2024高考物理二轮复习专题4电路与电磁感应第2讲电磁感应规律及综合应用学案

PAGE17-第2讲电磁感应规律及综合应用考情速览·明规律高考命题点命题轨迹情境图楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用2024Ⅱ卷20，Ⅲ卷2116(2)20题16(3)21题17(1)18题17(3)15题18(1)17题18(1)19题18(2)18题20(2)14题20(3)14题2024Ⅰ卷18，Ⅲ卷152024Ⅰ卷17、19，Ⅱ卷182024Ⅲ卷142024Ⅱ卷14，Ⅲ卷14电磁感应中的图像问题2024Ⅱ卷2017(2)20题2024Ⅲ卷2018(3)20题2024Ⅰ卷2019(1)20题电磁感应的综合应用2024Ⅰ卷24，Ⅱ卷2416(1)24题16(2)24题2024Ⅲ卷2516(3)25题2024Ⅱ卷21，Ⅲ卷2420(2)21题20(3)24题核心学问·提素养“物理观念”构建一、求电荷量的三种方法1．q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间)(1)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，依据电流定义式可知q＝It.(2)闭合线圈中磁通量匀称增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，t时间内通过线圈横截面的电荷量q＝It.2．q＝neq\f(ΔΦ,R)(其中R为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量改变量)(1)闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量改变为电路供应电动势．(2)从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而改变．3．Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的改变量)在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv.二、求解焦耳热Q的三种方法“科学思维”展示思想方法一、电磁感应中电路综合问题1．等效电源的分析(1)用法拉第电磁感应定律算出E的大小．等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零．(2)用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极．感应电流方向是电源内部电流的方向，要特殊留意在等效电源内部，电流由负极流向正极．(3)明确电源内阻r.2．电路结构的分析(1)分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图．(2)应用闭合电路欧姆定律、串并联电路学问和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．模型建构二、分析线框在磁场中运动问题的两大关键1．分析电磁感应状况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答．2．分析导线框的受力以及运动状况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；假如题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较便利．三、解决电磁感应综合问题的“看到”与“想到”1．看到“磁感应强度B随时间t匀称改变”，想到“eq\f(ΔB,Δt)＝k为定值”．2．看到“线圈(回路)中磁通量改变”时，想到“增反减同”．3．看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”．4．看到“回路面积可以改变”时，想到“增缩减扩”．命题热点·巧突破考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用考向1电磁感应现象1．(2024·新课标卷Ⅱ)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接．焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频沟通电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接．焊接过程中所利用的电磁学规律的发觉者为(D)A．库仑 B．霍尔C．洛伦兹 D．法拉第【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当四周的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热．该过程利用的原理是电磁感应现象，其发觉者为法拉第．故选D．考向2楞次定律的应用2．(2024·新课标卷Ⅲ)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环．圆环初始时静止．将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可视察到(B)A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动【解析】无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，依据楞次定律(增反减同)，右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，故选B．3．(2024·江苏高考真题)如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列改变会在环中产生顺时针方向感应电流的是(B)A．同时增大B1减小B2B．同时减小B1增大B2C．同时以相同的改变率增大B1和B2D．同时以相同的改变率减小B1和B2【解析】产生顺时针方向的感应电流则感应电流的磁场的方向垂直纸面对里．由楞次定律可知，圆环中的净磁通量改变为向里磁通量削减或者向外的磁通量增多，A错误，B正确；同时以相同的改变率增大B1和B2，或同时以相同的改变率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相同，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，C、D错误．故选B．4．(2024·北京通州区一模)如图1所示，把一铜线圈水平固定在铁架台上，其两端连接在电流传感器上，能得到该铜线圈中的电流随时间改变的图线．利用该装置可探究条形磁铁在穿过铜线圈的过程中，产生的电磁感应现象．两次试验中分别得到了如图2、3所示的电流—时间图线(两次用同一条形磁铁，在距铜线圈上端不同高度处，由静止沿铜线圈轴线竖直下落，始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽视不计)，下列说法正确的是(C)A．条形磁铁的磁性越强，产生的感应电流峰值越大B．条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，产生的感应电流峰值越大C．条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能越大，产生的感应电流峰值越大D．两次试验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下【解析】假如在相同的高度处下落，则条形磁铁的磁性越强，产生的感应电动势的最大值也就越大，即感应的电流峰值越大，而现在没有说明是在相同的高度下落的，故选项A错误；条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，落到下端时的速度就越小，产生的感应电动势也就越小，即产生的感应电流峰值越小，选项B也错误；依据能量守恒，条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能都转化成了焦耳热，而焦耳热越大，须要的电流就会越大，则产生的感应电流峰值也会越大，选项C正确；依据楞次定律中的“来拒去留”的思路，两次试验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上的，故选项D错误．5．(多选)(2024·潍坊二模)如图，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图所示规律改变时(BC)A．在0～t1时间内，环有收缩趋势B．在t1～t2时间内，环有扩张趋势C．在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流D．在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流【解析】在0～t1时间内，B匀称增加，则在线圈中产生恒定不变的感应电动势，则在导线框dcba中形成稳定的电流，则此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A错误；在t1～t2时间内，B的改变率渐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且渐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，依据楞次定律可知(增缩减扩)，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C正确；在t2～t3时间内，B的方向向下，且B的改变率渐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且渐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，依据楞次定律可知(增反减同)，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误．规律总结二次感应问题的处理技巧(1)依据磁场所在的线圈(原线圈)中磁通量改变，利用楞次定律推断感应电流的方向．(2)推断产生的感应电流大小是否改变，若改变，则存在二次感应问题．(3)依据感应电流的方向及大小改变，结合安培定则推断无磁场线圈(二次要感应的线圈)中磁通量的改变状况．(4)利用楞次定律或推论，推断无磁场线圈中的感应方向或线圈运动改变状况．考向3涡流、电磁阻尼和电磁振荡6，(多选)(2024·天津高考真题)手机无线充电是比较新奇的充电方式．如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量．当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电．在充电过程中(AC)A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性改变B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失【解析】由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性改变的，因此产生的磁场也是周期性改变的，A正确，B错误；依据变压器原理，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误．故选A、C．7．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了闻名的“圆盘试验”，试验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用松软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，试验中发觉，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是(AB)A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的感应电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了改变D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【解析】因为当磁体和导体之间的相对运动在导体内产生了感应电流，而感应电流产生的磁场又会与磁体的磁场相互作用，从而使磁体一起转动起来，详细是当铜圆盘在小磁针的磁场中转动时，半径方向的金属条在切割磁感线，发生电磁感应现象，在铜圆盘的圆心和边缘之间产生感应电动势，A项正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成感应电流即涡流(依据圆盘转向的不同以及磁极的不同，感应电流从轴心流向边缘或从边缘流向轴心)，而感应电流产生的磁场又会与小磁针的磁场相互作用，从而使小磁针一起转动起来，故B项正确，圆盘转动过程中，圆盘位置，圆盘面积和磁场都没有发生改变，故磁场穿过整个圆盘的磁场通量没有改变，C项错误；圆盘本身呈中性，不会产生环形电流，D项错误．考向4法拉第电磁感应定律的应用8．(2024·海南5月调研)如图所示，用电阻为0.1Ω的金属丝围成一个半径为0.3m的扇形闭合线框，该线框绕垂直于纸面的O轴以100rad/s的角速度匀速转动，O轴位于方向垂直纸面对里、磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场边界上．则线框进入磁场的过程中的电功率为(A)A．8.1W B．9WC．30W D．90W【解析】线框转动过程半径切割磁感线产生的感应电动势为E＝Breq\x\to(v)＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω＝eq\f(1,2)×0.2×0.32×100V＝0.9V，线框进入磁场的过程中的电功率为P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(0.92,0.1)W＝8.1W，故选A．9．(多选)(2024·河北衡水中学二模)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长L＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝0.1T，方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数n＝300，面积S＝0.01m2的线圈通过开关S与两水银槽相连，线圈处于与线圈平面垂直，沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t改变的关系如图乙所示，t＝0.22s时闭合开关S，细框瞬间跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(BD)A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．开关S闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC．磁感应强度B2的方向竖直向下D．开关S闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C【解析】由图像可知0～0.1s内ΔΦ＝ΔBS＝0.01Wb，0～0.1s线圈中感应电动势大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝300×eq\f(0.01,0.1)V＝30V，A错误；由题意可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知电流方向为C→D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图像可知，在0.20s～0.25s内穿过线圈的磁通量削减，由楞次定律可得磁感应强度B2方向竖直向上，故B正确C错误；对细框由动量定理得BILΔt＝mv，细框竖直向上做竖直上抛运动v2＝2gh，电荷量q＝IΔt，解得Q＝0.03C，D正确．考向5电磁感应中的等效电路问题10．(2024·安徽马鞍山质检)如图所示，虚线边界MN右侧充溢垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，纸面内有一个边长为L，粗细匀称的正方形导线框abcd，cd边与MN平行．导线框在外力作用下，先后以v和2v的速度垂直MN两次匀速进入磁场．运动过程中线框平面始终与磁场垂直，则(C)A．进入磁场过程中，导线框中感应电流方向为逆时针方向B．导线框以速度v进入磁场时，cd两点间电势差为BLvC．导线框两次进入磁场过程中产生的热量之比1∶2D．导线框两次进入磁场过程中，外力做功的功率之比1∶2【解析】由楞次定律可知，进入磁场过程中，导线框中感应电流方向为顺时针方向，选项A错误；导线框以速度v进入磁场时，电动势E＝BLv，则cd两点间电势差为Ucd＝eq\f(3,4)BLv，选项B错误；导线框两次进入磁场过程中产生的热量为Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(B2L2v2,R)×eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)∝v，则产生的热量之比为1∶2，选项C正确；导线框两次进入磁场过程中，外力做功的功率等于电功率，即P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L2v2,R)∝v2，则外力功率之比为1∶4，选项D错误．11．(2024·浙江选考7月)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OO′上，随轴以角速度ω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，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是(B)A．棒产生的电动势为eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为eq\f(2gd,Br2ω)C．电阻消耗的电功率为eq\f(πB2r4ω,2R)D．电容器所带的电荷量为CBr2ω【解析】如题图所示，金属棒绕OO′轴切割磁感线转动，棒产生的电动E＝Br·eq\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，A错误；电容器两极板间电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则qeq\f(E,d)＝mg，即eq\f(q,m)＝eq\f(dg,E)＝eq\f(dg,\f(1,2)Br2ω)＝eq\f(2dg,Br2ω)，B正确；电阻消耗的功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝eq\f(CBr2ω,2)，D错误；故选B．考点二电磁感应中的图像问题〔考向预料〕1．(多选)(2024·新课标全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间改变的匀强磁场，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的改变关系如图(b)所示，则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(BC)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】依据B－t图像，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向始终为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生改变，故安培力方向FA的方向在t0时刻发生改变，则A错误，B正确；由闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E,R)，又依据法拉第电磁感应定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πr2,2)，又依据电阻定律得：R＝ρeq\f(2πr,S)，联立得：I＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，则C正确，D错误．故本题选BC．2．(2024·江苏省高三下学期高考模拟三)如图(a)所示，在倾角θ＝37°的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面对上的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度的大小按如图(b)所示的规律改变．释放圆环后，在t＝8t0和t＝9t0时刻，圆环均能恰好静止在斜面上．假设圆环与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，则圆环和斜面间的动摩擦因数为(D)A．eq\f(3,4) B．eq\f(15,16)C．eq\f(19,20) D．eq\f(27,28)【解析】依据楞次定律可知，0～8t0时间内感应电流的方向沿顺时针方向，由左手定则可知圆环上部受安培力沿斜面对下，设圆环半径为r，电阻为R，在t＝8t0时有E1＝eq\f(△Φ,△t)＝eq\f(△B,△t)·eq\f(1,2)·πr2＝eq\f(B0,16t0)πr2，I1＝eq\f(E1,R)此时圆环恰好静止，由平衡得mgsinθ＋B0I1·2r＝μmgcosθ同理在t＝9t0时圆环上部分受到的安培力沿斜面对上E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0,2t0)πr2，I2＝eq\f(E2,R)圆环此时恰好静止，由平衡得mgsinθ＋μmgcosθ＝B0I2·2r联立以上各式得μ＝eq\f(27,28)，故A、B、C错误，D正确．3．(多选)(2024·新课标全国卷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，导轨电阻忽视不计．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进入磁场时加速度变小恰好为零，从PQ进入磁场起先计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间改变的图像可能正确的是(AD)【解析】PQ进入磁场时加速度为零，若PQ出磁场时MN仍旧没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量Φ不变，无感应电流．由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应当相同，A正确B错误；若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量Φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误．总结提升解决电磁感应图像问题的“三点关注”(1)关注初始时刻：看感应电流是否为零，电流方向是正方向还是负方向．(2)关注改变过程：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改变相对应．(3)关注改变趋势：看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应，分析大小和方向的改变趋势．考点三电磁感应的综合应用巧用流程解决电磁感应中力、电综合问题考向1以“导体框”为载体的电磁感应问题1．(2024·福建厦门5月质检)如图所示，质量M＝1kg的绝缘板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1＝0.1.金属框ABCD放在绝缘板上，质量m＝2kg，长L1＝2m，宽L2＝1m，总电阻为0.1Ω，与绝缘板的动摩擦因数μ2＝0.2.S1、S2是边长为L＝0.5m的正方形区域，S1中存在竖直向下、匀称增加的磁场B1，其改变率eq\f(ΔB1,Δt)＝2T/s；S2中存在竖直向上的匀强磁场，大小为B2＝2T．将金属框ABCD及绝缘板均由静止释放，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求释放时：(1)金属框ABCD所受安培力的大小与方向；(2)金属框ABCD的加速度大小．【答案】(1)5N，方向水平向右(2)eq\f(2,3)m/s2【解析】(1)释放时，由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔB1,Δt)L2，I＝eq\f(E,R)，F＝B2IL解得F＝5N方向水平向右．(2)假设金属框与绝缘板能相对静止，一起匀加速，则对整体而言F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a解得a＝eq\f(2,3)m/s2设此时金属框与绝缘板间的摩擦力大小为f，由牛顿其次定律F－f＝ma解得f＝eq\f(11,3)N而金属框与绝缘板之间的最大静摩擦力为fm＝μ2mg＝4N由于f<fm假设成立，金属框与绝缘板能相对静止一起加速，金属框此时的加速度大小为a＝eq\f(2,3)m/s2,考向2以“单棒＋导轨”模型为载体的电磁感应问题2．(多选)(2024·新课标卷Ⅱ)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视．一根具有肯定电阻的导体棒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(BC)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】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动．当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)电路中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv2－v1,R)金属框和导体棒MN受到的安培力F安框＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，与运动方向相反，F安MN＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，与运动方向相同．设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN，eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m1a1对金属框，F－eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m2a2，初始速度均为零，则a1从零起先渐渐增加，a2从eq\f(F,m2)起先渐渐减小．当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝eq\f(FRm1,2B2L2m1＋m2)，大小恒定．整个运动过程用速度时间图像描述如下．综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC选项正确；金属框的速度会始终增大，导体棒到金属框bc边的距离也会始终增大，A、D选项错误．故选B、C．3.(2024·新课标卷Ⅲ)如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一长度大于eq\r(2)l0的匀称导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好．已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽视．将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(