课时分层检测(66)专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题-【创新大课堂】2026年高三物理一轮总复习

课时分层检测（六十六） 专题强化 基础达标练 1.如图所示，在一匀强磁场中 有一U形导线框abcd,线 XX 框处于水平面内，磁场与线 X×× 框平面垂直，R为一电阻， ef为垂直于ab的一根导体 d 杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框 的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度， 则 A.ef将减速向右运动，但不是匀减速运动 B.ef将匀减速向右运动，最后停止 C.ef将匀速向右运动 D.ef将往返运动 2.(多选)(2025·河南郑州 M×××a×××N 高三月考)在如图所示的R门×××x×× 甲、乙、丙图中，MN、PQC亡×××x×× 是固定在同一水平面内 P×××b×××Q 足够长的平行金属导轨. 甲 导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水 平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦 不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略， 甲图中的电容器C原来不带电.今给导体棒ab 一个向右的初速度0，在甲、乙、丙图中导体棒 ab在磁场中的运动状态是 ) M×××a×××N M×××a×××N RX×xk×x R中×××X×× P×××b×××Q P××xbx××Q 乙 丙 A.甲图中，棒ab最终做匀速运动 B.乙图中，棒ab匀减速运动直到最终静止 C.丙图中，棒ab最终做匀速运动 D.甲、乙、丙图中，棒ab最终都静止 3.(2025·陕西咸阳市模拟)如图， 矩形闭合导体线框在匀强磁场 上方，由不同高度静止释放，用 1、t2分别表示线框ab边和cd 0x×××x0 边刚进入磁场的时刻.线框下落 ×××××B ×××××1 过程形状不变，ab边始终保持与 磁场水平边界线OO'平行，线框平面与磁场方向： 垂直.设OO下方磁场区域足够大，不计空气阻 力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中 速度v随时间t变化的规律的是 :电磁感应中的动力学和能量问题 1.(2025·江苏盐城市模拟)如图 所示，MN和PQ是竖直放置 M 段×× 的两根平行光滑金属导轨，导 轨足够长且电阻不计，MP间 接定值电阻R,金属杆cd保持 ×××× 与导轨垂直且接触良好.杆cd N 10 由静止开始下落并计时，杆cd 两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时 间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd 加速度的大小α随杆的速率v变化的图像，合理 的是 ) B 5.(2024·高考山东卷)如 图所示，两条相同的半 圆弧形光滑金属导轨固 M 定在水平桌面上，其所 在平面竖直且平行，导 轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的 连线OO与导轨所在竖直面垂直.空间充满竖直 向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线 连接.现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平 行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放.MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良 好，不考虑自感影响，下列说法正确的是() A.MN最终一定静止于OO'位置 B.MN运动过程中安培力始终做负功 C.从释放到第一次到达OO位置过程中，MN的 速率一直在增大 D.从释放到第一次到达OO位置过程中，MV中 电流方向由M到N .(多选)如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属 导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处 在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电 阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向 右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运 动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒 运动的加速度与速度的关系如图乙所示，不计金 属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图 乙中的ao、o均为已知量，则下列说法正确的是 () a 甲 F A.金属棒的质量为 o B,匀强磁场的磁感应强度大小为R C.当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的 电荷量为 W D.某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速 度大小与速度大小成正比 能力提升练 7.(多选)如图所示，相距为d的两 水平线L1和L2分别是水平向 里的匀强磁场的边界，磁场的磁 感应强度为B,正方形线框abcd 边长为L(L<d)、质量为m、电阻 为R.将线框在磁场上方高五处 由静止释放，ab边刚进入磁场和 穿出磁场时的速度恰好相等，重 力加速度为g,则在线框全部穿过磁场的过程中 ( A.ab边刚进人磁场时ab两端的电势差为BL√2gh B.感应电流所做功为gd C.感应电流所做功为2mgd D.线框最小速度为o=√2g(h十L-d) 8.（多选)如图所示，绝缘的水平 b a 面上固定有两条平行的光滑 西2B 金属导轨，导轨电阻不计，两 相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域 内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上，现 两金属棒分别以初速度2和0同时沿导轨自 由运动，先后进人磁场区域.已知a棒离开磁场 区域时b棒已经进人磁场区域，则a棒从进入到 离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化 图像可能正确的有 2 B 2 .FN 0 2 C 0 9.如图(a)所示，两根不计电阻、间距为L的足够长 平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁 场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为 B.导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R 的电阻.元件Z的U-I图像如图(b)所示，当流 418 过元件Z的电流大于或等于I。时，电压稳定为 Um.质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运 动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接 触.忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影 响，重力加速度为g.为了方便计算，取I。= 瓷U。一欲以下计算结果只能送用mg B、L、R表示 + B (a) (b) (1)闭合开关S,由静止释放金属棒，求金属棒下 落的最大速度1： (2)断开开关S,由静止释放金属棒，求金属棒下 落的最大速度2. 0.如图所示，粗细均匀的正方 P 形导线框abcd放在倾角为 M E 0=30°的绝缘光滑斜面上， 通过轻质细线绕过光滑的定 N 滑轮与木块相连，细线和线 框共面、与斜面平行.距线框cd边为L。的 MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方 向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界 线，ME=EP=L2.现将木块由静止释放后，木 块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开 匀强磁场.已知线框边长为L(L1<L2)、质量 为m、电阻大小为R,木块质量也为m,重力加速 度为g,试求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的 焦耳热Q.为a→b,所以U0,由于外电路的电阻值为！9 子R,所以U= B2R=32BR, A 4 故选D.] 3A[张据法挂第电磁感应定律得E=n把，又 有1是g，解得g=又周为0 E 西2-1，Φ2=BL2sin30°，更1=-BL2c0s30°，解！ 得g=5+BL,故A正确，] 2R 4.AD[根据楞次定律得0~2s内线框中的感： 应电流为顺时针方向，即为正方向，2一45内感 应电流为逆时针方向，即为负方向，由E=; nS1是知，电流1大小不交，A正确，B因 错误：由以上分析得，在1一2$时间内，导线框！ ad边电流方向由d流向a,空间所加磁场的磁！ 感应强度方向为垂直导线框平面向外，且线性！ 增大，电流I为定值，根据左手定则及F=BIL 得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，即 安培力为负方向，线性增大，同理可知0一15、 23s、3~4s内安培力的变化情况，C错误，Di 正确，」 5.BCD[设dc边的电阻是r,ab边的电阻是2r,1 由于下落高度不确定，dc边进入磁场后，线框！ 可能做匀速直线运动、加速度减小的加速直线！ 运动或加速度减小的减速直线运动.dc边进入！ 磁场时电动势为E=BLv,ab两点之间的电势} 差为U山上·2r,dc边出磁场后，线框做 E 速运动，4、b两点之间的电势差为U= 故A错误，B、C、D正确.] 6.答案(1)0.024V(2)1.08×10-1J (3)由N到M0.006C 解析(1)在0-0.1s内， 由题图乙可得智兴T小s=0.2T 由法拉第电磁感应定律E=VA=N马s △t △t 解得E=0.024V. (2)根据用合电路欧好定往1=R千，=0,05A 由焦耳定律Q=1PR,解得Q=1.08X104」 (3)根据楞次定律可以判断，0.1一0.4s通过R! 的电流方向由N到M,根据g=I△t 又7=R卡，E- △t 可得g=N兴，N 由题图乙可知，0.1~0.4s内磁感应强度变化！ 大小△B=0.02T,解得g=0.006C 7.C[由题意知，三根金属辐条始终有一根在磁！ 场中切割磁感线，切割磁感线的金属辐条相当 于内阻为的电源，另外两根金属辐条和定值· 电阻R。并联，辐条进出磁场前后电流的大小！ 向均改变，故A错误：电路的总电阻R一， 圈环匀建转动时感应电动势E=肌兰 BL,所以定值电阻R两端的电压U= E 2 二_B,通过定值电阻R,的电流1= 3 8 r 、 BL,故B错误，C正确：圆环转动一周，定值 8r 电阻R产生的热量Q=,T=BI如，故D 32r 错误.] 8.D[c边的位置坐标x从0~L的过程中，根！ 据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿！ ab广c·da,为正值.线框bc边有效切割长 度为l=L一t,感应电动势为E=B1w=B(L一！ t)·,随着t均匀增加，E均匀减小，感应电流！ =長，即知感应电流均匀减小，同理，从L一 2L的过程中，根据楞次定律判断出感应电流方 向沿a·d→c→b→a,为负值，感应电流仍均匀2 减小，故A、B、C错误，D正确.] C[由题意，画出线框在t时刻、21时刻、31时！ 刻、4t时刻位置示意图，则t时刻 P 2t时刻 P 0 ! 31时刻 P R ·× b 41时刻 ! 线框在0~1时间内，只有bc边切割磁感线，由 右手定则知电流由→b,回路产生顺时针方向 的电流，电动势为负值，巴1=一B1,线框在t~ 21时间内，bc边切割右方磁场，产生由b>c的： 电动势，ed切割左方磁场，产生e→d的电动： 势，二者对回路来说等大反向，回路总电动势为！ 零，e2=0;线框在21~31时间内，ed切割右方 磁场，产生d→e的电动势，fa切割左方磁场， 产生f→a的电动势，二者对回路同向，eg=! 2Bl0十B1u=3B,为正方向：在3t~41时间} 内，只有fa在右方磁场切割磁感线，产生a→f 的电动势，回路是顺时针，电动势e1=一2Blv, 结合闭合电路欧姆定律I=R 知只有C图像 满足，故A、B、D错误，C正确.门 ,答案（①器(2)士器 3 解析(1)当ab棒刚处于磁场时，ab棒切割！ 磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚】 好正常工作，则电路中路端电压U外=U 由电路的分压之比得U内=2U 则感应电动势为E=U外十U为=3U 由E=Blo=3U,可得0=B0 3U (2)若保持磁场不移动（仍在cdf矩形区域）， 而使磁感应强度随时间t均匀变化，电路可视！ 为棒与L1并联后再与L2串联，则正常工作的！ 灯泡为L2,所以L2两端的电压为U,电路中 电磁感应定律得E=”=A5。,联立解得 △t-△ △B3U △-2ld ,所以经过时间t时磁感应强度的 3U 可能值B,=Bo土2d。 课时分层检测（六十六） A[ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动！ 势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速！ 运动，由F=BIL=B=ma知，ef微的是 R 加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A 正确，B、C、D错误.] AC[甲图中，导体棒向右运动切割磁感线产 生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板 538 间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电 路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速 运动，故A正确：乙图中，导体棒向右运动切割 磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内 能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为 内能时，ab棒静止，又由于I= B,F=1B,由 于速度减小，则产生感应电流减小，导体棒所受 安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的 加速度减小，所以乙图中，棒ab做加速度减小 的减速运动，最终静止，故B错误：丙图中，导体 棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动， 速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运 动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动 势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速 运动，故C正确：由以上分析可知，甲、乙、丙图 中，只有图乙中棒ab最终静止，故D错误.] A[线框先做自由落体运动，t1时刻ab边进 入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A图 像中的加速度逐渐增大，故A错误；线框先做 自由落体运动，若进入磁场时重力小于安培力 ab边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到 零时做匀速直线运动，cd边进入磁场后线框做 自由落体运动，加速度为g,故B正确；线框先 做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力大于 安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入 磁场后线框做自由落体运动，加速度为g,故C 正确：线框先做自由落体运动，ab边进入磁场 时若重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边 进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度 为g,故D正确.] D「设杆长为L,杆下落过程中切割磁感线产 BL巴oc0,故C 生的感应电流大小为1=R千，=R十r 错误；根据牛顿第二定律有mg一B1L=ma,即 a=8 m(R+,故D正确；杆所受安培力的 大小为F=BL=,杆下落过程中先微加 R+r 速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保 持不变，所以安培力随速度先增大后不变，最终 大小为mg,故B错误：杆两端的电压为U IR-BLRv 速度先增大后不变，所以U先增大 R+r 后不变，故A错误.] ABD[由楞次定律结合左手定则可知，安培力 与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安 培力始终做负功，MN最终一定静止在()'位 置，A,B正确：根据楞次定律可知，从释放到第 一次到达(O)位置过程中，MN中电流方向由 M到N,D正确：从释放到第一次到达(O)位置 过程中，在即将到达())位置的时刻，MN所受 安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于 MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状 态，C错误.] ABD[由题意可知F-=a,得a=E R mR0,结合a-v图像可知 B B'L ma0, mR maR_1,，A、 0,解得m三a,B一人L2o B正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的 V 距离为=下，则通过金属棒横裁面的电荷量 E BLs g=1i=尺t=R W ，C错误：某时刻撒去 √FRo 拉力，此后 R =ma,则a=B mR,D正确.] CD[线图自由下落过程，有mgh=之m,”, ab边刚进入磁场时，有E-BLU=BL,解 得U=BL√2哑，故A错误：根据能量守恒定 律可知，从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁 场的过程，动能变化为0，重力势能转化为线框 产生的热量，则Q=mgd,ab边刚进入磁场时速 度为v0,ab边刚离开磁场时速度也为v。,所以 从ab边刚穿出磁场到cd边离开磁场的过程， 线框产生的热量与从ab边刚进入磁场到cd边！ 刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈 从ab边进入磁场到cd边高开磁场的过程，产 生的热量等于感应电流做的功，有Q=W= 2mgd,故B错误，C正确；因为进磁场时要减 速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培 力也减小，线框全部进入磁场将做加速运动，所！ 以全部进入磁场的瞬间速度最小，设线圈的最！ 小速度为？，从ab边刚进入磁场到线框完全进 入过程，由能量守恒定律，有弓m,2-号mm =W安一mgL,又之m2=mgh,W=mgd. 联立解得线圈的最小速度为。= √2g(h十L一d),故D正确.门 8.AB[a棒以速度2先进入磁场做切割磁感！ 线运动，产生的感应电流为B·2,棒 R 在磁场中会受到安培力，做减速直线运动，感应 电流也随之减小，设当b棒刚进入磁场时a棒 B1o,若 的速度为，此时的醉时电流为= =则--号 ,此时两棒产生的感 应电动势相抵，电流为零，金属棒不受安培力作！ 用，两棒均匀速运动离开，i-1图像中无电流， 只有A图符合：若<，即i1=R 时两棒产生的感应电动势不相等，要抵消一部 分，因b棒的速度大，电流方向为b棒中电流的 流向，即逆时针方向（从上往下看），大小为=！ B(一，b捧受安培力要减速，a棒受安培！ R 力而加速，则电流逐渐减小，故B、D图中只有B! 图符合.因电流不可能为恒定不变的？，故C 不符合.] 9.答案)器2)器 B2L2 解析(1)闭合开关S,金属棒下落的过程中受： 竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重 力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零， 速度最大，则 mg =I LB 由法拉第电磁感应定律得E1=BL1 由闭合电路欧姆定律得11=尺 E mgR 解得1一B (2)由第(1)问得14=瓷 由于Io<I 则断开开关S后，当金离棒的速度达到最大时，· 元件Z两端的电压恒为Um=2B缸 mgR 此时定值电阻两端的电压为UR=BL2一Um 回路中的电流为12=11 ,4 UR 又由欧姆定律得L,= 解得 3mgR 2B2L2 1答案a以采(2)宁2+1 解析(1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，！ 受力情况如图所示，根据平衡条件有FT一 F安十mgsin6 其中F安=IL1B I=E F E=BLv mg 导线框与木块通过细线相 连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据 平衡条件有Fr=mg 对导线框和木块枸成的系统，进入磁场前二者！ 一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有！ mg-mgsin 0-2ma 根据运动学方程可得进入磁场时速度！ v=√2aL 联立以上各式求解可得B√L六 gm'R2 : (2)线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线！ 框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系 统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳 热，根据能量守恒定律得 Q=mg(2L2十L1)一mg(2L2十L1)sin0 1, 所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生！ 的焦耳热Q=之mg(2L,十L1) 课时分层检测（六十七） E B[通过线圈横裁面的电荷量g=△=尺△= ，由子钱图选入和穿出磁场过程，线圈磁通！ R 量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过！ 程通过线圈横裁面的电荷量9相等，由动量定} 理得，线圈进入磁场过程一BI1at1=mo一 mo,线圈离开磁场过程-BT2at?=0一m0,由 于q=1,则-Bag=mw-mo,Baq=mo,解得 0=受，故B正确.] AD[由右手定则可知，流过定值电阻的电流！ 方向是QN,故A正确：金属棒刚进入磁场 时，速度最大，金属棒两端电势差最大，由动能 定理可知mgh=之mm2,解得如=√2gh,感！ 应电动势为E=BLm=BL√2gh,金属棒两端！ 老差的最大值为E=2R十万E=BL√2A 故B错误；由能量守恒定律可知，金属棒穿过磁！ 场区域的过程中电路中产生的焦耳热为Q=! mgh一mgd,电阻R产生的焦耳热为QR=! R 2R十RQ=3mg(h一d),故C错误；由动量定 理可知一mgt-BiL/=0-mn,又7i_BL4, 3R1 解得1=2巫_BL2d 3mgR,故D正确.] BC[根据题意可知，S与1闭合后，棒受安培！ 力作用做加速运动，棒切割磁感线产生感应电！ 动势，棒中的电流减小，受到的安培力减小，则 棒的加速度减小，直到感应电动势等于电源电！ 动势，棒最后匀速运动，故A错误；根据题意，！ 由能量守恒定律可知，从S与1闭合到棒ab达！ 到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动： 能和电路产生的焦耳热之和，故B正确：S与2！ 闭合后，棒ab相当于电源给电容器充电，此过！ 程棒受到的安培力水平向左，棒减速运动，则电： 动势减小，电容器两板间电压升高，棒ab中的 电流不断减小，当棒ab产生的感应电动势与电 容器两板间的电势差相等时，电路中的电流减： 小到零，随后棒做匀速直线运动，故D错误，C 正确， AD[设磁场的磁感应强度大小为B,由题意 BL 知I= 2R 2,解得B= 2I迟，A正确：金属棒穿 出磁场时的速度大小为令助，根据动量定理有！ B1=L=mw合mw,解得g-g深，时 错误：根据能量守恒定律可知金属棒中产生的焦！ 耳热为Q= 合[zmw2-m(）]- 1 △Φ E 6mw,C错误：根据g=1=2录=2示 g=B,得到MN与PQ间的距离为x=! 41PRD正确.] 771)0 BC[因为a、b棒切割磁感线时产生感应电 流，所以导体棒中有焦耳热产生，故a、b系统机 械能不守恒，故A错误：由题意知a棒受到的， 安培力为F,=2BIL,方向水平向左，而b棒受： 到的安培力为Fb=BIL,方向水平向右，故a、b: 系统所受合外力不为零，故、b系统动量不守！ 539 恒，故B正确：因两棒运动至稳定时满足2BL1 一BL2,设向右为正方向，则对a、b棒运动至 稳定的过程中分别由动量定理得一2BIL1 m一m,BL1=m,联立解得=亏 砂=，又因为=正，所以通过导体棒a的电 荷量为gB配，故C正确：由题意知稳定之 后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产 生，所以对a、b棒运动至稳定的过程中，由能量 守恒定律得导体棒a、b产生的总焦耳热为Q 2n,2 2m1 m2=m,所以 导体棒a产生的焦耳热为Q=之Q=号mw2, 故D错误.] AD[1=0时刻，PQ平行于导轨有向右的初 速度vo,则产生的感应电动势为E=BL0,此 时回路中的电流大小为I=R十R阳 E B队，两号你棒受到的安培力大小为F=LB, 3R 卫_B,由于安培力方向水平 则有ao一2m6mR 向左，与运动方向相反，故导体棒PQ做减速运 动，导体棒PQ速度减小，则PQ加速度减小， 两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可 知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守 恒定律，则有2mw=(m十2)共，两棒达到共 速，则得典=行，此后两棒以这个递度做匀 速直线运动，故导体棒PQ从1-0开始做加速 度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动，故A 正确：由能量守恒定律可知，在整个运动中产生 的总热量等于系统总动能的减少量，因此有Q =号×2m,2-号×3m0装2=子mw',故B 错误：1=0时刻，PQ两端的电压为MN两端的 2BLo,故 电压，大小为Up阳=UMw=IRN= C错误：导体棒MN速度由0~3的过程 中，对亭体棒MN根据动量定理可得BL△1 m·w,解得g=1△1=3B mv ,故D正确.] 答案(1)号(2)m%2(3)B7 解析(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性 碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 3m0=3mQ十mp 2×3mw022X30+7mp 3 1 联立解得仰=立w如=2w 碰后绝缘棒Q做匀速运动，金属棒P做减速直 线运动，绝缘棒Q和金属棒P滑出桌面后均做 平抛运动，落地点相同，因此金属棒P滑出导轨 时的速度与Q相同，设为p,则p 0 vo-2 (2)根据能量守恒有子mp2=之mm+Q 解得Q=o (3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定 理得-BIl△t=mp -mvp E△ΦBla 又g=1A1,1=R=R△R△ 联立可得x=B平 mvK 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运 动：故Q运动的时同为1天物 CD[由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧 E 姆定律得E=B·2L1=录，由牛顿第二定 律得2ILB=ma,联立解得a= 2BL0,故A mR 错误：最终回路中的电流为0，有2BLM