第二講電磁感應規律及綜合應用專題四2023內容索引0102核心考點聚焦微專題?熱考命題突破【知識網絡建構】

核心考點聚焦考點一楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用核心歸納命題角度1

感應電流方向的判定(1)楞次定律:一般用于線圈面積不變,磁感應強度發生變化的情形。楞次定律中“阻礙”的四種形式:①阻礙原磁通量的變化;增反減同②阻礙物體間的相對運動;來拒去留③阻礙線圈面積的變化; 增縮減擴④阻礙原電流的變化(自感現象)。

增反減同(2)右手定則:一般用于導體棒切割磁感線的情形。命題角度2

感應電動勢的求解(1)感生電動勢命題角度3

感應電荷量的兩種求法(1)當回路中的磁通量發生變化時,由于感應電場的作用使電荷發生定向移深化拓展“三定則、一定律”的比較

定則或定律適用的現象因果關系安培定則電流的磁效應——電流、運動電荷產生的磁場因電生磁左手定則1.安培力——磁場對電流的作用力;2.洛倫茲力——磁場對運動電荷的作用力因電受力右手定則導體做切割磁感線運動產生的電磁感應現象因動生電楞次定律閉合回路磁通量變化產生的電磁感應現象因磁生電典例剖析例1(命題角度1、2)(2022重慶質檢)一種手壓式環保節能手電筒的結構示意圖如圖甲所示,使用時,迅速按壓手柄,燈泡(可視為純電阻)就能發光,這種不需要干電池的手電筒利用了電磁感應現象。其轉動裝置和齒輪傳動裝置的簡化原理圖如圖乙、丙所示。假設圖乙中的轉動裝置由金屬內圈和金屬外圈構成,內、外圈之間接有一根沿半徑方向的金屬條ab,燈泡通過電刷分別跟內、外線圈相連接(圖乙中未畫出)。整個轉動裝置固定在轉動軸上,處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直線圈平面(紙面)向里。圖丙中的齒輪傳動裝置中A齒輪固定在轉動裝置的轉動軸上,B、C齒輪同心固定,C輪邊緣與手柄相嚙合,A、B齒輪邊緣相嚙合,手柄重力忽略不計。下列說法正確的是(

)A.向下壓手柄時,齒輪C逆時針轉動B.轉動裝置隨A齒輪逆時針轉動時,電流由a流向bC.手柄向下和向上運動時流過ab桿的電流方向相同D.流過燈泡的電流大小與手柄向下壓的速度成正比D解析

由丙圖可知,向下壓手柄時,齒輪C順時針轉動,A錯誤;轉動裝置隨A齒輪逆時針轉動時,金屬條ab逆時針轉動切割磁感線,回路閉合,由右手定則知電流由b流向a,B錯誤;手柄向下和向上運動時,A齒輪轉動方向相反,流對點訓練1.(命題角度1、2)(2022北京西城二模)如圖甲所示,將線圈套在長玻璃管上,線圈的兩端與電流傳感器相連。將強磁鐵從長玻璃管上端由靜止釋放,磁鐵下落過程中將穿過線圈。實驗觀察到如圖乙所示的感應電流隨時間變化的圖像。甲乙下列說法正確的是(

)A.t1~t3時間內,磁鐵受到線圈的作用力方向先向上后向下B.若將磁鐵兩極翻轉后重復實驗,將先產生負向感應電流,后產生正向感應電流C.若將線圈的匝數加倍,線圈中產生的電流峰值也將加倍D.若將線圈到玻璃管上端的距離加倍,線圈中產生的電流峰值也將加倍B解析

根據楞次定律的“來拒去留”可知,t1~t3時間內,磁鐵受到線圈的作用力方向一直向上,故A錯誤;若將磁鐵兩極翻轉后重復實驗,則圓環內磁通量方向相反,根據楞次定律可知,將先產生負向感應電流,后產生正向感應電流,故B正確;若將線圈的匝數加倍,,因為電阻也加倍,線圈中產生的電流峰值不會加倍,故C錯誤;若將線圈到玻璃管上端的距離加倍,如果沒有安培力,則根據動能定理有mgh=mv2,高度加倍,速度并非變為原來的2倍,實際存在安培力做負功,速度不是原來的2倍,則線圈中產生的電流峰值不會加倍,故D錯誤。2.(命題角度2)(多選)(2022山東卷)如圖所示,xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為

l的扇形區域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場。邊長為l的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點,在xOy平面內以角速度ω順時針勻速轉動。t=0時刻,金屬框開始進入第一象限。不考慮自感影響,關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變化規律的描述正確的是(

)BC3.(命題角度2、3)(多選)(2022廣東廣州三模)一跑步機的原理圖如圖所示,該跑步機水平底面固定有間距L=0.8m的平行金屬電極,電極間充滿磁感應強度大小B=0.5T、方向豎直向下的勻強磁場,且接有理想電壓表和阻值為8Ω的定值電阻R,絕緣橡膠帶上鍍有電阻均為2Ω的平行細金屬條,金屬條間距等于電極長度d且與電極接觸良好,導線電阻不計。某人跑步時,橡膠帶勻速運動,電壓表的示數為0.8V,則(

)A.通過電阻R的電流為0.08AB.細金屬條的速度大小為2.5m/sC.人克服細金屬條所受安培力做功的功率為0.2WD.每2s內通過電阻R的電荷量為0.2CBD解析

由題知單根細金屬條電阻r=2

Ω,橡膠帶勻速運動時,始終只有一根細金屬條在切割磁感線,其產生的電動勢E=BLv,電壓表測量R兩端電壓,由題知其示數為0.8

V,即U=

·R=0.8

V,解得E=1

V,v=2.5

m/s,通過電阻R的電流I=

=0.1

A,A錯誤,B正確;人克服細金屬條所受安培力做功的功率P=Fv=BILv=0.1

W,C錯誤;每2

s內通過電阻R的電荷量q=It=0.1×2

C

=0.2

C,D正確。考點二電磁感應中的圖像問題核心歸納命題角度1

由電磁感應過程畫圖像(1)分析電磁感應過程;(2)明確物理量變化規律;(3)判斷圖像正誤。命題角度2

由圖像分析電磁感應過程(1)看清圖像縱、橫軸意義;(2)明確物理量變化規律;(3)還原電磁感應過程。深化拓展1.電磁感應圖像問題的“三點關注”(1)關注初始時刻,如初始時刻感應電流是否為零,是正方向還是負方向。(2)關注過程,看電磁感應發生的過程分為幾個階段,這幾個階段是否和圖像變化相對應。(3)關注大小、方向的變化趨勢,看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應。2.電磁感應圖像問題的“兩種技法”最快捷的方法(1)排除法:定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化),特別是物理量的正負,排除錯誤的選項。最有效的方法(2)函數法:根據題目所給條件定量地寫出兩物理量之間的函數關系,然后由函數關系對圖像作出分析和判斷。典例剖析例2(命題角度1)(多選)(2022湖南岳陽二模)如圖所示,兩條光滑平行金屬導軌水平固定,導軌電阻忽略不計,虛線ab、cd均與導軌垂直,在ab與cd之間存在垂直于軌道所在平面向里的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN平行于ab放置在導軌上,兩者始終與導軌垂直且接觸良好。現在對PQ、MN施加相同的恒力F,先后自導軌上同一位置由靜止開始運動。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時,到MN離開磁場區域為止,PQ的運動速度v、流過PQ的電流I隨時間t變化的圖像可能正確的是(

)ACD解析

若PQ離開磁場時,MN還未進入磁場,PQ進入磁場時加速度恰好為零,則F=BIL,PQ在磁場內做勻速運動,由于PQ離開磁場時,MN還未進入磁場,PQ上的安培力消失,PQ將在外力F的作用下做勻加速運動;若PQ未離開磁場時,MN已進入磁場,根據題意可知MN進入磁場時與PQ速度相等,則兩棒產生的電動勢等大反向,故電流為零,則兩棒在外力F的作用下做勻加速運動,PQ棒離開磁場后繼續做勻加速運動,故B錯誤,A正確。PQ進入磁場時加速度恰好為零,則F=BIL,可知I=,PQ在磁場內做勻速運動,則電流不變,當PQ離開磁場時,MN還未進入磁場,則電流為零,當MN進入磁場,根據題意可知MN進入磁場時與PQ進入磁場時速度相等,且做勻速運動,則流過PQ的電流大小不變,根據右手定則可知,流過PQ的電流反向,故C正確。PQ進入磁場時加速度恰好為零,PQ在磁場內做勻速運動,則電流不變,當PQ未離開磁場時,MN已進入磁場,根據題意可知MN進入磁場時與PQ速度相等,則兩棒產生的電動勢等大反向,故電流為零,則兩棒在外力F的作用下做勻加速運動,PQ棒離開磁場時,對于MN有安培力大于外力F,則BI1L-F=ma,MN減速,且a減小,則電流逐漸減小且非均勻變化,根據右手定則可知,流過PQ的電流反向,故D正確。對點訓練4.(命題角度1)(2022上海徐匯二模)如圖所示,載有固定條形磁鐵的小車沿傾斜直軌道依次穿過三個完全相同且等間距排列的線圈,該過程中a、b兩點間電壓U隨時間t變化的圖線可能為(

)A解析

由題意可得,小車沿傾斜直軌道做勻加速直線運動,所以經過相鄰兩個線圈的時間越來越小,且隨著小車速度增大,穿過三個線圈的磁通量變化率逐漸增大,即最大感應電動勢逐漸增大,且隨著小車速度增大,穿過三個線圈的時間變小,則出現感應電動勢的時間也逐漸減小,故A正確。5.(命題角度2)如圖甲所示,水平面內虛線MN的右側存在垂直紙面向里的勻強磁場,現有一個閉合的金屬線框以恒定速度從MN左側沿垂直MN的方向進入勻強磁場區域,線框中的電流隨時間變化的i-t圖像如圖乙所示,則線框的形狀可能是(

)B解析

導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E=BLv,設線框總電阻是R,則感應電流I=,由圖乙所示圖像可知,感應電流先均勻變大,再不變,后均勻變小,由于B、v、R是定值,由上式知I與有效切割長度成正比,則導體棒的有效長度L應先均勻變大,再不變,后均勻變小,故A、C、D錯誤,B正確。考點三電磁感應中的動力學、動量和能量問題核心歸納命題角度1

電磁感應中的動力學問題命題角度2

電磁感應中的能量、動量問題(1)分析“受力”:分析研究對象的受力情況,特別關注安培力的方向。(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發生了變化,根據動能定理或能量守恒定律等列方程求解。(3)分析“動量”:在電磁感應中可用動量定理求變力的作用時間、速度、位移和電荷量(一般應用于單桿切割磁感線運動)。深化拓展求焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律:Q=I2Rt,適用于電流、電阻不變的情境。(2)功能關系:Q=W克服安培力,電流變與不變都適用。(3)能量轉化:Q=ΔE(其他能的減少量),電流變與不變都適用。典例剖析例3(命題角度2)(2022山東煙臺一模)有一邊長為L、質量為m、總電阻為R的正方形導線框自磁場上方某處自由下落,如圖所示。區域Ⅰ、Ⅱ中勻強磁場的磁感應強度大小均為B,二者寬度分別為L、H,且H>L。導線框恰好勻速進入區域Ⅰ,一段時間后又恰好勻速離開區域Ⅱ,重力加速度為g,下列說法正確的是(

)B.導線框剛進入區域Ⅱ時的加速度大小為g,方向豎直向上C.導線框進入區域Ⅱ的過程產生的焦耳熱為mgHD.導線框從完全進入區域Ⅱ到開始離開區域Ⅱ的過程中做勻速運動C導線框恰好勻速進入區域Ⅰ,故線框在區域Ⅰ中以速度v勻速運動,設線框完全離開磁場Ⅰ時速度為v',從完全離開區域Ⅰ到開始離開區域Ⅱ的過程焦耳熱為Q=mgH,C正確;從完全進入區域Ⅱ到開始離開區域Ⅱ的過程,導線框加速度為g,D錯誤。對點訓練6.(命題角度2)(多選)(2022廣東聯合測評)2021年7月25日,臺風“煙花”登陸上海后,“中國第一高樓”上海中心大廈上的阻尼器開始出現擺動,給大樓進行減振。該阻尼器首次采用了電渦流技術,底部附著永磁鐵的質量塊擺動通過導體板上方時,導體板內產生電渦流。關于阻尼器,下列說法正確的是(

)A.阻尼器擺動時產生的電渦流源于電磁感應現象B.阻尼器擺動時產生的電渦流源于外部電源供電C.阻尼器最終將機械能轉化為內能D.質量塊通過導體板上方時,導體板的電渦流大小與質量塊的速率無關

AC解析

阻尼器擺動時,永磁鐵通過導體板上方使其磁通量發生變化,從而在導體板中產生電渦流,這屬于電磁感應現象,故A項正確,B項錯誤;通過阻礙質量塊和永磁鐵的運動,阻尼器將動能轉化為電能,并通過電流做功將電能最終轉化為焦耳熱,故C項正確;質量塊通過導體板上方時的速度越大,磁通量變化越快,產生的感應電動勢和感應電流也越大,故D項錯誤。7.(命題角度1、2)(多選)(2021全國甲卷)由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈,兩線圈的質量相等,但所用導線的橫截面積不同,甲線圈的匝數是乙的2倍。現兩線圈在豎直平面內從同一高度同時由靜止開始下落,一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區域,磁場的上邊界水平,如圖所示。不計空氣阻力,已知下落過程中線圈始終平行于紙面,上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前,可能出現的是(

)A.甲和乙都加速運動 B.甲和乙都減速運動C.甲加速運動,乙減速運動 D.甲減速運動,乙加速運動AB當重力大于安培力時,甲和乙都做加速運動,A正確;當重力小于安培力時,甲和乙都做減速運動,B正確;甲和乙受力情況相同,合力相同,要么都加速,要么都減速,不可能一個加速,一個減速,C、D錯誤。微專題?熱考命題突破命題篇新教材、新高考、新情境電磁感應現象中的STSE問題情境解讀電磁感應現象中的STSE問題往往以科技、日常生活新情境為素材,如磁電式轉速傳感器、浮桶式燈塔、電子感應加速器、無線充電技術、電磁剎車等從電磁感應現象切入,考查動力學、能量、動量和電學知識等一個或多個知識點。考向分析電磁感應現象是高考的必考知識,一般綜合考查以下三個方面的問題:(1)電磁感應中的電路問題,主要考查等效電路的模型建構,題目涉及感生電動勢和動生電動勢;(2)電磁感應中的力學問題,主要涉及兩大研究對象——電學對象和力學對象;(3)電磁感應中的能量問題。高考中的電磁感應問題,經常與圖像、力和運動、功和能量等聯系在一起考查,題目難度較大。案例探究例1(2022湖北八市二模)小明模仿科技小視頻制作電磁“小車”:用銅制裸導線繞制成長螺線管當作軌道,固定在水平桌面上;將兩個磁性很強的磁鐵固連在一節新干電池的兩極上,制成“小車”,磁極與電極如圖所示。把“小車”從左側入口完全推入螺線管,“小車”并沒有像視頻那樣向前運動。以下說法正確的是(

)A.電磁“小車”工作原理是螺線管中產生了電磁感應現象B.若將“小車”從右側入口完全推入,“小車”可能會向前運動C.若將左端磁鐵反向與電池固連后從左側入口完全推入,“小車”可能會運動D.將“小車”放入包有絕緣層的鋁制長螺線管中,“小車”可能會運動B解析

兩磁極間的磁感線如圖甲所示,干電池與磁鐵及中間部分線圈組成了閉合回路,在兩磁極間的線圈中產生電流,左端磁極的左側線圈和右端磁極的右側線圈中沒有電流。從左側看,線圈中電流方向如圖乙所示,由左手定則可知,中間線圈所受的安培力向右,根據牛頓第三定律可知小車向左加速,顯然該小車前進不是利用電磁感應原理,因為小車受向左的作用力,則把“小車”從左側入口完全推入螺線管肯定不會向右運動,而若將“小車”從右側入口完全推入,“小車”可能會向前運動,故A錯誤,B正確;若將左端磁鐵反向與電源固連,則磁感線不會向外發散,兩部分受到方向相反的力,合力為零,不能加速運動,故C錯誤;將“小車”放入包有絕緣層的鋁制長螺線管中,在螺線管中不會產生閉合電流,則“小車”不會受到力的作用,則不可能會運動,故D錯誤。角度拓展1(2022江蘇南京鹽城二模)汽車上使用的電磁制動裝置的示意圖如圖所示。電磁制動是一種非接觸的制動方式,其原理是當導體在通電線圈產生的磁場中運動時,會產生渦流,使導體受到阻礙運動的制動力。下列說法正確的是(

)A.制動過程中,導體不會產生熱量B.如果導體反向轉動,此裝置將不起制動作用C.制動力的大小與線圈中電流的大小無關D.線圈電流一定時,導體運動的速度越大,制動力就越大D解析

電磁制動的原理是當導體在通電線圈產生的磁場中運動時,會產生渦流,電流流過電阻時會產生熱量,A錯誤;如果改變線圈中的電流方向,鐵芯產生的磁感線的方向變為反向,此時產生的渦流方向也相反,根據安培力的公式,電流和所處的磁場方向同時反向,安培力方向不變,故還是使導體受到阻礙運動的制動力,B錯誤;線圈中電流越大,則產生的磁場越強,則轉盤轉動產生的渦流越強,則制動器對轉盤的制動力越大,C錯誤;線圈電流一定時,導體運動的速度越大,轉盤轉動產生的渦流越強,制動力就越大,D正確。角度拓展2

(2022廣東普通高中一模)浮桶式燈塔模型如圖甲所示,其由帶空腔的磁體和一個連著燈泡的線圈組成,磁體在空腔產生的磁場如圖乙所示,磁體通過支柱固定在暗礁上,線圈隨波浪相對磁體沿豎直方向運動,且始終處于磁場中,則下列說法正確的是(

)A.當海面平靜時,燈泡穩定發光B.當海水水平勻速流動時,燈泡穩定發光C.海水上下震蕩幅度越大,燈泡發光越亮D.海水上下震蕩速度越快,燈泡發光越亮D解析

當海面平靜時,線圈靜止不動,不切割磁感線,不產生電動勢,燈泡不亮,故A錯誤;當海水水平勻速流動時,線圈不切割磁感線,不產生電動勢,燈泡不亮,故B錯誤;線圈隨海水上下震蕩,切割磁感線產生的電動勢E=nBlv,可知電動勢的大小與海水上下的震蕩速度有關,與震蕩幅度無關,v越大,E越大,則燈泡越亮,故C錯誤,D正確。角度拓展3

(2022浙江卷)艦載機電磁彈射是現在航母最先進的彈射技術,我國在這一領域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統的設計研究,如圖1所示,用于推動模型飛機的動子(圖中未畫出)與線圈絕緣并固定,線圈帶動動子,可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中,其所在處的磁感應強度大小均為B。開關S與1接通,恒流源與線圈連接,動子從靜止開始推動飛機加速,飛機達到起飛速度時與動子脫離;此時S擲向2接通定值電阻R0,同時施加回撤力F,在F和磁場力作用下,動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示,在t1至t3時間內F=(800-10v)N,t3時撤去F。已知起飛速度v1=80m/s,t1=1.5s,線圈匝數n=100,每匝周長l=1m,飛機的質量M=10kg,動子和線圈的總質量m=5kg,R0=9.5Ω,B=0.1T,不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響,求:

圖1

圖2(1)恒流源的電流I;(2)線圈電阻R;(3)時刻t3。答案

(1)80A(2)0.5Ω解析

(1)由題意可知接通恒流源時安培力F安=nBIl此時安培力為F安'=nBI'l此時根據牛頓第二定律有從t3時刻到最后返回初始位置停下的時間段內通過回路的電荷量,根據動量定理有-nBlΔq=0-ma'(t3-t2)聯立可得(t3-t2)2+(t3-t2)-1=0命題篇經典物理模型電磁感應中的“桿+導軌”模型模型建構“桿+導軌”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型,導軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜,桿的運動狀態可分為勻速、勻變速、非勻變速運動等。(一)單桿模型(二)雙桿模型

物理模型“雙桿”模型分為兩類:一類是“一動一靜”,甲桿靜止不動,乙桿運動,其實質是單桿問題,不過要注意問題包含著一個條件——甲桿靜止,受力平衡。另一種情況是兩桿都在運動,對于這種情況,要注意兩桿切割磁感線產生的感應電動勢是相加還是相減考向分析“桿+導軌”模型是高考的熱點,考查的知識點多,題目的綜合性強,物理情境變化空間大,也是復習中的難點。此類試題可以很好地考查力與運動的相互觀念,一般會與動量定理、動量守恒定律、動能定理、焦耳定律、功能關系、能量守恒定律等聯系在一起,進而考查學生綜合分析問題的能力。案例探究例2(2022廣東廣州月考)艦載飛機著艦時利用電磁阻攔使它快速停止,電磁阻攔技術原理如圖所示,在磁感應強度為B的勻強磁場中,兩根相距為d、電阻不計的平行導軌MN、PQ固定在水平面內,導軌端點MP間接有阻值為R的電阻。一長為d、質量為m、阻值為R的金屬棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上,ab與軌道接觸良好。質量為m0的飛機以水平速度v0瞬間鉤住ab棒后關閉動力系統且獲得共同的速度,飛機和ab棒在安培力作用下停下來。不計一切摩擦。求:(1)飛機在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值;(2)從飛機鉤住金屬棒到它們停下來的整個過程中運動的距離x。解析

(1)設飛機瞬間鉤住ab棒后關閉動力系統獲得的共同速度為v,根據動量守恒定律有m0v0=(m0+m)v此時由安培力產生的加速度最大,根據牛頓第二定律有角度拓展4(多選)(2021福建卷)如圖所示,P、Q是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌,間距為L,導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFHG矩形區域有一方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在t=t1時刻,兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場,速度大小均為v0;一段時間后,流經a棒的電流為0,此時t=t2,b棒仍位于磁場區域內。已知金屬棒a、b以相同材料制成,長度均為L,電阻分別為R和2R,a棒的質量為m。在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好,a、b棒沒有相碰,則(

)B.t2時刻b棒的速度為0C.t1~t2時間內,通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍AD解析

在t=t1時刻,兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場,速度大小均為v0,由右手定則可判斷出兩金屬棒產生的感應電動勢和感應電流方向都是逆時針方向,產生的感應電動勢都是BLv0,由閉合電路歐姆定律由于金屬棒a、b串聯構成回路,所以在t1~t2時間內,通過a棒的電荷量與b棒相同,C錯誤;由于金屬棒a、b電阻分別為R和2R,金屬棒a、b串聯構成回路,二者電流相等,由焦耳定律可知金屬棒a、b產生的焦耳熱之比為1∶2,設t1~t2時間內,a棒產生的焦耳熱為Q,則b棒產生的焦耳熱為2Q,由電阻定律可知,金屬棒a的橫截面積為b的2倍,體積為b的2倍,質量為b的2倍,即b的質量為0.5m。t=t2時刻流經a棒的電流為0,說明金屬棒a、b具有共同速度,由動角度拓展5(2022廣東廣州二模)如圖所示,不計電阻的金屬導軌AOCD和A'O'C'D'放置在磁感應強度為B、方向豎直向上的勻強磁場中。豎直平面AOC與A'O'C'的距離為L,θ=45°;DCOO'C'D'在絕緣的水平地面上,D與D'靠近但不接觸;

OO'C'C為矩形,lOC=5L、lOD=6L,∠D'C'C=45°;金屬棒a和b完全相同,長度為L、質量