2021届高考物理二轮复习-专题四-第2讲-电磁感应及其应用学案

2021届高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应及其应用学案2021届高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应及其应用学案PAGE17-2021届高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应及其应用学案2021届高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应及其应用学案年级：姓名：第2讲电磁感应及其应用思维导图要点熟记1.“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。(3)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向。(4)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向。2.求感应电动势的两种方法(1)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，用来计算感应电动势的平均值。(2)E＝BLv，用来计算感应电动势的瞬时值或平均值。(3)E＝eq\f(1,2)Bl2ω，用来计算导体棒转动切割磁感线时的感应电动势。3.感应电荷量的两种求法(1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流。通过的电荷量表达式为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR总)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R总)。(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q满足的关系式：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝－Blq＝mΔv。4.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。5.电磁感应中的功能关系在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能。[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能考向一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．判定感应电流方向(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。2．求感应电动势(1)感生电动势：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S不变时：E＝nS\f(ΔB,Δt),B不变时：E＝nB\f(ΔS,Δt)))⇩q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)(2)动生电动势eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(平动切割：E＝Blv,转动切割：E＝\f(1,2)Bl2ω))[典例1]如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3m2、电阻R＝0.6Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q。[解析](1)感应电动势的平均值E＝eq\f(ΔΦ,Δt)磁通量的变化量ΔΦ＝BS解得E＝eq\f(BS,Δt)代入数据得E＝0.12V。(2)平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(E,R)代入数据得eq\o(I,\s\up6(－))＝0.2A电流方向如图所示。(3)电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt代入数据得q＝0.1C。[答案](1)0.12V(2)0.2A图见解析(3)0.1C1．(2020·安徽江南十校检测)在粗糙水平面上平放一根导体棒和一个金属圆环，如图甲所示(俯视图)，给导体棒中通以如图乙所示的电流，导体棒和圆环始终保持静止状态，则在0～t1时间内，下列说法正确的是()A．圆环中感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向B．圆环中感应电流先增大后减小C．导体棒受到的静摩擦力方向先向右后向左D．圆环先有扩张趋势后有收缩趋势解析：根据安培定则和楞次定律可知，圆环中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A项错误；导体棒中电流先增大得越来越慢后减小得越来越快，圆环中磁通量先变大得越来越慢后变小得越来越快，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流先减小后增大，B项错误；导体棒中电流先增大后减小，圆环中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，圆环和导体棒之间先排斥后吸引，则导体棒受到的静摩擦力先向右后向左，圆环先有收缩趋势后有扩张趋势，C项正确，D项错误。答案：C2．(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)解析：由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误。根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正确，D错误。答案：BC3．(多选)(2020·重庆市一中高三下学期5月月考)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为eq\f(2,3)v，则下列说法正确的是()A．此时圆环中的电流为逆时针方向B．此时圆环的加速度为eq\f(16B2a2v,3mR)C．此时圆环中的电功率为eq\f(64B2a2v2,9R)D．此过程中通过圆环截面的电荷量为eq\f(2Ba2,3R)解析：由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故A正确；左右两边圆环均切割磁感线，故感应电动势的大小为E＝2B×2a×eq\f(2,3)v＝eq\f(8,3)Bav，感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(8Bav,3R)，故其所受安培力大小为F＝2B×2a×I＝eq\f(32B2a2v,3R)，加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(32B2a2v,3mR)，故B错误；此时圆环的电功率为P＝I2R＝eq\f(64B2a2v2,9R)，故C正确；此过程中圆环磁通量的变化量为ΔΦ＝Bπa2，故电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πBa2,R)，故D错误。答案：AC考向二电磁感应中的图像问题1．“三点关注”(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。2．“两种技法”(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。[典例2](2020·江苏扬州中学高三下学期5月月考)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图像正确的是()[解析]线框的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度。由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得，感应电流与时间的关系式为I＝eq\f(BLa,R)t，B、L、a均不变，当0～t1时间内，感应电流为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，t2时刻后无感应电流，故A、B错误；由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得，感应电流与时间的关系式为I＝eq\f(BLa,R)t，当0～t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，Uad＝IRad＝eq\f(BLat,R)×eq\f(1,4)R＝eq\f(BLat,4)，电压随时间均匀增加，t2时刻后无感应电流，但有感应电动势，Uad＝E＝BLat电压随时间均匀增加，故C正确；线框所受的安培力为FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律得F－FA＝ma，得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma，当0～t1时间内，感应电流为零，F＝ma，为定值，t1～t2时间内，F与t是线性关系，但不过原点，t2时刻后无感应电流，F＝ma，为定值，故D错误。[答案]C规律总结解决电磁感应图像问题的一般步骤……………………(1)明确图像的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、v­t图、I­t图等(如典例的四个选项中的三类图像)。(2)分析电磁感应的具体过程(如典例中线框匀加速进入磁场的速度的变化)。(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式(如典例中感应电流、电压和拉力F的表达式)。(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。(6)画图像或判断图像(典例为判断图像)。4．(多选)(2020·江苏省苏锡常镇四市高三下学期5月二模)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器C和一个定值电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好。装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(垂直纸面向上为正)，MN始终保持静止。不计电容器充电时间，则在0～t2时间内，下列说法正确的是()A．电阻R两端的电压大小始终不变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN棒所受安培力的大小始终不变D．MN棒所受安培力的方向先向右后向左解析：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可以知道，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，故A正确；根据楞次定律判断可以知道，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，故B错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可以知道，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确；根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，因为磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误。答案：AD5．如图所示，直角坐标系xOy的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。现将半径为L、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动。t＝0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向，则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是()解析：根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电阻为R，角速度为ω，则电流大小为eq\f(BωL2,2R)，从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为eq\f(3BωL2,2R)，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是eq\f(3BωL2,2R)，线框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为eq\f(BωL2,2R)，B选项正确。答案：B6．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是()解析：PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BIL，I＝eq\f(mgsinθ,BL)，即电流恒定，且由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时的速度相同。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I­t图像如图A所示。情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为零，但两棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R总)，BIL－mgsinθ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的I­t图像如图D所示。答案：AD考向三电磁感应中的动力学和能量问题1．动力学问题中的“两分析、两状态”(1)受力和运动分析①导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体运动。②安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后做匀速直线运动。(2)平衡和非平衡状态处理①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析。②导体处于非平衡状态——加速度不为零。处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。2．求焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变。(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变与不变都适用。(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变与不变都适用。[典例3]如图所示，两不计电阻的平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L。在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g，求：(1)导体棒到达cd处时速度的大小；(2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小；(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。[解析](1)根据动能定理得(F－mg)H＝eq\f(1,2)mv2解得导体棒到达cd处时速度的大小为v＝eq\r(\f(2（F－mg）H,m))。(2)根据牛顿第二定律得mg＋FA－F＝ma安培力FA＝BId又I＝eq\f(E,R＋r)，E＝Bdv则导体棒刚进入磁场时加速度的大小a＝g＋eq\f(B2d2,m（R＋r）)eq\r(\f(2（F－mg）H,m))－eq\f(F,m)。(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)则通过电阻R的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLd,R＋r)根据动能定理得(F－mg)(H＋L)－WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)电路中产生的总热量Q＝WA电阻R产生的热量QR＝eq\f(R,R＋r)Q解得QR＝eq\f(R,R＋r)[(F－mg)(H＋L)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)]。[答案](1)eq\r(\f(2（F－mg）H,m))(2)g＋eq\f(B2d2,m（R＋r）)eq\r(\f(2（F－mg）H,m))－eq\f(F,m)(3)eq\f(BLd,R＋r)eq\f(R,R＋r)[(F－mg)(H＋L)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)]规律总结求解电磁感应中动力学和能量问题的一般步骤……………………(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功及这些力做功的特点，就可以知道合外力及能量相互转化情况。(3)根据牛顿第二定律、动力学和能量守恒列方程求解。7．(多选)(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后()A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值解析：当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度为a1，有F－Bil＝Ma1，MN中感应电流从M向N，在安培力作用下向右加速，加速度为a2，有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为i＝eq\f(Bl（v1－v2）,R)，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从eq\f(F,M)开始减小，加速度差值减小。当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝eq\f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力趋于恒定，进而确定感应电流趋于恒定，据i＝eq\f(Bl（v1－v2）,R)知金属框与MN的速度差维持不变，v­t图像如图所示，A错误，B、C正确：MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，MN到金属框bc边的距离越来越大，D错误。答案：BC8．(2020·福建三明期末质量检测)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4m，其下端连接一个定值电阻R＝4Ω，其他电阻不计。两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T。一质量为m＝0.04kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求导体棒下滑的最大速度大小；(2)导体棒从静止加速到v＝4m/s的过程中，通过R的电荷量q＝0.2C，求R产生的热量。解析：(1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则mgsinθ＝BILI＝eq\f(BLvm,R)联立解得vm＝6m/s。(2)设该过程中电流的平均值为eq\o(I,\s\up6(－))，则q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δteq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BLx,Δt)解得x＝eq\f(qR,BL)＝2m由能量守恒定律可得mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得Q＝0.16J。答案：(1)6m/s(2)0.16J考向四电磁感应中的动量和能量问题1．分析方法(1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据能量守恒列方程求解。(3)分析“动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)①求速度或电荷量：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt。②求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝－Bleq\f(ΔΦ,R总)。③求位移：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝－eq\f(B2l2\o(v,\s\up6(－))Δt,R总)＝mv2－mv1，即－eq\f(B2l2,R总)x＝m(v2－v1)。2．动量守恒定律的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。[典例4]两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T。现杆b以初速度大小v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。[解析](1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bdeq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝mb(v0－vb0)其中vb0＝2m/s代入数据解得Δt＝5s。(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)解得va＝eq\r(2gh)＝5m/s设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入数据解得v′＝eq\f(8,3)m/s杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)而q＝I·Δt′代入数据得q＝eq\f(7,3)C。(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Q＝magh＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq\f(161,6)Jb杆中产生的焦耳热为Q′＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)Q＝eq\f(115,6)J。[答案](1)5s(2)eq\f(7,3)C(3)eq\f(115,6)J9．(多选)如图所示，两根足够长、间距为l的固定光滑平行金属导轨，位于同一水平面内，导轨上横放着质量分别为m和3m的导体棒ab和cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，已知两棒的电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计。开始时，导体棒cd静止，导体棒ab以大小为v0的初速度从导轨左端开始向右运动，忽略回路中电流对磁场的影响，导体棒ab和cdA．金属棒cd先做匀加速直线运动，达到v0后做直线运动B．金属棒cd先做变加速直线运动，后以某一速度匀速直线运动C．两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)D．两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)解析：开始阶段ab棒向右减速运动，cd棒向右加速运动，cd棒速度小于ab棒速度，设某时