恒，根据动量定理可以计算速度、位移、电荷量等 例5　(2025·重庆市九龙坡区高三下二模)(多选)如图所示是一装置的俯视图，电阻不计的、足够长的光滑金属导轨由ABCD和EFGH对称固定在同一绝缘水平面内，窄处AB与EF间距为L，宽处CD和GH间距为3L。金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，两棒长度均为3L、电阻均为R，a棒质量为m、b棒质量为2m。整个系统处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。初始时b棒静止于宽轨上某位置，a棒从窄轨上某位置以初速度v0向右运动，且a棒距窄轨右端足够远。下列说法正确的是(　　) A．a棒刚开始运动时回路中感应电流方向为顺时针 B．经过足够长的时间，a、b棒的速度相等 C．整个过程中通过a棒的电荷量为eq \f(2mv0,11BL) D．整个过程中a棒产生的焦耳热为2,0)eq \f(mv,44) 解析　a棒刚开始运动时，根据右手定则，可判断出回路中感应电流方向为顺时针，故A正确；经过足够长的时间，设a棒速度为v1，b棒速度为v2，此时感应电流为0，则BLv1＝B×3Lv2，可得v1＝3v2，故B错误；整个过程中，根据动量定理，对a棒有－Beq \o(I,\s\up16(－))Lt＝mv1－mv0，对b棒有Beq \o(I,\s\up16(－))×3Lt＝2mv2－0，且整个过程中通过a棒的电荷量q＝eq \o(I,\s\up16(－))t，又v1＝3v2，联立解得v1＝eq \f(9,11)v0，v2＝eq \f(3,11)v0，q＝eq \f(2mv0,11BL)，故C正确；根据能量守恒定律，整个过程中回路产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)＝2,0)eq \f(mv,11) ，a棒接入电路的电阻为Ra＝eq \f(L,3L)R＝eq \f(R,3)，b棒接入电路的电阻为Rb＝R，则a棒产生的焦耳热Qa＝eq \f(Ra,Ra＋Rb)Q＝2,0)eq \f(mv,44) ，故D正确。 解析　(1)设b棒开始运动时回路中电流为I0，此时对b棒有μmg＝BI0L 解得I0＝1 A 此时a棒中的感应电动势E0＝I0(R＋3R) 根据法拉第电磁感应定律得E0＝BLv0 解得v0＝4 m/s 设此时a棒的加速度大小为a0，对a棒，根据牛顿第二定律得F－BI0L＝ma0 解得a0＝1 m/s2。 (2)b棒运动t0＝8 s过程中，设回路中平均电流为eq \o(I,\s\up16(－))，对a棒，根据动量定理有 Ft0－Beq \o(I,\s\up16(－))Lt0＝mva－mv0 对b棒，根据动量定理有Beq \o(I,\s\up16(－))Lt0－μmgt0＝mvb－0 又va∶vb＝3∶1 联立并代入数据解得vb＝3 m/s，eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(11,8) A 又平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R＋3R) 平均感应电动势eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(ΔΦ,t0) 磁通量变化量ΔΦ＝BLΔx 联立并代入数据解得Δx＝44 m。 解析：(1)分离后当导体棒a的速度大小为va＝10 m/s时，根据法拉第电磁感应定律可得，导体棒a产生的感应电动势E＝BLva 由闭合电路欧姆定律可知，通过a的电流I＝eq \f(E,R) 已知磁感应强度大小B＝1 T，导轨间距L＝0.5 m，a在导轨间的电阻R＝0.01 Ω 联立解得I＝500 A。 (2)导体棒a中通有恒定电流I0＝1000 A时，导体棒a所受安培力为恒力。设a、b碰前a的速度为v1，a向右运动x1＝1.25 m的过程，对a由动能定理有BI0L·x1＝eq \f(1,2)maveq \o\al(2,1)－0 解得v1＝25 m/s 设a、b碰后共同速度为v2，所储势能为Ep，a、b碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有mav1＝(ma＋mb)v2 eq \f(1,2)maveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \o\al(2,2)＋Ep 解得v2＝5 m/s，Ep＝500 J 设a、b分离前的速度为v3，a、b一起向右运动x2＝5 m－1.25 m＝3.75 m至NN′过程，由动能定理得BI0L·x2＝eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \o\al(2,3)－eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \o\al(2,2) 解得v3＝20 m/s 以向右为正方向，设a、b分离后速度分别为v4和v5，根据动量守恒定律有 (ma＋mb)v3＝mav4＋mbv5 根据能量守恒定律有eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \o\al(2,3)＋Ep＝eq \f(1,2)maveq \o\al(2,4)＋eq \f(1,2)mbveq \o\al(2,5) 联立解得v4＝0，v5＝25 m/s(另一组解v4＝40 m/s，v5＝15 m/s，v4>v5，不符合实际，舍去) 整个过程安培力对a、b组成的系统做的功一定，则系统动能增加量一定，分离后a的速度为0，则a的动能最小，b的动能最大，可知b分离后的速度为b能够获得的最大速度 设从a开始运动到a、b分离前用时为Δt，对于a、b 整体由动量定理有BI0LΔt＝(ma＋mb)v3 此过程流过a的电荷量q＝I0Δt 设此过程电容器的电压减小量为ΔU，则有C＝eq \f(q,ΔU) 联立解得ΔU＝40 V。 (3)a、b碰后共同速度为v2＝5 m/s，若无空气阻力，到达NN′分离前的速度为v3＝20 m/s，此过程a、b做匀加速直线运动，其v2­x图像如图所示；若考虑阻力f＝kv2，则实际v2­x图像应在图中所示图像的下方，可知克服阻力做的功W<2,2)eq \f(kv＋kveq \o\al(2,3),2) ·x2 设考虑阻力后，a、b分离前的速度为v3′，由动能定理有BI0L·x2－W＝eq \f(1,2)(ma＋mb)v3′2－eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \o\al(2,2) 联立解得v3′2>396.02 m2/s2>veq \o\al(2,3)·0.992＝392.04 m2/s2 可知a、b分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%。 2．(2024·浙江1月选考，19)如图1所示，扫描隧道显 微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台 通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧 的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于 O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每 个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定 在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。 已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为eq \f(1,2)k(Δx)2。不计空气阻力，求 (1)平台静止时弹簧的伸长量Δx0； (2)t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小； (3)在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q； (4)在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小。 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(mg),k)　(2)eq \f(4π2v0r2B2,R) (3)eq \f(1,6)(mveq \o\al(2,0)－kAeq \o\al(2,1)) (4)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(mg（t2－t1）－\f(12π2r2B2（A1－A2）,R))) 解析：(1)平台静止时，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，对O点以下桌面以上的减振装置整体，由共点力的平衡条件可知，弹簧弹力F弹＝mg 由胡克定律可知F弹＝k·Δx0 联立解得Δx0＝eq \f(\a\vs4\al(mg),k)。 (2)t＝0时，线圈速度为v0，设每个线圈的周长为L，由几何关系有L＝2πr 由法拉第电磁感应定律可得，每个线圈中产生的感应电动势大小E＝BLv0 由闭合电路欧姆定律可得，每个线圈中的感应电流大小I＝eq \f(E,R) 每个线圈所受到安培力的大小F＝BIL 联立解得F＝eq \f(4π2v0r2B2,R)。 (3)根据题意，t＝0时，弹簧的弹性势能Ep0＝eq \f(1,2)k(Δx0)2 t＝t1时，弹簧的形变量Δx1＝|Δx0－A1| 弹簧的弹性势能Ep1＝eq \f(1,2)k(Δx1)2 在0～t1时间内，对整个减振装置，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋(Ep0－Ep1)＝3Q＋mgA1 联立解得Q＝eq \f(1,6)(mveq \o\al(2,0)－kAeq \o\al(2,1))。 (4)取竖直向上为正方向，在t1～t2时间内，对O点以下桌面以上的减振装置整体，重力的冲量IG＝－mg(t2－t1) 设t1～t2时间内平台的平均速度为eq \o(v,\s\up16(－))，由(2)中结论结合楞次定律的推论知，每个线圈所受安培力的平均值eq \o(F,\s\up16(－))＝－eq \f(4π2r2B2\o(v,\s\up16(－)),R) 则安培力的冲量IA＝3eq \o(F,\s\up16(－))(t2－t1) 又eq \o(v,\s\up16(－))(t2－t1)＝A2－A1 联立可得IA＝eq \f(12π2r2B2（A1－A2）,R) 由动量定理得I弹＋IA＋IG＝0－0 联立解得I弹＝mg(t2－t1)－eq \f(12π2r2B2（A1－A2）,R) 则弹簧弹力冲量I弹的大小为|I弹|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(mg（t2－t1）－\f(12π2r2B2（A1－A2）,R)))。 答案：(1)BLv0　竖直向上 (2)BI1L　BI2L　CU (3)eq \f(mv0,2m＋CB2L2)　eq \f(mRv0,B2L2) 解析：(1)由法拉第电磁感应定律知，初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E＝BLv0 由右手定则可知感应电流方向竖直向上。 (2)两机械臂的电流分别为I1和I2时，两机械臂所受安培力的大小分别为F1＝BI1L，F2＝BI2L 若电容器两端电压为U，则电容器的电荷量为Q＝CU。 (3)根据右手定则，机械臂1、2和电容器组成的等效电路 图如图所示 设从初始时刻至达到稳定状态过程中，经历时间为Δt，机械臂1、2中的平均电流分别为eq \o(I,\s\up16(－))1、eq \o(I,\s\up16(－))2，系统达到稳定状态后两机械臂的速度为v，电容器两极板间电压为U0，根据动量定理，对两机械臂分别有－Beq \o(I,\s\up16(－))1L·Δt＝mv－mv0，Beq \o(I,\s\up16(－))2L·Δt＝mv－0 流过机械臂1的电荷量Q1＝eq \o(I,\s\up16(－))1Δt 流过机械臂2的电荷量Q2＝eq \o(I,\s\up16(－))2Δt 根据电荷守恒定律，有Q0＝Q1－Q2 且Q0＝CU0 由法拉第电磁感应定律有U0＝BLv 联立可得v＝eq \f(mv0,2m＋CB2L2) 从开始到刚好稳定，设两机械臂的位移分别为x1和x2，平均速度分别为eq \o(v,\s\up16(－))1和eq \o(v,\s\up16(－))2，电容器的平均电压为eq \o(U,\s\up16(－))，两机械臂间初始距离的最小值为Δx，则eq \o(v,\s\up16(－))1Δt＝x1，eq \o(v,\s\up16(－))2Δt＝x2，Δx＝x1－x2 两机械臂产生的平均感应电动势分别为eq \o(E,\s\up16(－))1＝BLeq \o(v,\s\up16(－))1，eq \o(E,\s\up16(－))2＝BLeq \o(v,\s\up16(－))2 根据等效电路图有eq \o(E,\s\up16(－))1＝eq \o(U,\s\up16(－))＋eq \o(I,\s\up16(－))1R，eq \o(E,\s\up16(－))2＝eq \o(U,\s\up16(－))－eq \o(I,\s\up16(－))2R， 可得eq \o(I,\s\up16(－))1＝eq \f(\o(E,\s\up16(－))1－\o(U,\s\up16(－)),R)，eq \o(I,\s\up16(－))2＝eq \f(\o(U,\s\up16(－))－\o(E,\s\up16(－))2,R) 由前面分析知，有－Beq \o(I,\s\up16(－))1L·Δt＝mv－mv0，Beq \o(I,\s\up16(－))2L·Δt＝mv－0 联立解得Δx＝eq \f(mRv0,B2L2)。 1．(2025·辽宁省辽阳市高三下二模)(多选)如图所示，水平绝缘地面上固定一足够长的光滑U形导轨，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将质量为m的金属棒ab垂直放置在导轨上，在垂直于棒的恒定拉力F作用下，金属棒由静止开始向右运动，当金属棒的速度大小为v时，金属棒的加速度大小为a；当金属棒的速度大小为2v时，金属棒的加速度大小为eq \f(a,2)。已知金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列说法正确的是(　　) A．F＝eq \f(3,2)ma B．金属棒的最大速度为2v C．金属棒的最大加速度为2a D．当金属棒的速度大小为2v时撤去拉力F，金属棒的减速距离为eq \f(4v2,a) 解析：设匀强磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的电阻为R，导轨间距为L，当金属棒的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律得F－eq \f(B2L2v,R)＝ma，同理当金属棒的速度大小为2v时，有F－eq \f(B2L2·2v,R)＝m·eq \f(a,2)，联立解得F＝eq \f(3,2)ma，eq \f(B2L2v,R)＝eq \f(1,2)ma，故A正确；设金属棒的最大速度为vm，则有F＝eq \f(B2L2vm,R)，解得vm＝3v，故B错误；当金属棒的速度为0时，加速度最大，最大值为am＝eq \f(F,m)＝eq \f(3a,2)，故C错误；当金属棒的速度大小为2v时撤去拉力F，金属棒做减速运动的过程，根据动量定理有－BLeq \o(I,\s\up16(－))Δt＝0－m·2v，其中eq \o(I,\s\up16(－))Δt＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R·Δt)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，联立解得金属棒的减速距离x＝eq \f(4v2,a)，故D正确。 2．(2025·山东省德州市高三下三模)(多选)如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为30°，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场，PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，t＝0时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v­t图像如图乙所示，t1～t2时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．0～t1时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ B．t3～t4时间内，导线框的速度大小为eq \f(v0,2) C．t3～t4时间内，导线框a、c两点间的电势差为0 D．t2～t3时间内，导线框的位移大小为eq \f(v0,4)(t3－t2)＋2,0)eq \f(3v,8g) 解析：分析可知，0～t2时间内，对应导线框的一条 边做切割磁感线运动，t2～t4时间内，对应导线框的两条 边在两个磁场中做切割磁感线运动，所以导线框的边长 大于或等于MN、PQ的距离，若导线框的边长大于MN和PQ之间的磁场宽度，则0～t1时间内，导线框的ab边可能经过虚线PQ，故A错误；设导线框的总电阻为R，t1～t2时间内，根据平衡条件可得I1BL＝mgsin30°，其中I1＝eq \f(BLv0,R)，t3～t4时间内，根据平衡条件可得2I2BL＝mgsin30°，其中I2＝eq \f(2BLv0′,R)，联立可得t3～t4时间内，导线框的速度大小为v0′＝eq \f(v0,4)，故B错误；t3～t4时间内，结合右手定则及上述分析可知， a、b两点间的电势差为Uab＝BLv0′－I2Rab＝BLv0′－I2·eq \f(R,4)＝eq \f(1,2)BLv0′，c、b两点间的电势差为Ucb＝I2Rbc＝I2·eq \f(R,4)＝eq \f(1,2)BLv0′，故导线框a、c两点间的电势差为Uac＝Uab－Ucb＝0，故C正确；t2～t3时间内，根据动量定理有mg·sin30°(t3－t2)－2eq \o(I,\s\up16(－))BLΔt＝mv0′－mv0，其中eq \o(I,\s\up16(－))Δt＝eq \f(ΔΦ,RΔt)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(2BLx,R)，又eq \f(B2L2v0,R)＝mgsin30°，联立解得导线框的位移大小为x＝eq \f(v0,4)(t3－t2)＋2,0)eq \f(3v,8g) ，故D正确。 解析：设匀强磁场的磁感应强度大小为B，两导 轨间的距离为L，两金属棒的电阻均为R，ab棒、cd 棒运动过程中速度大小分别为vab、vcd，则回路中电流 i＝eq \f(BL（vcd－vab）,2R)，两棒所受安培力大小均为F安＝BiL＝eq \f(B2L2（vcd－vab）,2R)，cd棒所受安培力向左而向右减速，ab棒所受安培力向右而向右加速，随着vcd减小，vab增大，F安减小，二者加速度均减小，最终两棒速度相同，设为v共，ab、cd棒所受安培力大小相等、方向相反，则两棒组成的系统动量守恒，有2mv0＝(m＋2m)v共，得v共＝eq \f(2v0,3)，A正确；记最初两棒之间的距离为x0， 则q＝∑iΔt＝eq \f(BL,2R)∑(vcd－vab)·Δt＝eq \f(BL（x－x0）,2R)，q为x的一次函数，在纵轴上的截距为负值，B错误；安培力对cd棒的冲量大小I＝∑BLiΔt＝BLq＝eq \f(B2L2（x－x0）,2R)，I为x的一次函数，在x轴上的截距为正值，C正确；由能量守恒定律可知2Q＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×(2m＋m)veq \o\al(2,共)，得Q＝eq \f(1,6)mveq \o\al(2,0)，可知Q为v0的二次函数，且顶点在坐标原点，D正确。 4．(2025·河北省衡水市衡水中学高三下三模)(多选)两根长直光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨间距为L，空间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，俯视角度如图所示。导轨左端通过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E(内阻不计)，电容器的电容为C。将质量为m、电阻为R的导体棒垂直放置在导轨上，先将开关接到a，待电容充电结束后将开关换接到b。忽略导线和导轨电阻，且不考虑电磁辐射及回路中电流产生的磁场，下列说法正确的是(　　) A．导体棒加速度的最大值为eq \f(BLE,mR) B．导体棒能够达到的最大速度为eq \f(E,BL) C．导体棒从开始运动至达到最大速度的过程中，通过导体棒横截面的电荷量为eq \f(CmE,B2L2C＋m) D．导体棒达到最大速度时，电容器极板间的电压为eq \f(BLE,B2L2C＋m) 解析：电容器充电后，两端电压为E，开关刚接到b时， 导体棒速度为0，电容器两端电压最大，为E，导体棒中电流 最大，为Im＝eq \f(E,R)，导体棒所受安培力最大，为Fm＝ImLB＝ eq \f(ELB,R)，加速度最大，为am＝eq \f(Fm,m)＝eq \f(BLE,mR)，故A正确；导体棒达到最大速度vm时，电路中电流为0，电容器极板间的电压为U＝BLvm，电容器放电量即通过导体棒横截面的电荷量为ΔQ＝C(E－U)，导体棒从开始运动至达到最大速度的过程中，由动量定理有∑ILBΔt＝mvm－0，又∑IΔt＝ΔQ，联立解得vm＝eq \f(CEBL,B2L2C＋m)，ΔQ＝eq \f(CmE,B2L2C＋m)，U＝eq \f(CEB2L2,B2L2C＋m)，故B、D错误，C正确。 解析：设匀强磁场的磁感应强度大小为B，两导轨间距 为L，两金属棒的质量均为m，电阻均为R，金属棒cd在恒 力F作用下由静止开始加速，t＝0时金属棒cd的加速度大小 acd＝eq \f(F,m)，金属棒ab的加速度大小aab＝0，之后vcd>vab，回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始向右加速运动，因为开始阶段vcd－vab较小，所以i＝eq \f(BL（vcd－vab）,2R)较小，acd＝eq \f(F－BiL,m)>aab＝eq \f(BiL,m)，使vcd－vab逐渐增大，i逐渐增大，acd逐渐减小，aab逐渐增大，eq \f(Δi,Δt)＝eq \f(BL（vcd－vab）,2R·Δt)＝eq \f(BL,2R)(acd－aab)逐渐减小，即i增大得越来越慢， 当acd＝aab时，vcd－vab不再变化，i不再变化，故A正确；FA＝BiL，则FA­t图像与i­t图像形状相同，故B正确；由前面分析可知，vcd不断增大，则P＝Fvcd不断增大，故C错误；闭合回路消耗的电功率P电＝2i2R，根据复合函数的导数知识可知，P电关于时间的导数即P电­t图像斜率P电′(t)＝(2i2R)′·i′(t)＝4iR·i′(t)，又i从0逐渐增大到一个定值，i′(t)从一个定值逐渐减小到0，所以P电′(t)从0先增大后减小到0，故D正确。 A．金属杆经过BB1的速度为eq \f(v0,2) B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)μmgd C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 解析：设平行金属导轨间距为L，金属杆经过BB1的速度大小为vB，在AA1B1B区域运动的时间为t0，平均速度大小为eq \o(v,\s\up16(－))，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线，产生的平均感应电动势大小为eq \o(E,\s\up16(－))＝BLeq \o(v,\s\up16(－))，产生的平均感应电流大小为eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),2R)，所受安培力的平均值大小为eq \o(F,\s\up16(－))＝eq \o(I,\s\up16(－))LB，金属杆在AA1B1B区域运动的过程，以运动方向为正方向，根据动量定理有I安＝mvB－mv0，又安培力的冲量I安＝－eq \o(F,\s\up16(－))t0，eq \o(v,\s\up16(－))t0＝d，联立可得I安＝－eq \f(B2L2d,2R)，vB＝v0－eq \f(B2L2d,2mR)；设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t1，平均速度大小为eq \o(v,\s\up16(－))′，同理可知，金属杆在BB1C1C区域运动的过程有I安′－μmgt1 ＝0－mvB，且I安′＝－eq \o(F,\s\up16(－))′t1，eq \o(F,\s\up16(－))′＝eq \o(I,\s\up16(－))′LB，eq \o(I,\s\up16(－))′＝eq \f(\o(E,\s\up16(－))′,2R)，eq \o(E,\s\up16(－))′＝BLeq \o(v,\s\up16(－))′，eq \o(v,\s\up16(－))′t1＝d，可解得I安′＝－eq \f(B2L2d,2R)，vB＝eq \f(B2L2d,2mR)＋μgt1，综上可得vB＝eq \f(v0,2)＋eq \f(μgt1,2)>eq \f(v0,2)，则金属杆经过BB1的速度大于eq \f(v0,2)，且金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I安＝I安′＝－eq \f(B2L2d,2R)，故A错误，C正确。整个过程，根据能量守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝μmgd＋Q总，由焦耳定律及串联电路规律知，定值电阻R产生的热量为QR＝eq \f(1,2)Q总，联立解得QR＝eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)μmgd，故B错误。设金属杆的初速度加倍后，金属杆通过BB1C1C区域的时间为t2，金属杆在磁场中运动的距离为x，金属杆在磁场中运动的过程， 以运动方向为正方向，由动量定理有I安″－μmgt2＝0－2mv0，由A、C项分析同理可知，安培力的冲量I安″＝－eq \f(B2L2x,2R)，联立可得x＝eq \f(2R,B2L2)(2mv0－μmgt2)，同理可得，金属杆原来在磁场中运动的距离2d＝eq \f(2R,B2L2)·(mv0－μmgt1)，金属杆初速度加倍后，到达BB1的速度增大，则在BB1C1C区域任一位置的速度均增大，则t2<t1，所以eq \f(x,2)>2d，x>4d，即将金属杆的初速度加倍后，金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。 7．(2022·全国甲卷，20)(多选)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，(　　) A．通过导体棒MN电流的最大值为eq \f(Q,RC) B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大 D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热 解析：设电容器放电过程中两端瞬时电压为u，导体 棒MN运动产生的感应电动势大小为e＝Blv。当开关S 闭合的瞬间，u最大，为U＝eq \f(Q,C)，v＝0，通过导体棒MN 的电流最大，为Imax＝eq \f(U,R)＝eq \f(Q,RC)，故A正确；当u>Blv时，导体棒MN中电流方向为M→N，导体棒MN受到向右的安培力而向右加速运动，e＝Blv增大，同时u因电容器放电而减小，当u＝Blv时，导体棒MN中无电流，之后由于电容器与导体棒MN及电阻R构成回路，一直处于通路状态，故将发生能量转化，导体棒MN速度最终减小到零，故B错误；由以上分析可知，当u＝Blv时，导体棒MN速度最大，此时导体棒MN上电流为零，所受安培力为零，故C错误； 导体棒MN与电阻R阻值相等，在导体棒MN加速阶段，由于MN上感应电动势的存在，故导体棒MN上的电流小于电阻R上的电流，在导体棒MN减速的过程中，电容器的电流和导体棒MN产生的电流都流经电阻R且方向相同，故此过程导体棒MN上的电流仍小于电阻R上的电流，综上分析，结合焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确。 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(mg),2BL)　eq \f(1,4)mgx0－eq \f(\a\vs4\al(m3g2R2),16B4L4) (2)eq \f(\a\vs4\al(3mgR),4B2L2)　(3)eq \f(\a\vs4\al(m2gR2),4B4L4) 解析：(1)ab棒静止在倾斜导轨上时，根据平衡条件可得mgsin30°＝BIabL 解得通过ab棒的电流为Iab＝eq \f(\a\vs4\al(mg),2BL) ab棒下滑距离为x0时，设ab棒速度大小为v0，回路中的电流为I0，此时对cd棒根据平衡条件有BI0L＝μmg 由闭合电路欧姆定律有I0＝eq \f(E0,2R) ab棒产生的感应电动势大小E0＝BLv0 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定律可得mgx0sin30°－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝2Qcd 联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd＝eq \f(1,4)mgx0－eq \f(\a\vs4\al(m3g2R2),16B4L4)。 (2)由左手定则可知，cd棒向左运动，由右手定则可知，cd棒和ab棒产生的电动势在同一回路中的方向相反，当电流达到稳定时，两棒的速度大小之差恒定，故此时两棒的加速度大小相等，设达到稳定时两棒的速度大小分别为v1、v2，加速度大小均为a，则两棒的速度大小之差为Δv＝v1－v2 两棒受到的安培力大小相等，均为F安＝BIL 其中I＝eq \f(E,2R) 回路的总感应电动势大小E＝BLv1－BLv2 根据牛顿第二定律，对两棒分别有mgsin30°－F安＝ma，F安－μmg＝ma 联立解得Δv＝eq \f(3mgR,4B2L2)。 (3)从开始计时到t1时刻，两棒受到的安培力和摩擦力均等大反向，两棒组成的系统所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设开始计时时ab、cd的速度大小分别为v10、v20，t1时刻ab棒的速度为v1′，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv10－mv20＝mv1′ 由(2)问可知v10－v20＝eq \f(3mgR,4B2L2) 解得v1′＝eq \f(3mgR,4B2L2) cd棒的加速度为零时，设ab棒速度为v1″，cd棒速度为v2″，则回路中的感应电动势大小为E″＝BLv1″－BLv2″ 感应电流为I″＝eq \f(E″,2R) 由平衡条件有BI″L＝μmg 从t1时刻到t2时刻，对两棒分别根据动量定理有－(μmg＋Beq \o(I,\s\up16(－))L)Δt＝mv1″－mv1′ (Beq \o(I,\s\up16(－))L－μmg)Δt＝mv2″－0 其中eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(BLΔ\o(v,\s\up16(－)),2R)，Δeq \o(v,\s\up16(－))＝eq \o(v,\s\up16(－))1－eq \o(v,\s\up16(－))2为两棒相对速度平均值 从t1时刻到cd棒加速度为零，ab、cd的路程之差Δs＝Δeq \o(v,\s\up16(－))Δt 联立可得Δs＝eq \f(m2gR2,4B4L4)。 1．(2025·陕晋宁青卷，7)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度为B，甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝eq \f(4B2L3,mR)并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用，则(　　) A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 解析：根据楞次定律和安培定则可知，甲线框进磁场的过程 中电流沿顺时针方向，出磁场的过程中电流沿逆时针方向，A错 误；刚进磁场区域时，甲线框切割磁感线产生的电动势E＝BLv0， 线框中的电流I＝eq \f(E,R)，所受合力等于所受安培力，即F甲＝BIL，联 立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F甲＝eq \f(B2L2v0,R)，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F乙＝eq \f(B2L2v0,2R)，则F甲∶F乙＝2∶1，B错误；设乙线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v乙，对乙线框进出磁场的过程，由动量定理有－eq \f(B2L2\o(v,\s\up16(－)),2R)t＝mv乙 －mv0，其中eq \o(v,\s\up16(－))t＝2×2L，解得v乙＝eq \f(2B2L3,mR)，C错误；设甲线框完全出磁场区域时速度大小为v甲，同理可得－eq \f(B2L2\o(v,\s\up16(－))′,R)t′＝mv甲－mv0，eq \o(v,\s\up16(－))′t′＝4L，解得v甲＝0，由能量守恒定律可知，甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q甲＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，Q乙＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,乙)，联立可得Q甲∶Q乙＝4∶3，D正确。 解析：根据左手定则可知，电源产生的电流使金属杆 所受的安培力方向向左，金属杆到达磁场中b位置时能反 向运动，说明仅由电源电流产生的安培力F源安大于恒力F， 金属杆在磁场中向右运动时，因切割磁感线产生的感应电流方向与电源电流方向相同，可知电路中电流比金属杆在b处时大，则金属杆在磁场中向右运动时所受安培力始终大于恒力F，即金属杆必定向右做减速运动，根据a＝eq \f(BIL－F,m)＝eq \f(BL\f(BLv＋E,R)－F,m)，随速度减小，则加速度减小，即金属杆向右做加速度减小的减速运动，直到速度减为零后反向运动，反向运动开始时， 因切割磁感线产生的感应电流方向与电源电流方向相反，且感应电流较小，则金属杆所受安培力方向向左，随速度增大，感应电流增大，总电流减小，安培力减小，可能减小到F后金属杆匀速运动，A正确，B错误；由A、B项分析知，在磁场中金属杆向右运动时所受合外力始终大于向左运动时所受合外力，结合动能定理可知，金属杆回到磁场左边界时的速度小于进入磁场时的速度，可知金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处，C错误，D正确。 解析：设匀强磁场的磁感应强度大小为B，两导轨间距 为L，导体棒接入电路的电阻为r，开关掷于接头A，电容 器放电，导体棒加速运动，速度v越来越大，导体棒产生的 感应电动势E＝BLv越来越大，电容器两端电压U越来越小，则电流i＝eq \f(U－E,r)越来越小，即q­t图像的斜率越来越小，安培力F＝BiL越来越小，导体棒的加速度越来越小，即v­t图像的斜率越来越小；开关掷于接头B，导体棒切割磁感线，相当于电源对电阻R供电，导体棒减速运动，速度v越来越小，导体棒产生的感应电动势E＝BLv越来越小，则i＝eq \f(E,r＋R)越来越小，q­t图像的斜率越来越小，安培力F＝BiL越来越小，导体棒的加速度越来越小，即v­t图像的斜率越来越小，故B、C错误，A、D正确。 4．(2025·湖南省长沙市长郡中学高三下月考)(多选)如图所示，有一光滑导电轨道，左侧是竖直面内的圆弧轨道，无磁场，右侧水平部分置于竖直向上的匀强磁场中，由宽度分别为2L、L的两部分组合而成。密度、电阻率、横截面积均相同，长度分别为L和2L的两根导体棒ab、cd分别垂直两导轨水平放置，导轨电阻不计并且两个宽度区域都足够长(两根棒都始终在不同宽度的区域内)。现给ab一水平向左的初速度v0，cd进入圆弧轨道前，两导体棒都已经做匀速直线运动。关于两棒的运动情况，下列说法正确的是(　　) A．cd棒进入圆弧轨道前一瞬间的速度为eq \f(2,5)v0 B．cd棒在圆弧轨道上运动时两棒构成的系统机械能守恒 C．两导体棒最后可能同时静止在轨道上 D．对于ab棒和cd棒而言，在任意的时间间隔内两者产生的焦耳热都满足Qcd＝2Qab 解析：由题意结合密度公式、电阻定律可知，cd棒的质量 与电阻均为ab棒的2倍，设ab棒的质量为m，电阻为R，则 cd棒的质量为2m，电阻为2R，cd棒进入圆弧轨道前一瞬间， 两棒产生的感应电动势相等，设ab棒和cd棒的速度大小分别为v1和v2，可得BLv1＝B×2Lv2，对ab棒由动量定理有－∑Beq \o(I,\s\up16(－))LΔt＝mv1－mv0，对cd棒由动量定理有∑(Beq \o(I,\s\up16(－))×2LΔt)＝2mv2－0，解得v1＝eq \f(2,3)v0，v2＝eq \f(1,3)v0，故A错误；cd棒进入圆弧轨道后，电路中只有ab棒切割磁感线，此时电路中有电流通过，安培力对ab棒做负功，两棒构成的系统机械能不守恒，故B错误；由机械能守恒定律可知，cd棒在圆弧轨道运动一段时间后以大小为eq \f(1,3)v0的速度向右进入水平轨道，cd棒进入磁场后， 对cd棒有－∑(Beq \o(I,\s\up16(－))′×2LΔt′)＝2mΔv1，对ab棒有－∑Beq \o(I,\s\up16(－))′LΔt′＝mΔv2，可得Δv1＝Δv2，这段时间内ab棒做减速运动，若恰好其在cd棒进入水平轨道的瞬间减速至eq \f(1,3)v0，则当vcd减为0时，vab恰好减为0，所以两棒可能同时静止在轨道上，故C正确；由于在任意时刻，两棒均构成串联电路，并且cd棒的电阻是ab棒的两倍，因此cd棒的热功率始终是ab棒的两倍，则在任意的时间间隔内两者产生的焦耳热都满足Qcd＝2Qab，故D正确。 解析：由题知金属棒匀速切割磁感线，则t时间内金属棒的位 移x＝vt，根据几何关系知金属棒的有效切割长度为l＝2xtanθ， 则金属棒上产生的感应电动势为E＝Blv＝2Bv2ttanθ，忽略所有电 阻，则电容器极板上的电荷量为Q＝CE＝2BCv2ttanθ，通过金属棒的电流I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，A正确；当金属棒到达x0处时，所用时间t0＝eq \f(x0,v)，则电容器极板上的电荷量为Q0＝2BCv2t0tanθ＝2BCvx0tanθ，B错误；根据右手定则可知，金属棒中电流方向为流向电容器上极板，则电容器的上极板带正电，C错误；由于金属棒做匀速运动，则F＝F安＝IlB，由A项分析可知流过金属棒的电流I恒定，l与t成正比，则F安为变力，F为变力，再根据P＝Fv，v不变，可知外力F做功的功率P变化，D错误。 6．(2025·广西卷，7)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θ，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Ep与形变量x的关系为Ep＝eq \f(1,2)kx2；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(　　) A．金属棒所受安培力冲量大小为eq \f(B2l2（a＋b）,R) B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为eq \f(B2l2（a＋b）,4R)＋eq \f(mgtsinθ,2) C．每个定值电阻产生的热量为eq \f(k（a2－b2）,8)＋eq \f(mg（a＋b）sinθ,4) D．金属棒的平均输出功率为eq \f(k（a2－b2）＋mg（a＋b）sinθ,2t) 解析：设金属棒沿导轨向下运动过程中某时刻的速度大小 为v，由法拉第电磁感应定律可得，该时刻金属棒产生的感应 电动势为E＝Blv，而回路中的总电阻为R总＝R＋eq \f(2R×2R,2R＋2R)＝2R， 故该时刻金属棒中的感应电流为I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(Blv,2R)，该时刻金属棒受到的安培力大小为F＝BIl＝eq \f(B2l2v,2R)，则在极短时间Δt内金属棒所受安培力的冲量大小为IA＝FΔt＝eq \f(B2l2vΔt,2R)，等式两边对整个过程求和，有IA总＝∑IA＝∑eq \f(B2l2vΔt,2R)＝eq \f(B2l2∑vΔt,2R)＝eq \f(B2l2x,2R)，由题意可知，金属棒向下运动的距离x＝a＋b，故此过程中金属棒所受安培力的冲量大小为IA总＝ ＝∑IA＝∑eq \f(B2l2vΔt,2R)＝eq \f(B2l2∑vΔt,2R)＝eq \f(B2l2x,2R)，由题意可知，金属棒向 下运动的距离x＝a＋b，故此过程中金属棒所受安培力的冲量大 小为IA总＝eq \f(B2l2（a＋b）,2R)，A错误；分析可知，金属棒运动到任一位置，两个弹簧对金属棒的弹力均相同，则此过程中两个弹簧对金属棒施加的冲量相等，以沿导轨向下为正方向，设每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I弹，由动量定理有－IA总＋mgsinθ·t＋2I弹＝0－0，联立解得I弹＝eq \f(B2l2（a＋b）,4R)－eq \f(\a\vs4\al(mgtsinθ),2)，B错误；设此过程中回路产生的总热量为Q总，由能量守恒定律可得，2×eq \f(1,2)ka2＋mg(a＋b)·sinθ＝2×eq \f(1,2)kb2＋Q总， 解得Q总＝k(a2－b2)＋mg(a＋b)sinθ，则每个定值电阻产生的热量为Q＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,2)))\s\up12(2)·2R,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,2)))\s\up12(2)·2R·2＋I2R)Q总＝eq \f(1,4)Q总＝eq \f(k（a2－b2）,4)＋eq \f(\a\vs4\al(mg（a＋b）sinθ),4)，C错误；此过程中金属棒输出的总能量为W输出＝2Q＝eq \f(k（a2－b2）,2)＋eq \f(\a\vs4\al(mg（a＋b）sinθ),2)，故此过程中金属棒的平均输出功率为P输出＝eq \f(W输出,t)＝eq \f(\a\vs4\al(k（a2－b2）＋mg（a＋b）sinθ),2t)，D正确。 7．(多选)如图所示，MN和PQ为在同一水平面内足够长的 平行固定金属导轨，处在竖直向下的匀强磁场中。质量均为m的 金属杆a、b垂直于导轨放置，一不可伸长的轻质绝缘细线一端系 在金属杆b的中点，另一端绕过轻小定滑轮与质量为eq \f(1,2)m的重物c相连，细线的水平部分与导轨平行且足够长。已知两杆与导轨间动摩擦因数相同，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻、滑轮轴的摩擦及电磁辐射，重力加速度大小为g。整个装置由静止释放后，下列关于b杆的速度v、b杆所受的安培力与重力的比值eq \f(FA,mg)随时间变化的规律可能正确的是(　　) 解析：设两杆与导轨间的动摩擦因数为μ，两导轨间距为L， 两杆的总电阻为R，将a、b杆看成一个整体，分析可知，当μmg< eq \f(1,2)mg≤2μmg即eq \f(1,4)≤μ<eq \f(1,2)时，a杆始终保持静止，对b杆和重物c分 别有T－FA－μmg＝ma，eq \f(\a\vs4\al(mg),2)－T＝eq \f(m,2)a，当b杆的速度为v时，其所受安培力FA＝BIL＝BLeq \f(E,R)＝eq \f(B2L2v,R)，可得a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(2,3)μ))g－eq \f(2B2L2v,3Rm)，随着b杆速度增大，b杆所受安培力增大，b杆加速度减小，故b杆将做加速度不断减小的加速运动，FA也增大得越来越慢，稳定时a＝0，b杆做匀速直线运动，FA＝eq \f(1,2)mg－μmg，eq \f(FA,mg)＝eq \f(1,2)－μ≤0.25，A、C可能正确；当eq \f(1,2)mg≤μmg即μ≥eq \f(1,2)时，a、b、c始终静止； 当eq \f(1,2)mg>2μmg即μ<eq \f(1,4)时，释放后，b杆速度逐渐增大，所受安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，当安培力增大到一定值后，a杆开始运动，b杆仍做加速度减小的加速运动，a杆做加速度增大的加速运动，稳定时，a、b的速度差不变，加速度相同，对a杆有FA－μmg＝ma，对b杆有T－FA－μmg＝ma，对重物c有eq \f(1,2)mg－T＝eq \f(1,2)ma，得a＝eq \f(\a\vs4\al(g),5)－eq \f(4,5)μg，FA＝eq \f(1,5)mg(1＋μ)，即最终b杆做匀加速运动，且eq \f(FA,mg)＝eq \f(1,5)(1＋μ)<0.25，B可能正确，D错误。 解析：设虚线区域内磁场的磁感应强度大小为B，线框的质量为 M，电阻为R，上下边框长度为L，物块的质量为m，细绳上的拉力 大小为T，以初速度的反方向为加速度的正方向，设线框与物块的加 速度均为a。线框穿过磁场的过程中，由牛顿第二定律，对线框有Mg ＋F安－T＝Ma，对物块有T－mg＝ma，其中线框所受安培力大小F安＝BIL，线框中电流大小I＝eq \f(E,R)，线框产生的感应电动势大小E＝BLv，联立解得a＝eq \f(B2L2v,（M＋m）R)＋eq \f(M－m,M＋m)g。根据四个选项中的v­t图，只考虑t＝0时线框速度开始减小的情况。根据表达式a＝eq \f(B2L2v,（M＋m）R)＋eq \f(M－m,M＋m)g可知，可以分三种情况分析v的变化的可能性： (1)M>m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小且趋 于某个非零值，线框完全进入磁场运动时，a>0且恒定，线框做匀 减速直线运动，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图。 (2)M<m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小，如果 v能减小到某个非零值，从而使a＝0，则之后线框做匀速直线运动，线框完全进入磁场运动时，a<0，做匀加速直线运动，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图。(3)M＝m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小且趋于0，若进入磁场的过程线框速度能减小到0，则之后线框静止，A符合这种情况；若进入磁场的过程线框速度不能减小到0，则完全进入磁场运动时，a＝0， 线框做匀速直线运动，线框离开磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小，若离开磁场的过程线框速度能减小到0，则之后线框静止，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图；若离开磁场的过程线框速度不能减小到0，则线框完全离开磁场运动时，a＝0，做匀速直线运动，分析四个选项的图，可知C符合这种情况。综上所述，A、C可能正确，B、D不可能正确。 9．(2024·江西卷，15)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) (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。 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。 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 (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\up16(－))1lΔt1＝m1v1－m1v共 其中平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))1＝eq \f(\o(E,\s\up16(－))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。 $