专题12 考点闯关(实战册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

0专题12电磁感应 (1)若金属框从开始进人到完全离开区域I的 框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距 过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率 离d。 和释放时g边与区域I上边界的距离s。 (2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域 Ⅱ时开始计时(t=0),此时金属框的速率为 ,若1=mgRsin口，求从开始计时到金属 k2L4 将来考什必】 山东模拟专练 w答案：P507 考点闯关 考点①电磁感应现象楞次定律 直于纸面向外，磁感应强度大小为B;正方 【题型】三定则一定律的综合应用 形区域内磁场方向垂直于纸面向里，磁感应 1.(2025山东日照一中月考)（多选）如图所 强度大小随时间变化的图像如图乙所示。 示，两个圆形金属圆环I、Ⅱ和方形金属线 下列说法正确的是( 圈A位于同一平面内，线圈A中通以逆时 针方向的电流i,下列说法正确的是() ××× d to 2to t 甲 A.0~to时间内，灯泡发光且电流方向由a →d A.若电流i变小，则圆环I有缩小的趋势 B.0~t时间内，灯泡两端电压为Boad 2 B.若电流讠变小，则圆环Ⅱ有缩小的趋势 C.0t。时间内，通过导体棒的电荷量 C.若电流i不变，仅让圆环I的半径扩大， 则工中产生逆时针方向的感应电流 为B,owdP R D.若电流i不变，仅让圆环Ⅱ的半径缩小， D.若要使to~2t时间内，灯泡不发光，图乙 则Ⅱ中产生顺时针方向的感应电流 中B的变化率应为Boω 考点②法拉第电磁感应定律及其应用 【题型2】电磁感应中的图像问题 【题型1】感生电动势和动生电动势 3.(2025山东部分学校高三上适应性测试)如 2.(2024山东咸海期末)（多选）如图甲所示， 图所示，在水平光滑绝缘桌面上有一等腰直 光滑金属导轨abc和deO电阻不计，abed 角三角形单匝均匀金属线框abc,直角边长 为边长为d的正方形，bc段为圆弧，O为圆 为L。空间存在竖直向下的有界匀强磁场， 弧的圆心，∠bOe=45°，ad间连接电阻为R 有界磁场的宽度为2L。线框在水平拉力F 的灯泡。0时刻开始电阻为R的导体棒绕 作用下向右匀速穿过磁场区域，若图示位置 O点沿圆弧转动，转动的角速度为w,经2to 为t=0时刻，设逆时针方向为电流的正方 由b转到c。扇形区域内磁场恒定，方向垂 向，水平向右为拉力的正方向，则线框中的 181 实战册 实战高考·物理 感应电流讠和拉力F随时间t变化关系的 A撤去外力瞬间，金属棒的加速度为号 图像可能正确的是（时间单位为二，图中曲 B.金属棒匀速运动时的速度大小为6mgS 线为抛物线)( 5B2L2 C.经过时间t,通过金属棒的电荷量 t 为3mngt+5mu 4BL B + D.经过时间t,金属棒运动的位移 为15mgtR-25muR 8B2L2 【题型4】电磁感应中的双杆模型 5.(2025山东齐鲁名校第一次大联考)（多选） B 如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨固 定在同一水平面内，导轨平面虚线左侧存在 竖直向下的匀强磁场，虚线右侧存在竖直向 上的匀强磁场，虚线左右两侧磁场的磁感应 强度大小均为B,导体棒ab和cd均垂直于 C D 导轨静止放置在导轨上。某时刻起，保持 【题型3】电磁感应中的单杆模型 ab静止，对cd施加大小为F的水平向右的 4.(2025山东潍坊开学调研)如图所示，粗细 恒力，经过时间t,导体棒cd的加速度变为 均匀的足够长平行光滑金属导轨固定在倾 0,此时立即将该恒力撤掉，同时释放ab。 角0=37°的绝缘斜面上，导轨间距为L,导 已知两导轨的间距为L,导体棒ab的质量 轨区域存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应 为m、接入电路的电阻为R,cd的质量为 强度大小为B,导轨底端连接一个阻值为R 2m、接入电路的电阻也为R,其余电阻不 的定值电阻，在靠近导轨顶端处垂直导轨放 计，两导体棒运动时均与导轨垂直且接触良 置一根质量为m的金属棒，金属棒接入电 好。对两导体棒的运动过程，下列说法正确 路的阻值为R,金属棒由静止开始释放，经 的是( 过时间t速度达到1，之后继续加速直至匀 速运动。金属棒运动过程中始终与导轨保 持垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加 d 速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列 A.撤掉恒力后，导体棒ab和cd的总动量先 说法正确的是( 减小后不变 B.导体棒ab和cd间的距离先逐渐增大，最 后保持不变 C.导体棒ab的最大速度为R 3B2L2 D.导体棒cd从开始运动到速度最大的过 182 0专题12电磁感应 程，整个回路产生的焦耳热为2R: 法正确的是( BL2 6.(2024山东德州期末)（多选）如图所示，导 体棒a、b放置在足够长的光滑平行金属导 轨上，导轨左、右两部分的间距分别为1、2L, 导体棒a、b的质量分别为m、2m,接入电路 级工 的电阻分别为R、2R,其余部分电阻均忽略 不计。导体棒a、b均处于方向竖直向上的 A线框AB边进人磁场时的速度大小 匀强磁场中，磁感应强度大小为B,α、b两导 为1mgR 5B2L2 体棒均以的初速度同时水平向右运动， 两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且 B线框CD边与EF边的距离为847mgR 288B4L4 保持良好接触，导体棒α始终在窄轨上运动， C.从开始下落到EF边离开磁场的过程所 导体棒b始终在宽轨上运动，直到两导体棒 达到稳定状态。下列说法正确的是( 用时间为品+天 D.从开始下落到EF边离开磁场的过程中， 线框中产生的焦耳热为2mgL 【题型6】电磁感应中的动量和能量综合问题 A.开始时导体棒a中的电流方向为Q→P 8.(2025山东德州开学考)（多选）如图所示， 光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为0 以导体棒中的最大电流为驶 =30°的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的 C.稳定时导体棒a的速度大小为w 平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、 D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强 D.从开始至稳定状态，电路中产生的焦耳 度为B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中， 热为后md 导轨间距均为L=1m,右侧连接一阻值为 12的电阻。两金属棒ab、cd的质量分别为 【题型5】电磁感应中的线框模型 7.(2024山东淄博一模)（多选）如图所示，有 1kg、2kg,长度均为1m,电阻均为12。初 高度为L、水平向里的有界匀强磁场，磁 始时，金属棒cd垂直静置在水平导轨上，金 感应强度大小为B。在磁场上方某处，竖直 属棒ab垂直倾斜导轨从距底端2.5m处由 放置的“日”字形闭合导体线框，宽为L、质 静止释放，不计导轨电阻。金属棒cd达到最 量为m,AC、CE的长度都大于L,AB、CD、 大速度后闭合开关，重力加速度g取10m/s2, EF边均与磁场边界平行，AB边的电阻为 两金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确 R、CD边的电阻为2R、EF边的电阻为3R, 的是( 其余电阻不计。线框由静止开始下落且始 终保持竖直，线框AB边、CD边、EF边刚 进入磁场时，线框均恰好开始做匀速直线运 动，不计空气阻力，重力加速度为g,下列说 183 实战册 实战高考·物理】 A.金属棒cd的最大加速度大小为1.25m/s2 (3)最终稳定时金属棒1所在位置，以及全 B.金属棒cd的最大速度大小为2.5m/s 过程金属棒1产生的焦耳热。 C.闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为 ye 金属棒1 D.闭合开关前后流过金属棒cd的电流方 向不变 9.(2025山东部分学校高三上适应性测试)如 金属棒2 图所示，相距L=2m的平行金属导轨，左 侧部分水平，分布着竖直向上的匀强磁场， 右侧部分倾斜，倾角为0=37°，倾斜导轨上 的c、d两点处各有一小段绝缘导轨（长度可 忽略不计)，在ab连线到NQ连线之间分布 着垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强 度大小均为B=1T,倾斜导轨上端M、P之 间接有阻值为R=12的电阻，其余导轨电 阻不计，水平与倾斜导轨连接处平滑过渡。 金属棒1与2的质量都为m=1kg,有效接 入导轨间的长度都为L=2m,电阻都为r= 12。金属棒1从ab连线上方x1=1m处 由静止释放，ab与cd之间距离x2=5m,cd 与NQ之间距离x3=8m,cd与NQ之间棒 与导轨间的动摩擦因数为=0.75，其余部 分导轨均光滑，金属棒2初始时静止，到 NQ距离为x4=8m。金属棒1进入磁场 后，在运动到cd前已达到稳定速度，在运动 到Q前已再次达到稳定速度。运动过程 中，两金属棒与导轨接触良好，且始终与导 轨垂直，不计金属棒经过NQ时的能量损 失，若两金属棒相碰则发生弹性碰撞。（已 知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g取10m/s2)求： (1)金属棒1运动到cd前达到的稳定速度 0的大小。 (2)金属棒1运动到NQ时，金属棒2的速 度大小。 184电动势，可得f=BE,L,郎得E=BLV+高， 故选A。 ⑥BC解析因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的 速度为每秒运动一个方格，故在0~ls内只有ae边切割 磁感线，设方格边长为L,可得B=2BL0,1-是，可知 电流恒定；2S末线框在第二象限长度最长，此时有E2= 3BL,12-是，可知12=是1；2~4s内线框有一饰分进 入第一象限，可知电流会减小，在4s末同理可得I3= 号1，故A错误，B正确。根据F=BIL可知，在0~ 1s内ab边受到的安培力线性增加；1s末安培力大小为 Fb=BI1L;在2s末安培力大小为F'-BX号I1X2L, 所以Fb'=3Fb,由图像知，C正确，D错误。故选B、C。 a1）2g级gtan a migh2sna（2)mRw B2L2 cos a 2B4L4 cos4 a kLA 解析(1)金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中， 金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培 力水平向左，则金属框切割磁感线产生的感应电动势E= BLucos a, 全%柜中电流1一员， 金属框做匀速直线运动，则BILcos a=mgsin a, 解得全属征句建运动的晚率一器。 金属框开始释放到g边进入磁场的过程中，只有重力做 功，由动能定理可得mgssin a=2m2, 山东模 考点闯关 ①AC解析若电流i变小，穿过圆环I、Ⅱ的磁通量都 变小，会发生电磁感应现象，根据楞次定律可知，要阻碍 磁通量的减小，则圆环I有缩小的趋势，圆环Ⅱ有扩张的 趋势，故A正确，B错误。若电流i不变，则电流产生的磁 感应强度不变，仅让圆环I半径扩大，穿过圆环I的磁通 量变小，根据楞次定律可知，圆环I中会产生逆时针方向 的感应电流，故C正确；若电流i不变，则电流产生的磁感 应强度不变，仅让圆环Ⅱ半径缩小，穿过圆环Ⅱ的磁通量 变小，根据楞次定律可知，圆环Ⅱ中产生逆时针方向的感 应电流。故D错误。故选A、C。 2BD解析0~0时间内，电路中有感应电流产生，灯 泡发光，根据右手定则知电流方向由d→a,A错误；0to 时间内，导体棒产生的感应电动势为E=号B(W2d)2w= ○实战册参考答案及解析 可得释放时pg边与区城I上边界的距离s一2gina -2那cosa m2gR2 sin a (2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),设金属框ef 边到O,点的距离为x时，金属框中产生的感应电动势E -9-AL2=1L2+如2=(1+o)L2,其中0 △t△t △t =4x At' 此时全属框中的感应电流1={， 金属框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为F安1= [kit+k2 (x+L)]IL, 金属框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为F安2= (kt+k2x)IL, 则金属框受到的安培力F安=F安1一F安2=[k1t十k2(x十 L)]IL-(k1t+k2)IL, 代入k1=mngRsin a k2L4 kLAv 化简得F安=mgsin a十R, 当线框平衡时F安=mgsin a,可知此时线框速率为0， 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动 量定理可得mgsin a·△t-F安△t=m△v, 即-L4v R A=mAv, 对时间累积求和可得-3L4 R =0一m0, 可得d=mR如 b号L4。 拟专练 B0dPw,根据闭合电路欧姆定律可知，灯泡两端电压为U FRF_Bod,B正确；由q=1t可知，0~to时间内，通 2 过子体裤的电对童为4一系，-B聚，C错头：若受使 2R to~20时间内，灯泡不发光，则回路中的磁通量不发生变 化，即AB=合Bua(EdD2,解得B的变化率A-会智 △t =Bow,D正确。故选B、D。 目D解断在0~占内，由几何关系可知，线框有效切割 长度为L一t,可得感应电动势E=B(L一t)o,可知感应 电动势随时间线性减小，根据右手定则可知电流方向由b 指向a,所以感应电流为正方向，且线性减小到0；在上~ 吃) 2上内，线框的磁通量保持不变，没有感应电流；在2上~ 507 答案册 实战高考·物理 3二内，线框有效切制长度为L一，可得感应电动势E B(L一)v,可知感应电动势线性减小，根据右手定则可 知电流方向由c指向α，所以感应电流为负方向，且线性 减小到0，故A、B错误。由以上分析可知，在0一上内，线 框处于磁场中的实际长度为L一，可得安培力大小为 F安=B(L。)2巴，根据左手定则可知安培力方向为水 R 平向左，拉力与安培力二力平衡，所以拉力水平向右，即 拉力方向为正方向，其大小为F=F案=B(L。)2v,同 R 理可知，在2号-3号内，有F=FP=Rw),显轻 R 力方向为正；在上~2上内，线框的磁通量保持不变，没有 ) 感应电流，安培力为零，拉力也为零，故C错误，D正确。 故选D。 解题技巧 线框进入有界磁场区域，可根据楞次定律或右手定则 确定线框中感应电流的方向与规定正方向的关系，运 用排除法排掉部分选项，再根据线框切割有效长度的 变化确定电流大小的变化。注意抓住一些特殊位置， 例如最大值或者为零的位置。进行安培力计算时，要 注意电流和有效长度乘积的变化规律， ④D解析撤去外力瞬间，对金属棒进行分析，根据牛顿 第二定律有mngsin0=ma,解得a=号g,故A错误；金属 棒匀速运动时，感应电动势E=-Blicos0,感应电流I= E =2,根据平衡条件有BILcos0=mgsin0,解得o日 期娜器，故B餐误；对会属棒进行分折，根超功量定理有 mgsin0·t-BILcos0·t=mu-0,其中q=It,联立解 得g-3mg5m,故C错误；经过时间，有E-BLL,7 4BL E BLx 京2R9二，解得金属棒运动的位移为2 =-x cos 15mgtR-25mmR,故D正确。故选D。 8B2L2 解题技巧 导体棒在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速 直线运动的题目中，涉及速度、电荷量、运动时间、运动 位移的求解时，常用动量定理求解，通常把动量定理与 电荷量的表达式结合使用。 目AC藤批拌恒力时有F=BL1=BL,聚，解得 508 此时山水平向右的装大递定为1器，之后两子休棒 均受到向左的安培力，总动量水平向右减小，在安培力的 作用下导体棒cd向右减速，导体棒ab自静止开始向左加 速，当两者速度大小相等时总电动势为0，受到的安培力 均为0，之后两导体棒分别以大小相等的速度向相反的方 向做匀速运动，它们间的距离一直增大，总动量保持不 变，故A正确，B错误；撤掉恒力后，同一时刻两导体棒中 的电流相等，所受安培力大小相等，由牛顿第二定律可 知，导体棒ab的加速度大小是cd加速度大小的2倍，因 此同一过程中ab的速度变化量大小是cd的2倍，则2 0=2(一四)，解得导体捧a山的最大速度0=器，故 C正确；导体棒cd从开始运动到速度最大的过程，对cd 有FP一BLk=F1B聚=2m1-0,对整个系统有Q= 2R Fz-合×2m,解得签个回路产生的焦耳热为Q- -1,放D结民。选AC ⑥BCD解析分析可知，两导体棒刚开始均以初速度0 做切割磁感线运动时产生的感应电动势有最大值，且两 导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，因此总 的感应电动势Em=2Bl一Blo=Bl0,此时回路中的 感应电流有最大值，根据闭合电路的欧姆定律可得Im= E。=B四，根据楞次定律（两导体棒构成回路的面积 R+2R 3R 因两导体棒的运动而变大)或右手定则可知，回路中感应 电流的方向为顺时针（从上往下看），因此开始时导体棒a 中的电流方向为P→Q,故A错误，B正确；稳定时两导体 棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，设此时a棒 的速度大小为va,b棒的速度大小为b,则有Bla= 2Blb,可得a=2b,根据左手定则可知，稳定前安培力 对导体棒a做正功，对导体棒b做负功，a的速度增加，b 的速度减小，设达到稳定时所用的时间为t,则对a由动 量定理有BlI·t=ma一m,对b由动量定理有-2BlI ·=2mw-2mw,联立解得w=号0，%=号0，故C正 确；从开始至稳定状态，对整个系统由能量守恒定律有 m+×2m=n(告a+×2m(号)+ Q,解得电路中产生的焦耳热为Q-司m6,故D正确。故 选B、C、D。 ⑦AC解析AB边进入磁场时切割磁感线产生感应电 动势，AB边相当于电源，CD边与EF边并联，则电路中 RDRF=1迟，由于线框匀 的总电阻为R总1=RAB十RCD十Rm=5 速运动，根据平衡条件有F安=mg,设AB边中的电流为 I1,则AB边受到的安培力大小为F安=BI1L,设AB边 进入磁场时的速度为1，则AB边进入磁场时的电动势 为E1=BL,根据闭合电路欧姆定律有1=，联型 以上各式，解得=器故A正痛：若钱框CD边刚 进入磁场时做匀速运动，CD边相当于电源，AB边与EF RABREF 边并联，则电路中的总电阻为R总2=RD十RB干R际 平，由于线框匀速运动，极据平衡条件有F=mg,设 CD边中的电流为I2,则CD边受到的安培力大小为F安 =BI2L,设CD边进入磁场时的速度为v2,则CD边进入 磁场时的电动势为E2=BL2,根据闭合电路欧姆定律有 =忌联立以上各式，解得g-器，同理可得，EF 边在磁场中做匀速直线运动的速度大小为的=3B臣， 11mgR 从CD边出磁场到EF边进磁场的过程中，穿过线框的磁 通量不变，没有感应电流产生，线框做加速度为g的匀加 速运动，则CD边与EF边的距离为h3=喝，吃+L 84m恐+L,故B错误；从开始下落到EF边离开磁场 288B4L4 的过程中，AB、CD、EF边在磁场中时线框均做匀速直线 运动，三条边都不在磁场中的所有过程可整体看作是匀 加速直线运动，则从开始下落到EF边离开磁场的过程 中，所用的时间为t=L十L+L+监=12B2L 01 03 g 阁m,故C正确：开始时AB边到磁场上边界的距高为 A1=落AB边与CD边的距离为h2=喝+L,根据能 量守恒，线圈产生的焦耳热为Q=mg(h1十h2+h3十L) 2m喝，解得Q-3mgL,故D错误。故选A.C ⑧AC解析设金属棒ab下滑到斜面底端时速度为v, 根据机栽能守恒定律有gsin=mu2,解得= 5m/s,金属棒ab刚进入磁场时，金属棒cd的加速度最大 金属棒ab刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv, 通过会属棒d的电流为I一R平，金属棒a山所受的安培 力大小为F=IBL,则最大加速度大小为F=mdam,联立 解得am=1.25m/s2,故A正确；当金属棒ab、cd共速时， 金属棒cd速度最大，由动量守恒定律得mbv=(mb十 O实战册参考答案及解析 ma)m,解得a=号m/s,故B错误；对金属捧cd,由动 量定理得IBL△t=mdvm,又q=I△t,解得闭合开关前流 过金属棒cd的电符量为gC,由于金属捧ab与cd申 联，则流过的电荷量相等，所以闭合开关前流过金属棒ab 的电荷量为9C,故C正确；闭合开关前，金属捧6的速 度大于金属棒cd的速度，根据右手定则可知流过金属棒 cd的电流方向为d→c,闭合开关后，cd棒切割磁感线，相 当于电源，流过cd棒的电流方向为c→d,故闭合开关前 后流过cd棒的电流方向改变，故D错误。故选A、C。 9(1)3m/s(2)1.5m/s (3)金属棒1停在NQ左侧0.375m处18J 解析(1)金属棒1匀速运动时有mgsin日=BIL, E一la1R平，联立解得-3m/ (2)设金属棒1在运动到NQ前再次匀速运动时速度为 v1,此时金属棒2速度为2，则有BL=BL2(且可知2 方向水平向右)， 设此后金属棒1沿倾斜导轨向下运动51，金属棒2沿水平 导轨向右运动2，以沿倾斜导轨向下为正方向，由动量定 理得，对金属棒1有(mgsin0-mgcos0)t一 BL2(1-2）-1一mw,可得-BL2（-2）=m 2r 2r 一m0, 以水平向右为正方向，对金属棒2有BL2(1一2) 2r =mU2, 联立解得)=2=1.5m/s,即金属棒2的速度大小 为1.5m/s。 (3)由第(2)问可得s1一52=0.75m,而当金属棒1运动到 NQ时，s1=8m,则52=7.25m, 此后两金属棒都以1.5m/s的初速度在EF右侧的水平 导轨上相向运动，两金属棒初始时相距8m一7.25m= 0.75m, 并以大小相同的加速度做减速运动，如果相碰，各自从原 速率反弹后继续以大小相同的加速度做减速运动，直到 两金属棒的速度都为零，设两金属棒在此过程中运动的 路程分别为5'、5b',对任意金属棒由动量定理有 B2L2(s。'十62）=0一m,解得sa'+s6'=0.75m, 2r 由两棒运动过程的对称性可知，金属棒1停在NQ左侧 0.375m处。 在运动的任意阶段，金属棒1均与电阻或金属棒2产生的 焦耳热相等，由能量守恒定律得 509 答案册 实战高考·物理 Q=mg☑十2十）6mg0s9·29,解得Q=18J. 2 分层闯关) 目D腰新多应电动势E一兽-兰5，S=,忘主电 场对带电小球所做的功W=Eg=πr2qk,D正确。故选D。 目A铜由E=5L,I景，F=BL得F聚， R 又签=aa==聚，可知=聚所以 72 mR 0e素：，故选An ③AD解析开关S闭合后，当拉力与安培力相等时，金 属棒的速度最大，则F=F安=BIL,由闭合电路欧姆定律 1=是，金属棒切制磁感线产生的感应电功势为E BLw,联立可得，拉力为下=20，故A正确；开关断 R 开前，金属棒达到最大速度的过程，由动量定理得Ft BLx 一BiL:=m-0,又1-{-尽，解得会属棒运动的位 移大小为x=01一器，故B错误：开关断开后，金属捧 做匀速直线运动，当外力的功率为定值电阻功率的3倍 时，设回路的电流为I,则F外0=3PR,由平衡条件知， 外力F%=BL,联立解得I=,会属排产生的感应 电动势E=BL0,则电容器两端的电压U=E一IR= 号B肌，此时电客器所带的电荷量即道过电源的电荷量， 为g=CU=号CBL0,由功能关系知，外力做的功W=gE =号CBL2听，故C错误，D正确。故选AD。 ④AB解析设金属导轨间距为L,磁场为B,磁场宽度 为d,回路总电阻为R总，金属棒两次穿过磁场区域过程 中，根据动量定理可得，一BLI·△t=mw末一mU物，又q= 1·-,可得△-职股两次学过随场的速度 变化量大小相等，故A正确；设第一次穿过磁场的速度为 ,由选项A可知第二次穿过磁场的速度2一0=0一 u,PQ发生碰撞，根据动量守恒定律可得mU1=M·50 一mu2,解得M=5m,即金属棒Q的质量为5m,故B正 确；由于PQ发生非弹性碰撞，无法求解碰撞之后P的速 度，无法求解金属棒P碰撞前的速度大小和整个过程中 金属棒P和Q产生的焦耳热，故C、D错误。故选A、B。 ⑤BC解析设导线框速度为v,电阻为R,则0~1s内 5101 电流一是-BX-兴，可知均句增大，该过程最大 R 电流为贸，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方 向；1~2s内，导线框一部分在垂直于纸面向里的磁场， 一部分在垂直于纸面向外的磁场，且两边切割磁感线产 生的感应电动势方向相同，此时两边产生的感应电动势 有加，可得=是=BX2R0X0-限2，可 R R 知电流从最大值2B巴逐渐减小到0，由右手定则可知电流 R 方向为顺时针，为负方向；2~3$内，导线框离开磁场，电 流景-BR-贸-，可知电流遂渐减小 R 到0，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向。综 合可知，1~2s内最大电流是0~1s内电流的2倍，所以 it图像B选项符合题意。根据0~1s内，AC在磁场外， 安培力FAC=0,1~2s内，导线框一部分在垂直于纸面 向里的磁场，一部分在垂直于纸面向外的磁场，AC边安 培力大小FAC2=BXBX2Cg)四X(1-t)= R 2B)2,可知该过程安培力从最大值2B逐渐减 R R 小到0，再反向增大最后减小到0，分析可知AC边安培力 方向先向左后向右，即方向先正后负，且图像为开口向上 的二次函数；2~3s内，线框出磁场，AC边安培力大小 FAC3=BXB）"X(1-t)=B2(I)2巴，可知安培 R R 力从最大值逐渐减小，且图像为开口向上的二次函 R 数。综合分析可知C选项符合题意。故选B、C。 ⑥CD解析金属杆切割磁感线产生的电动势E电= BL,不计一切电阻，电容器两端电压U=E电，充电电流I -点-C心_CB,全属杆加速度a-恕，所以金属杆 △t△t △t 所受安培力F=BIL=CBL2a,由牛顿第二定律得mgsin0 一下-心，解得am部是品全属杆沿斜西微匀加速直 线运动，故A错误。由a器品可知，C塔大，@减 小，由d=2a2可得时间变长，故B错误。由2=2ad ,√器.=-√得器c正 确。由能量守恒可知，电容器储存的电能E=mgdsin0- 方z2=CB2L2 mgdsin0,故D正确。故选CD。 m+CB2L2