专题四第9讲电磁感应

第9讲电磁感应考点一楞次定律、法拉第电磁感应定律及应用1.感应电流方向的判断(1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。(2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。2.求感应电动势的方法(1)法拉第电磁感应定律：E=nΔ(2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blv。(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E=12Bl2ω(4)线圈绕与匀强磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e=nBSωsinωt。3.通过回路横截面的电荷量q=IΔt=nΔΦR总ΔtΔt=nΔΦR总。q仅与例1(2025·北京卷·10)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则()A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势C.磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同答案D解析有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错误；根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，故C错误；分析可知有无线圈时，根据平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。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)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。例2(多选)(2025·浙江1月选考·13)如图甲所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ=30°，另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则()A.圆环Ⅰ中电流的有效值为3B.t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2BC.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为πD.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为112πr2答案BD解析由题图可知，在0~t0内和2t0~3t0内圆环Ⅰ中的电流大小均为I1=πr2B0Rt0；在t0~2t0内圆环Ⅰ中的电流大小为I2=2πr2B0Rt0，设圆环Ⅰ中电流的有效值为I，有I2R·3t0=I12R·2t0+I22Rt0，联立解得I=2πr2B0Rt0，故A错误；假设右侧有一与CD对称的无限长的直导线C'D'与CD构成回路，则t=1.5t0时刻，CD、C'D'回路产生的总电动势为E总=πr2·2B0t0，根据对称性可知t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2B0t0，故B正确；由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；假设有以O点为圆心，过P、Q两点的圆环Ⅲ，其在t=0.5t0时刻产生的电动势为E=πr2B0t0例3(多选)(2025·安徽省皖北协作区一模)如图所示，半径为R的34金属圆环ab固定在水平绝缘桌面上，有一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B=kt(k>0)。一长为2R的金属直杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口a接触，t=0时，杆从图示实线位置以角速度ω顺时针绕a在圆环所在平面内匀速转动，t=3π4ω时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口b刚好接触，设t=3π4ω时，金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻为A.t=3π4B.t=0到t=π2C.t=3π4ωD.t=3π4ω答案ABD解析由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，故A正确；t=0到t=π2ω的过程中，回路中的感生电动势和动生电动势均增大且方向相同，故B正确；t=3π4ω时，圆环与杆构成的回路由于磁场均匀增大，产生的感生电动势为E感=ΔΦΔt=ΔBΔtS=(3πR24+R22)ΔBΔt=(3πR24+R22)k，动生电动势为E动=12B(2R)2ω=12kt(2R)考点二电磁感应中的图像问题例4(2024·天津卷·4)如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I随时间t变化的关系图像可能正确的是()答案A解析根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v时，受到的安培力为F=BIL=B2L2vR，可知F∝v，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为a=mgsinθ-Fm=gsinθ-B2L2vmR，可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，B、C错误；根据题意，由公式可得，感应电流为I=BLv例5(多选)(2025·山东淄博市一模)如图，直角梯形区域abcd，ab=2ad=2cd=2l，e为ab的中点，直角三角形aed、平行四边形ebcd两区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于纸面的匀强磁场，一等腰直角三角形导线框ABC与梯形abcd在同一平面内，AB边长为l且与ae共线，导线框以垂直于ad的恒定速度穿过磁场区域，从B点进入磁场开始计时，3s末AC刚好到达b点。规定逆时针方向为感应电流的正方向，水平向左为导线AC受到的安培力的正方向，此过程中线框中的感应电流i、AC受到的安培力FAC，二者与时间t的关系图像可能正确的是()答案BC解析设导线框速度为v，电阻为R，则0~1s内电流i1=E1R=Bvt·vR=Bv2Rt，可知电流从0均匀增大到BlvR，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纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，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相加，可得i2=E2R=B×2(2l-vt)vR=4BlvR-2Bv2Rt，可知电流从最大2BlvR均匀减小到0，由右手定则可知电流方向为顺时针，为负方向；2~3s内，导线框离开磁场，电流i3=E3R=B(3l-vt)vR=3BlvR-Bv2Rt，可知电流从最大BlvR均匀减小到0，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向。所以B选项正确，A选项错误；根据0~1s内，AC在磁场外，安培力FAC1=0，1~2s内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，AC边安培力大小FAC2=B×B×2(2l-vt)1.电磁感应中常见的图像常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。2.解答此类问题的两个常用方法(1)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。(2)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。考点三电磁感应中的动力学与能量问题1.电磁感应综合问题的解题思路2.求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)，导体切割磁感线且电路为纯电阻电路时适用；(3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。例6(多选)(2025·山西省部分学校联考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属轨道ab、cd固定在水平面内，相距为L，电阻不计，导轨平面处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，ac间接有阻值为R的电阻，电阻为r、质量为m的金属导体棒MN垂直于ab、cd放在轨道上，与轨道接触良好，导体棒MN的中点用与轨道平行的绝缘轻绳经过滑轮与质量也为m的物块相连。物块放在倾角为θ的绝缘斜面上，不计一切摩擦。若初始时刻给导体棒一个水平向左的初速度为v0，运动过程中导体棒始终未离开水平轨道，物块始终未离开斜面，运动过程中轻绳始终与斜面平行且处于绷紧状态，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.初始时刻导体棒的加速度大小B2L2vB.导体棒的加速度先增大后减小C.导体棒的加速度一直减小D.导体棒最终的速度为mg答案CD解析初始时刻，将导体棒和物块作为整体，分析受力，由牛顿第二定律，可得BIL+mgsinθ=2ma，其中I=BLv0R+r，联立解得a=B2L2v02m(R+r)+12gsinθ，A错误；向左运动过程中a=B2L2v2m(R+r)+12gsin例7(多选)(2025·河北廊坊市模拟)如图所示，水平虚线M、N间存在垂直于纸面向里、沿水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为L的正方形导线框abcd由虚线M上方无初速度释放，在释放瞬间ab边与虚线M平行且相距为L。已知线框的质量为m，电阻为R，线框cd边刚要进磁场时，线框的加速度为零，线框ab边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，重力加速度为g，线框在运动过程中始终在垂直于磁场的竖直面内，ab边始终水平，忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A.线框进磁场的过程可能是加速运动B.线框进磁场过程通过线框横截面的电荷量为BC.通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为2mgLD.M、N间的距离为2L-m答案BD解析若导线框在穿越磁场的过程中，先加速，则线框刚进入磁场时受到的重力大于安培力，线框在进入磁场的过程中，可能一直加速直到完全进入磁场，或者先加速再匀速进入磁场，完全进入磁场后，线框只受到重力的作用，接着将加速，一直到线框刚出磁场，显然此时ab边与两虚线重合时的速度大小不可能相等，后面的速度大于前面的速度，故A错误；线框进磁场过程中的平均感应电动势E=ΔΦΔt，平均电流为I=ER，通过的电荷量为q=IΔt，磁通量的变化量为ΔΦ=BL2，联立可得线框进磁场过程中通过线框横截面的电荷量为q=BL2R，故B正确；线框cd边刚要进磁场时，线框的加速度为零，根据平衡条件，有mg-B2L2vR=0，解得v=mgRB2L2，从开始释放到线框cd边刚要进磁场时，根据能量守恒，有Q热=mg·2L-12mv2，解得Q热=2mgL-m3g2R22B4L4，因线框ab边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，所以线框进入过程和穿出过程产生的热量相等，即通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为Q=2Q热=4mgL-m3g2R例8(2025·河北省模拟)如图所示，间距L=2m的光滑平行导轨及其所在平面与水平面的夹角均为θ=30°，导轨底端AB水平，且接有一个特殊的电源，电路接通后该电源在不同的外接负载条件下均保持所输出的电流恒定为I=0.5A，导轨上C、D两点连线与AB平行，E为导轨平面上一点，C、D、E的连线构成等腰直角三角形，O点为等腰直角三角形CDE过E点高的中点，三角形内部存在垂直导轨平面向下，磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。将一长度也为L=2m，质量m=0.05kg，电阻为定值的导体棒放置在C、D位置，导体棒受到C、D两处挡板的作用处于静止状态。导轨足够长，重力加速度g取10m/s2。求：(1)闭合开关S的瞬间，导体棒的加速度a的大小；(2)导体棒第一次经过O点时速度v0的大小；(3)已知闭合开关S后经π4s导体棒第一次经过O点，若以O点为原点沿斜面向上为正方向建立x坐标轴，请写出导体棒所受合力F合与其坐标x的关系式及导体棒从O点第一次到达x=0.25m所用的时间t。(结果均可用分数表示答案(1)5m/s2(2)102(3)F合=-0.5x(N)π12解析(1)由左手定则可知导体棒所受安培力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得BIL-mgsinθ=ma解得a=5m/s2(2)导体棒沿斜面向上运动位移d=0.5m时第一次经过O点，由几何关系易得此时导体棒处于磁场中的长度为L'=1m；向上运动过程中导体棒处于磁场中的长度随其位移均匀减小，安培力做功W=FAx=BIL解得W=316由动能定理得W-mgdsin30°=m解得v0=102(3)导体棒坐标为x时，导体棒处于磁场中的长度为L2-2合力大小F合=BI(L2-2x)-mgsin即F合=-0.5x(N)可知导体棒以O点为中心做简谐运动，振幅A=0.5m，且导体棒第一次经过O点用时π4s为四分之一周期，可得T=π导体棒过O点后再经A2第一次到达x=0.25从导体棒第一次经过O点时开始计时，则有x=Asin2πT解得所用时间t=T12=π12电磁感应中的动力学和能量问题棒、框受力平衡静止闭合K，ab恰好静止棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零匀速运动恰好匀速进入磁场棒的最大速度棒、框受力不平衡变加速运动棒在恒力作用下从静止开始运动棒从静止开始下滑受力分析，分析加速度的变化：a=Fm-a=gsinθ-B棒做加速度减小的加速运动匀加速运动a=mMN棒：F-B2L2(PQ棒：B2L2(棒、框运动过程中能量问题棒、框从某一速度到另一速度棒从静止到匀速时产生的焦耳热利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配专题强化练[分值：50分][1~5题，每题4分，6~8题，每题6分][保分基础练]1.(2025·甘肃卷·6)闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是()A.在0~T4内，Φ和EB.当t=T8与3T8C.当t=T4时，Φ最大，ED.当t=T2时，Φ和E答案C解析在0~T4时间内，磁感应强度B增加，根据Φ=BS可知磁通量Φ增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔBΔtS，感应电动势E逐渐减小，选项A错误；当t=T8和t=3T8时，因B-t图像的斜率绝对值相等，符号相反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，选项B错误；t=T4时，B最大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，选项C正确；t=T2时，B2.(2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是()A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针答案A解析线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中穿过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。3.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·9)如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t=0时，abef与水平面平行，则()A.t=0时，电流方向为abcdefaB.t=0时，感应电动势为Bl2ωC.t=πω时，感应电动势为D.t=0到t=πω过程中，感应电动势平均值为答案AB解析线框转动时，切割磁感线产生电动势的两条边为cd和af，t=0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生感应电动势，此时af边切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，感应电动势为E=Blv=Blωl=Bl2ω，A、B正确；t=πω时，线框旋转180°，此时依旧是af边切割磁感线产生感应电动势，感应电动势不为零，C错误；t=0到t=πω的过程中，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量大小为|ΔΦ|=2BS=2Bl2，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E=|ΔΦΔ4.(多选)(2025·河南卷·9)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是()A.若Ic沿顺时针方向，Id=0，则表明a的方向向右B.若Id沿顺时针方向，Ic=0，则表明a的方向向下C.若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>IdD.若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic<Id答案BC解析若Ic沿顺时针方向且Id=0，由左手定则可知线圈c受到的安培力向右，则手机框架向左运动，加速度方向向左，A错误；若Id沿顺时针方向且Ic=0，由左手定则可知线圈d受到的安培力向上，则手机框架向下运动，加速度方向向下，B正确；若a的方向沿左偏上30°，说明手机框架向上运动以及向左运动，且向左运动的分速度大于向上运动的分速度，可知线圈c受到的安培力向右，Ic沿顺时针方向，线圈d受到的安培力向下，Id沿逆时针方向，又由E=Blv，I=ER，可知Ic>Id，C正确；若a的方向沿右偏上30°，同理可知Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，且Ic>Id，D5.(多选)(2025·江西省模拟)如图，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界P、Q、M水平，两磁场的方向相反，磁感应强度大小均为B，磁场Ⅰ的宽度为L，磁场Ⅱ的宽度大于L。边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd自距磁场边界P上方L处自由下落，当ab边刚进磁场Ⅱ时线框的加速度为零；当ab边刚出磁场Ⅱ时，线框的加速度也为零。重力加速度大小为g，线框运动过程中，线框平面与磁场始终垂直，ab边始终水平，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A.当线框ab边刚进磁场Ⅱ时，线框的速度大小为mgRB.线框ab边通过磁场Ⅰ的过程中，通过线框横截面的电荷量为BC.磁场Ⅱ的宽度为L+15D.线框通过磁场过程中，线框中产生的焦耳热为4mgL+7答案BC解析设线框ab边刚进磁场Ⅱ时速度为v1，根据题意可得2B2BLv1RL=mg，解得v1=mgR4B2L2，故A错误；线框ab边通过磁场Ⅰ的过程中，通过线框横截面的电荷量q=ΔΦR=BL2R，故B正确；设线框ab边刚出磁场Ⅱ时，线框的速度大小为v2，则B2L2v2R=mg，解得v2=mgRB2L2，设磁场Ⅱ的宽度为d，则d=L+v22-v1[争分提能练]6.(多选)(2024·全国甲卷·21)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()答案AC解析设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+F安-FT=Ma对物块有FT-mg=ma其中F安=B即B2L2vR+(M-m)g=(线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0=(若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；因t=0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。7.(多选)(2025·山东青岛市第一次适应性检测)如图所示，两根相距为L的平行光滑金属导轨倾斜放置，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两导轨顶端与电容器相连，质量为m、长度为L的金属杆垂直导轨放置，金属杆与导轨接触良好。开始时电容器不带电，金属杆被锁定在距倾斜导轨底端d处。已知两导轨倾角均为θ，电容器电容为C，重力加速度为g，不计一切电阻。现解除锁定，下列说法正确的是()A.金属杆下滑过程中做加速度减小的变加速直线运动B.若增大电容器电容，金属杆下滑时间变短C.金属杆下滑到导轨底端时电容器极板间电压U=BL2D.金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E=B答案CD解析金属杆沿导轨下滑时，根据牛顿第二定律有mgsinθ-F安=ma，又金属杆所受的安培力为F安=BIL，电路中电流为I=ΔQΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa，联立以上三式得a=mgsinθm+CB2L2，式中各量均不变，说明加速度不变，可知金属杆做匀加速直线运动，故A错误；若增大电容器电容，加速度减小，则根据d=12at2可知金属杆下滑时间变长，故B错误；金属杆下滑到导轨底端时的速度满足v2=2ad，电容器极板间电压U=BLv8.(多选)(2025·黑龙江省名校协作体一模)如图所示，足够长的光滑导轨平行固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，电阻不计，两导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。导体棒ab、cd放置在导轨上，其质量分别为m、2m，电阻均为R，长度均为L，用不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮将cd棒中点与质量为m的重物相连，绳与cd棒垂直且平行于桌面。t=0时刻将cd棒由静止释放，t1时刻ab棒的加速度刚好达到最大值。已知t1时刻之前重物未着地，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的