高考物理一轮复习 考点52 电磁感应中的动力学和能量综合问题（核心考点精讲+分层精练）解析版

考点52电磁感应中的动力学和能量综合问题1.3年真题考点分布题型选择题、解答题高考考点磁场、磁感应强度和磁感应线的理解；安培定则的应用及磁场的叠加原则；判断导体棒在磁场中的运动趋势；掌握安培力的分析和计算；新高考2023北京卷19题、海南卷17题、江苏卷2题、北京卷13题、山东卷12题、海南卷6题、辽宁卷2题、2022天津卷13题、江苏卷3题、湖北卷11题、湖南卷3题、全国甲卷25题、浙江春招卷3题、北京卷11题、福建卷4题、浙江卷5题、山东卷12题、广东卷12题、全国乙卷24题、上海卷15题2021重庆卷9题、江苏5题、浙江卷15题、广东卷5题、天津卷11题、辽宁卷9题、全国甲卷16题、海南卷18题、浙江卷15题、浙江春招卷8题2.命题规律及备考策略【命题规律】近3年新高考卷对于本节内容考查共计31次，主要考查：（1）磁场、磁感应强度和磁感应线的理解；（2）安培定则的应用及磁场的叠加原则；（3）判断导体棒在磁场中的运动趋势；（4）掌握安培力的分析和计算；【备考策略】理解电容器的充放电现象，并能根据充放电现象判断电容器的动态变化情况；掌握带电粒子在电场中的受力分析方法，判断带电粒子在电场中的偏转情况和运动情况；熟练掌握平抛运动的特点和规律，正确应用牛顿第二定律解决类平抛问题。【命题预测】本节内容涵盖知识点较多，是高考的热门考点。考查的内容主要体现在对科学思维、运动与相互作用观念等物理学科的核心素养的要求。题目综合性强，会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，2024年考生需注重与生产、生活、当今热点、现代科技相关热门题型。

考法1电磁感应中的动力学问题1．导体的两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析2.力学对象和电学对象间的相互关系角度1：电磁感应中的非平衡问题【典例1】（2022·重庆·高考真题）如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（

）A．k=2、m=2、n=2 B．C． D．【答案】C【详解】由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v=0时分别有，则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为，则，第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有，整理有则可知两次运动中F—v图像的斜率为，则有故选C。用牛顿运动定律处理电场感应问题的基本思路用牛顿运动定律处理电场感应问题的基本思路【变式】如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，求金属棒：(1)末速度的大小v.(2)通过的电流大小I.(3)通过的电荷量Q.【答案】(1)eq\r(2as)(2)(3)【解析](1)金属棒做匀加速直线运动，有v2＝2as，解得v＝eq\r(2as).(2)安培力F安＝IdB，金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安由牛顿第二定律F＝ma，解得I＝(3)运动时间t＝eq\f(v,a)，电荷量Q＝It，解得Q＝角度2：电磁感应中的平衡问题【典例2】如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．【思路点拨】解答的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小．【答案】(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)【解析】(1)设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinθ＝μFN1＋FT＋F①FN1＝2mgcosθ②对于cd棒，同理有mgsinθ＋μFN2＝FT③FN2＝mgcosθ④联立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得，I＝eq\f(E,R)⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2).⑨【变式】小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g取10m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω，不接外电流，两臂平衡，如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt).【答案】(1)25匝(2)0.1T/s【解析】(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL①天平平衡mg＝N1B0IL②代入数据得N1＝25匝③(2)由电磁感应定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)④E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld⑤由欧姆定律得I′＝eq\f(E,R)⑥线圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦天平平衡m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)⑧代入数据可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s⑨角度3：电磁感应中含电容器的动力学问题【典例3】如图所示，倾角=30°的斜面上有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d=0.5m，底端接有电容C=2000μF的电容器。质量m=20g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=2T。现用一沿导轨方向向上的恒力F1=0.54N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v=5m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向下，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿。求：(1)导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量；(2)t的大小；(3)F的大小。【答案】(1)1×10-2C；(2)0.25s；(3)0.45N【详解】(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为，U=Bdv=5V此时电容器的带电荷量，q=CU=1×10-2C(2)棒在F1作用下运动，根据牛顿第二定律可得，F1-mgsinα-BId=ma1又有，，联立解得，=20m/s2则解得=0.25s(3)若导体棒运动到P处后返回，从B→P：向沿导轨向上减速运动，电容器C放电，有可得从P→A：向沿导轨向下加速运动，电容器C充电，有可得因此棒在F2作用下一直做匀变速直线运动，其加速度方向沿导轨向下，又有，将相关数据代入解得F2=0.45N【变式】(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是()A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动【答案】BC【解析】金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错，B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D错．考法2电磁感应中的能量问题能量转化及焦耳定律的求法求解焦耳定律的三种方法焦耳定律：功能关系：能量转化：3．求解电能应分清两类情况（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．（2）若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．4.解题的一般步骤（1）确定研究对象(导体棒或回路)；（2）弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；（3）根据能量守恒定律或功能关系列式求解．角度1：线框在磁场中运动类问题【典例4】（2023·北京·统考高考真题）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（

）

A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等【答案】D【详解】A．线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；B．线框出磁场的过程中，根据E=Blv，联立有，由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；C．由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q=FAL其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量其中，则联立有由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。故选D。解决电磁感应综合问题的一般方法解决电磁感应综合问题的一般方法首先根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律判断电路中的电压和电流情况，然后隔离系统中的某个导体棒进行受力分析,结合共点力的平衡条件或牛顿第二定律进行求解,在求解电路中产生的热量问题时,一般是根据能量守恒定律采用整体法进行分析[【变式】（2023·陕西·校联考模拟预测）如图甲所示，在倾角为的斜面上，有一垂直斜面向下的足够宽的矩形匀强磁场区域，磁感应强度，区域长度，在紧靠磁场的上边界处放置一正方形线框，匝数，边长，线框电阻，质量，线框与斜面间的动摩擦因数。现在将线框由静止释放，当整个线框完全进入磁场时，线框刚好开始匀速运动。从线框刚好全部进入磁场开始计时，磁场即以如图乙所示规律变化。重力加速度g取10，，。下列说法正确的是（）

A．线框完全进入磁场瞬间的速度为2m/sB．线框从开始释放到完全进入磁场的时间为1.25sC．线框从开始运动到线框下边到达磁场下边界的过程中，流过线框的电荷量为2CD．线框从开始进入磁场到线框下边刚到达磁场下边界过程中线框产生的焦耳热为5.5J【答案】BD【详解】A．在线框刚匀速运动时，仅下边切割磁感线，电流大小安培力大小匀速运动说明受力平衡代入数据可得，故A错误；B．线框进入过程由动量定理得且，代入数据可得，故B正确；C．线框完全进入磁场后，所受安培力合力为零，对线框由牛顿第二定律得则线框从完全进入磁场到线框下边到达磁场下边界的过程中，解得从线框开始运动到完全进入磁场的过程中，流过线框的电荷量为而随后完全在磁场里有感生电流，仍会有电荷通过线框，且根据楞次定律可判断出，电流方向与进入磁场时的电流方向一致，则总电荷量为3C，故C错误；D．线框从开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，根据能量守恒定律，解得线框完全进入磁场到线框下边到达磁场下边界的过程中，回路中的感应电流大小为该过程产生的焦耳热为则总的焦耳热，故D正确。故选BD。角度2：导体棒平动切割磁感线问题【典例5】（2023·安徽芜湖·芜湖一中校考模拟预测）如图1所示，固定于水平面的足够长光滑U形导体框处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导体框两平行导轨间距为L，左端接一电动势为E、内阻为r的电源。一质量为m、电阻为R、长度也为L的导体棒垂直导体框放置并接触良好。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。忽略一切阻力和导体框的电阻，重力加速度为g。（1）闭合开关S后，导体棒由静止开始到达到稳定状态的过程中，求通过导体棒的电荷量q和整个回路产生的焦耳热；（2）如果将导体棒左侧通过轻绳和光滑定滑轮连接一质量为M的重物（如图2所示），闭合开关S，导体棒向右运动的过程中可以将重物提升一定高度，这就是一种简化的直流电动机模型，被提升的重物M即为电动机的负载。电动机达到稳定状态时物体匀速上升，求此时导体棒两端的电势差及速度的大小。

【答案】（1），；（2），【详解】（1）当导体棒切割磁感线产生的电动势等于直流电源电动势E时，回路中的电流为零，之后导体棒做匀速直线运动，则有，解得导体棒由静止开始到达到稳定状态的过程中，根据动量定理可得解得根据能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为（2）如图，当电动机达到稳定状态时，以导体棒和重物为整体，根据受力平衡可得，此时导体棒受到的安培力为，则设电动机达到稳定状态时的速度为，则有，联立解得【变式】（2024·浙江·模拟预测）如图所示，平行且光滑的导轨ABCD和水平面EFGH平行。质量分别为和m，电阻均为R的导体棒a、b垂直于导轨静置于图示位置（b静止在导轨右边缘BC处）。b的两端由二根足够长的轻质导线与导轨相连接，与a棒形成闭合回路。在BEHC右侧区域空间存在竖直向下的磁场，磁感应强度为B，当给导体棒a一个水平初速度2v₀后，在BC处与导体棒b发生弹性碰撞。碰撞后导体棒b飞离轨道并恰好从地面FG处离开磁场，导体棒运动过程中不会发生转动。已知导轨间距为l，导轨离地高度也为l，磁场区域长度EF为s，不计其他电阻，求：（1）导体棒b进入磁场时的速度和刚进入磁场时受到的安培力；（2）导体棒b离开磁场时，速度与水平方向的夹角正切值；（3）导体棒在磁场中运动过程中，b棒产生的总热量。

【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）a、b碰撞前后动量守恒，总动能不变，规定向右为正方向，由动量定理和能量守恒得b进入磁场瞬间（2）设导体棒b到达FG的水平分速度为，竖直分速度为，水平方向上根据动量定理竖直方向化简得，（3）由动能定理可得安培力做功为系统发热量，因此可化简得回路中产生的总热量b棒产生的总热量角度3：导体棒旋转切割磁感线问题【典例6】（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度=600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C=0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“［”形金属框fcde。棒ab长度和“［”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01kg，de与cf长度均为l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均为竖直向上；棒ab和“［”形框的cd边的电阻均为R=0.1，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？（2）求电容器释放的电荷量；（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。【答案】（1）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m【详解】（1）开关S和接线柱1接通，电容器充电充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板充正电；根据法拉第电磁感应定律可知，则电容器的电量为（2）电容器放电过程有，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有棒的上滑过程有联立解得（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为，由动量定理，可得匀速运动距离为，则【变式】（2023秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校考期末）半径分别为r和2r的同心半圆导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为2R、质量为m且质量分布均匀的导体棒AB置于半圆道上，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，在N、Q之间接有一阻值为R的电阻，导体棒AB在水平外力作用下，以角速度ω绕O点顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，设导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A．导体棒AB两端的电压为B．电阻R中的电流方向从Q到N，大小为C．外力的功率大小为D．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁感应强度增加，且变化得越来越慢【答案】AC【详解】A．因为导体棒匀速转动，所以平均切割磁感线速度产生的感应电动势，导体棒AB两端的电压，，故A正确；B．根据右手定则可知，电阻R中电流方向从Q到N，大小，故B错误；C．外力的功率等于回路的电功率与克服摩擦力的功率之和，即，故C正确；D．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁感应强度减小，故D错误。故选AC。考法3应用动量观点解决电磁感应问题动量定理在电磁感应问题中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做份匀变速直线运动时，安培力的冲量为：，通过导体棒或金属框的电荷量：磁通量的变化量：导体棒或金属框合力是受安培力时：当题目中涉及速度v，电荷量q、运动时间t，运动位移x时，常用动量定理求解更方便。动量守恒定律在电磁感应问题中的应用在双金属棒切割磁感应线的系统中时，双金属棒和导轨构成的闭合回路，当他们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒条件，运用动量守恒定律，求解更方便。【典例7】（2023·全国·统考高考真题）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻为、长度也为的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（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，，联立解得，由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为（2）根据能量守恒有，解得（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得又，，联立可得由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为【变式】（2023·浙江杭州·校联考二模）如图，相距为的光滑金属轨道，左侧部分倾斜，倾角为，上端接有阻值为的电阻，左侧空间存在有垂直于斜面向上的磁场，右侧部分水平，分布着如图所示的磁场，边界与相距，中间分布着竖直向下的磁场，边界与相距为，中间分布着竖直向上的磁场，它们的磁感应强度都为，左右两部分在倾斜轨道底端用光滑绝缘材料平滑连接，金属棒a与b的质量都为，长度都为，电阻都为，一开始金属棒b静止在边界与的中点，金属棒a从斜面上高度为处滑下，到达斜面底端前已经匀速运动，此后进入水平轨道，发现金属棒a到达边界时已经再次匀速。运动过程中，两棒与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，两棒如果相碰则发生弹性碰撞。（1）求斜面上金属棒a的匀速运动速度；（2）当棒a到达边界时，棒b的位移大小，以及a棒在与之间的运动时间t；（3）求最终稳定时两棒的间距x，以及全过程a棒的总发热量。

【答案】（1）2m/s；（2）1.5m，2.25s；（3）0.5m，10J【详解】（1）斜面上金属棒a匀速运动时，

，解得

（2）再次匀速必有，（且可知方向向左）对a棒有，（向右为正）对b棒有，（向左为正）

联立上述三式解得，及

又已知，所以方向向左

经分析易得（a棒减小的速度恰好由b棒增大的速度补偿）

又，则可解得

（3）此后a棒和b棒都以1m/s在的右侧相向运动，两棒初始相距，并以相同的加速度（加速度不断减小）减速，如果相碰，各自原速反弹后继续以相同的加速度减速，直至两棒的速度都为零，设两棒在此过程中所经历的路程为、，对任意棒有：

解得则易得：最终两棒先相向运动共1m，背离运动共0.5m，则a棒先向右0.5m，后向左0.25m，易得两棒都在的右侧停止，相距为0.5m又可知初始a棒的重力势能在任意阶段都是a棒电阻R与另一个等大电阻R的平均消耗为内能，故，，解得【基础过关】一、单选题1．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。边长为的正方形线框的总电阻为。除边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且边保持不动，杆的质量为。将线框拉至水平后由静止释放，杆第一次摆到最低位置时的速率为。重力加速度为，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（）A．端电势始终低于端电势B．杆中电流的大小、方向均保持不变C．安培力对杆的冲量大小为D．安培力对杆做的功为【答案】C【详解】A．根据题意，由右手定则可知，杆切割磁感线产生的感应电流方向为，则端电势始终高于端电势，故A错误；B．根据题意可知，杆运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误；C．安培力对杆的冲量大小为又有、和，可得则培力对杆的冲量大小为，故C正确；D．根据题意，设安培力对杆做的功为，由动能定理有，解得，故D错误。故选C。2．（2017·江西南昌·统考二模）如图所示，由均匀导线制成的，半径为R的圆环，以v的速度匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置（）时，a、b两点的电势差为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】有效切割长度即a、b连线，即有效切割长度为，所以产生的电动势为由右手定则可知电流的方向为，所以。由于在磁场部分的阻值为整个圆的，由闭合电路欧姆定律可得故选D。3．（多选）（2023·江西景德镇·统考二模）如图，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为，一端通过导线与阻值为的电阻连接；导轨上放一质量为的金属杆（如图甲），金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场竖直向下。用与导轨平行的拉力作用在金属杆上，使杆运动，当改变拉力的大小时，相对应稳定时的速度也会变化，已知和的关系如图乙。（重力加速度取）则（）A．金属杆受到的拉力与速度成正比B．该磁场磁感应强度B为0.25TC．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为【答案】CD【详解】ACD．当杆的运动达到稳定时，根据受力平衡可得，又联立可得，可知金属杆受到的拉力与速度不成正比关系；当时，，即图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小，由图像可得解得，，故A错误，CD正确；B．根据，可得可知图像的斜率为解得该磁场磁感应强度为，故B错误。故选CD。4．（多选）（2023·全国·二模）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（

）A．棒产生的电动势为 B．微粒的电荷量与质量之比为C．电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为【答案】AB【详解】A．棒绕端点转动产生的电动势为，故A正确；B．电容器并联在外电阻R两端，则电容器两端的电压为根据平衡条件所以微粒的电荷量与质量之比为，故B正确；C．电阻消耗的电功率为，故C错误；D．电容器所带的电荷量，故D错误。故选AB。5．（多选）（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考三模）如图所示，两条足够长的光滑平行导轨MN，水平放置，导轨间距为L=1m，电阻不计，两导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的电阻不计，b棒的阻值为R=1Ω，单刀双掷开关1接电容为C=0.5F的电容器上，初始状态，电容器不带电。电容器的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，电容器左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，导体棒a通过细线跨过光滑滑轮与竖直悬挂的重物A相连，已知重物A、两导体棒a、b三者的质量均为m=1kg。现将开关S置于1位置，释放重物A，同时开始计时，时断开开关S，时将开关S置于2位置，导体棒b开始运动；时刻两导体棒的加速度大小相等。重力加速度，则下列说法正确的是（）

A．时刻导体棒a的速度为B．时刻导体棒a的速度为C．时刻导体棒a的加速度为D．时刻回路消耗的热功率为25W【答案】AD【详解】A．对导体棒a，根据牛顿第二定律，根据，联立解得时刻导体棒a的速度，，故A正确；B．断开开关S后，不受安培力时刻导体棒a的速度为，故B错误；，CD．开关S置于2位置，时刻导体棒a的加速度导体棒b的加速度，，解得回路消耗的热功率为，故C错误D正确。故选AD。6．（多选）（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，水平金属导轨左右两部分宽度分别是和，导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，两根导体棒的质量分别为和，有效电阻分别是和，垂直于导轨放置在其左右两部分上，不计导轨电阻，两部分导轨都足够长，与导轨间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。若在水平拉力作用下向右做匀速直线运动，运动中与导轨垂直且接触良好，而恰好保持静止，则（）

A．做匀速直线运动的速度大小为B．做匀速直线运动的速度大小为C．水平拉力大小为D．水平拉力大小为【答案】AC【详解】AB．根据题意，设做匀速直线运动的速度大小为，则有，感应电流为对M棒受力分析，由平衡条件有，，联立解得，故B错误，A正确；CD．设水平拉力大小为，对棒受力分析，由平衡条件有解得，，故D错误，C正确。故选AC。7．（多选）（2023·湖南·校联考模拟预测）如图所示，水平间距为L，半径为r的二分之一光滑圆弧导轨，为导轨最低位置，与为最高位置且等高，右侧连接阻值为R的电阻，圆弧导轨所在区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。现有一根金属棒在外力的作用下以速度从沿导轨做匀速圆周运动至处，金属棒与导轨始终接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，则该过程中（）A．经过最低位置处时，通过电阻R的电流最小B．经过最低位置处时，通过金属棒的电流方向为C．通过电阻R的电荷量为D．电阻R上产生的热量为【答案】BC【详解】A．金属棒从位置运动到轨道最低位置处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐增大，由可知金属棒产生的感应电动势增大，则通过R的电流大小逐渐增大；金属棒从轨道最低位置运动到处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐减小，由可知金属棒产生的感应电动势减小，则通过R的电流大小逐渐减小，故经过最低位置处时，通过电阻R的电流最大，故A错误；B．由右手定则可知，经过最低位置处时，通过金属棒的电流方向为，故B正确；C．通过电阻R的电荷量为，故C正确；D．金属棒做匀速圆周运动，切割磁感线的有效速度为是金属棒的速度与水平方向的夹角，则金属棒产生的感应电动势为则回路中产生正弦式交变电流，可得感应电动势的最大值为有效值为由焦耳定律可知，R上产生的热量，故D错误。故选BC。8．（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）如图所示，宽度为L的平行金属导轨水平放置，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。将质量为m，电阻为r的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，其长度恰好等于导轨间距，导轨的电阻忽略不计，导轨足够长。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒从静止开始沿导轨向右运动。当导体棒速度为v时：（1）求导体棒两端的电压U；（2）求导体棒所受安培力的功率；（3）若已知此过程中导体棒产生的电热为，因摩擦生热为，求拉力F做的功W。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）感应电动势电路中的感应电流导体棒两端的电压（2）安培力功率整理得（3）导体棒产生的电热为，电阻R与导体棒电流相同，电路产生的总电热应为即导体棒克服安培力做功电导体棒克服摩擦力做功对导体棒列动能定理有代入得【利用功能原理也可】9．（2021·陕西宝鸡·宝鸡中学校考三模）如图所示，一矩形线圈abcd置于磁感应强度为0.5T的匀强磁场左侧，bc边恰在磁场边缘，磁场宽度等于线框ab边的长，ab=0.5m、bc=0.3m，线框总电阻为0.3Ω。当用0.6N的水平向右拉线框时，线框恰能以8m/s的速度匀速向右移动。求：（1）线框移入和移出磁场过程中感应电动势和感应电流的大小和方向；（2）线框穿过磁场的全过程中，外力对线框做的功；（3）在此过程中线框中产生的电能。

【答案】（1），，线框移入磁场过程电流方向为逆时针方向，线框移出磁场过程电流方向为顺时针方向；（2）；（3）【详解】（1）线框进入磁场时，bc边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为，即逆时针方向。线框离开磁场时，ad边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为，即顺时针方向。线框进入和离开磁场时，由法拉第电磁感应定律，电动势大小均为由欧姆定律得线框中的电流为（2）线框穿过磁场的全过程中，线圈在外力作用下的位移为外力对线框做的功为（3）由于线框匀速穿过磁场，可知外力对线框做的功等于线框中产生的电能，则有10．（2023·江苏南京·统考三模）如图所示，匚型金属导轨固定在水平桌面上，金属棒垂直置于导轨上，方形区域内存在着垂直于桌面向下的匀强磁场，当磁场在驱动力作用下水平向右运动，会驱动金属棒运动。已知导轨间距为，电阻不计，金属棒质量为，接入电路中的电阻为，磁感应强度为，金属棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度为。求：（1）金属棒刚要运动时的磁场速度；（2）使磁场以第（1）问中速度做匀速运动的驱动力功率P。【答案】（1）；（2）【详解】（1）根据题意可知，金属棒刚要运动时，有感应电动势为感应电流为安培力为联立解得（2）若磁场以第（1）问中速度做匀速运动，由牛顿第三定律可知，磁场受到的安培力大小等于，则驱动力的大小也为，驱动力功率为【能力提升】1．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，接入回路的电阻为R，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值也为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（）

A．回路中的电动势为B．微粒的电荷量与质量之比为C．电阻消耗的电功率为D．电容器所带的电荷量为【答案】D，【详解】A．如图所示，金属棒绕轴切割磁感线转动，回路中的电动势，故A错误；B．电容器两极板间电压等于，带电微粒在两极板间处于静止状态，则解得，故B错误；C．电阻消耗的功率，故C错误；D．电容器所带的电荷量，故D正确。故选D。2．（2023·山西运城·校考模拟预测）迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（）

A． B．C． D．【答案】A【详解】根据可得卫星做圆周运动的线速度根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为因导线绳所受阻力f与安培力F平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势，可得，解得故选A。二、多选题3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）如图所示，竖直放置两间距为的平行光滑金属轨道ME和PF（电阻不计），在ABCD、CDEF区域内存在垂直轨道平面的匀强磁MP场，磁感应强度大小,方向如图，图中。两导体棒a、b通过绝缘轻质杆连接，总质量，b棒电阻，a棒电阻不计；现将ab连杆系统从距离AB边高h处由静止释放，a棒匀速通过ABCD区域，最终a棒从进入AB边到穿出EF边的用时0.2s，导体棒与金属轨道垂直且接触良好。（g=10m/s2）（）

A．a棒刚进入ABCD磁场时电流方向是向左方向B．a棒刚进入ABCD磁场时速度大小C．D．a棒以1m/s的速度穿出EF边【答案】CD【详解】A．由右手定则可知，电流方向向右，A错误；B．设导体棒a进入磁场B1的速度为，产生的电动势电流匀速通过ABCD区域，要求，求得，B错误；C．ab连杆自由下落过程=0.8m，C正确；D．ab连杆在磁场B区域匀速下落的时间当导体棒a匀速进入CD边，导体棒开始减速经过导体棒a达到EF位置，当导体棒的速度为v时，电动势为电流为安培力为此过程中由动量定理可得，即求得，D正确。故选CD。4．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）如图甲所示，两条平行的光滑金属轨道与水平面成角固定，间距为，质量为的金属杆垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为。间接有阻值为的定值电阻，间接电阻箱。现从静止释放，改变电阻箱的阻值，测得最大速度为，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度取，则（）

A．金属杆中感应电流方向为指向B．金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上C．金属杆的质量为D．定值电阻的阻值为【答案】BD【详解】A．由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由指向，故A错误；B．由左手定则可知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，故B正确；CD．总电阻为通过的电流为当达到最大速度时，金属杆受力平衡，则有变形得根据图像可得

，解得，，故C错误，D正确。故选BD。5．（2023·广东汕头·仲元中学校联考二模）如图所示为某精密电子器件防撞装置，电子器件T和滑轨固定在一起，总质量为，滑轨内置匀强磁场的磁感应强度为B。受撞滑块K套在，滑轨内，滑块K上嵌有闭合线圈，线圈总电阻为R，匝数为n，边长为L，滑块K（含线圈）质量为，设T、K一起在光滑水平面上以速度向左运动，K与固定在水平面上的障碍物C相撞后速度立即变为零。不计滑块与滑轨间的摩擦作用，大于滑轨长度，对于碰撞后到电子器件T停下的过程（线圈边与器件T未接触），下列说法正确的是（）

A．线圈中感应电流方向为 B．线圈受到的最大安培力为C．电子器件T做匀减速直线运动 D．通过线圈某一横截面电荷量为【答案】AB【详解】A．根据安培右手定则可知线圈中感应电流方向为adcba，故A正确；B．产生的感应电动势为E＝nBLv0根据闭合电路欧姆定律受到的安培力为F＝nBIL联立可得线圈受到的最大安培力为F＝，故B正确；C．根据牛顿第二定律可得，F＝ma，即：，可知电子器件T做加速度减小的减速直线运动，故C错误；D．对T根据动量定理，其中联立可得通过线圈某一横截面电荷量为，故D错误。故选AB。6．（2023·湖南郴州·郴州一中校联考模拟预测）如图所示，两条足够长的平行长直导轨MN、PQ固定于绝缘水平面内，它们之间的距离，导轨之间有方向竖直向上、大小的匀强磁场。导轨电阻可忽略不计，导轨左边接有阻值的定值电阻，质量为的导体棒AC垂直放在导轨上，导体棒接入回路中的阻值为。导体棒在外力作用下以的速度向右匀速运动，运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，不计摩擦，则下列说法中正确的是（）

A．导体棒中感应电流的方向为B．导体棒中感应电流的大小为0.2AC．外力的功率为0.04WD．撤去外力后导体棒最终会停下来，在此过程中电阻R上产生的热量为1.2J【答案】ACD【详解】A．根据楞次定律或右手定则可知，导体棒AC中感应电流的方向为，A正确；B．感应电动势由闭合电路欧姆定律得感应电流的大小，B错误；C．匀速运动时导体棒受到的安培力大小则外力外力的功率，C正确；D．由能量守恒定律可知，导体棒的动能全部转化为电路中产生的热量，即故电阻R上产生的热量为，D正确。故选ACD。7．（2023·福建宁德·福建省福安市第一中学校考一模）如图所示，两宽度不等的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨足够长且电阻不计。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN。区域Ⅰ中的导轨间距L1＝0.4m，匀强磁场方向垂直斜面向下，区域Ⅱ中的导轨间距L2＝0.2m匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝1T。现有电阻分布均匀且长度均为0.4m的导体棒ab和导体棒cd。在区域Ⅰ中，先将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.2Ω的导体棒ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.4Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。导体棒cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，导体棒ab、cd始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，g取10m/s2。（1）判断导体棒cd下滑的过程中，导体棒ab中的电流方向；（2）导体棒ab将向上滑动时，导体棒cd的速度v多大；

（3）从导体棒cd开始下滑到导体棒ab将向上滑动的过程中，导体棒cd滑动的距离x＝4m，求此过程中所需要的时间。

【答案】（1）由a到b；（2）5m/s；（3）1.2s【详解】（1）根据右手定则可知导体棒ab中的电流方向由a到b（2）由题可知，，，，，联立解得，（3）由动量定理可知，，解得8．（2023·河南郑州·郑州外国语学校校考模拟预测）如图所示，在大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路。导轨间距为L，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。两导体棒与导轨的动摩擦因数均为μ。初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度，以上物理量除未知外，其余的均已知，求：（1）当cd棒速度满足什么条件时导体棒ab会相对于导轨运动？（2）若已知且满足第（1）问的条件，从开始运动到ab棒的速度最大时，用时为，求ab棒的最大速度；

【答案】（1）；（2）【详解】（1）根据题意可知，棒产生的电动势为回路感应电流为为了使导体棒会相对于导轨运动，应满足联立解得，（2）设棒的最大速度为，此时棒的速度为，回路电动势为回路电流为导体棒受到的安培力为此时棒的加速度为零，则有对ab棒和cd棒组成的系统，安培力对两棒的冲量大小相等，方向相反，以向右方向为正，根据动量定理可得联立解得9．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，半径为r=1m的光滑金属圆环固定在水平面内，垂直于环面的匀强磁场的磁感应强度大小为B=4.0T，一金属棒OA在外力作用下绕O轴以角速度ω=8rad/s沿逆时针方向匀速转动，金属环和导线电阻均不计，金属棒OA的电阻r0=2Ω，电阻R1=20Ω，R2=40Ω，R3=10Ω，R4=60Ω电容器的电容C=4μF。闭合开关S，电路稳定后，求：（1）通过金属棒OA的电流大小和方向；（2）从断开开关S到电路稳定这一过程中通过R3的电荷量。（结果保留两位有效数字）

【答案】（1）0.5A，方向由O到A；（2）【详解】（1）由右手定则判定通过金属棒OA的电流方向是由O到A，金属棒OA中产生的感应电动势大小为解得E＝16VS闭合时的等效电路如图所示，由闭合电路欧姆定律，得联立解得

（2）S断开前，电路路端电压为电阻R1两端电压为电容器的电荷量为上极板带正电，下极板带负电，S断开时的等效电路如图所示，电容器两端的电压为电阻R2两端的电压U2，则，电容器的电荷量为上极板带负电，下极板带正电通过电流表的电荷量为联立解得，

10．（2023·广西南宁·南宁三中校考二模）某同学根据所学物理知识设计了一款发光装置，其简化结构如图所示。半径分别为r和2r的同心圆形光滑导轨固定在同一水平面上，一长为r的直导体棒置于圆导轨上面，的延长线通过圆导轨的中心O，半圆环区域内直径左侧存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直水平面向上。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接一发光二极管（正向导通时阻值R，反向时电阻无穷大）。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导体棒的阻值也为R，其它电阻可忽略不计，重力加速度大小为g，求：（1）要使二极管发光，从俯视图看，棒绕O点顺时针还是逆时针转动；（2）切割磁感线过程中，通过二极管的电流大小；（3）金属棒转动一周的过程中，外力的平均功率。

【答案】（1）逆时针；（2）；（3）【详解】（1）要使二极管发光，从俯视图看，外部感应电流方向从D到C，导体棒中电流由A到B，由右手定则可知，棒绕O点逆时针转动。（2）切割磁感线过程中，时间内，导体棒扫过的面积产生的感应电动势通过二极管的电流大小为（3）金属棒转动一周的过程中，外力的平均功率，【真题感知】1．（2023·浙江·统考高考真题）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（

）

A．电源电动势 B．棒消耗的焦耳热C．从左向右运动时，最大摆角小于 D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等【答案】C【详解】A．当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示

根据几何关系可得，，解得，根据欧姆定律，，解得，故A错误；根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失B．若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热，故B错误；C．根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；D．根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据，可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。故选C。2．（2023·辽宁·统考高考真题）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（）

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C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为【答案】AC【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力，方向向左；MN受安培力，方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则，解得回路的感应电流MN所受安培力大小为，，选项B错误；C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得，可得则最终MN位置向左移动PQ位置向右移动因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理，可得，，选项C正确；D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右