2025高考物理復習電磁感應中的動量問題課件教案練習題

第十一章電磁感應素養(yǎng)提升課十六電磁感應中的動量問題提升點一動量定理在電磁感應中的應用提升點二動量守恒定律在電磁感應中的應用內(nèi)容索引課時測評提升點一動量定理在電磁感應中的應用

導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解。

考向1

“單棒＋電阻”模型情境示例1水平放置的平行光滑導軌，間距為L，左側(cè)接有電阻R，導體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計，勻強磁場的磁感應強度為B，導軌足夠長且電阻不計，從開始運動至停下來求電荷量q

求位移x

應用技巧初、末速度已知的變加速運動，在用動量定理列出的式子中q＝

；若已知q或x也可求末速度情境示例2

間距為L的光滑平行導軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質(zhì)量為m、接入電路的阻值為R的導體棒，當通過橫截面的電荷量為q或下滑位移為x時，速度達到v求運動時間Δt

應用技巧用動量定理求時間需有其他恒力參與。若已知運動時間，也可求q、x、v中的任一個物理量(2023·北京大興一模)如圖1為汽車在足夠長水平路面上以恒定功率P啟動的模型，假設(shè)汽車啟動過程中所受阻力F阻恒定，汽車質(zhì)量為M；如圖2為一足夠長的水平的光滑平行金屬導軌，導軌間距為L，左端接有定值電阻R，導軌處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，將一質(zhì)量為m的導體棒垂直擱在導軌上并用水平恒力F向右拉動，導體棒和導軌的電阻不計且兩者始終接觸良好。圖3、圖4分別是汽車、導體棒開始運動后的v-t圖像，圖3和圖4中的t1和t2已知。例1(1)請分別求汽車和導體棒在運動過程中的最大速度vm1和vm2；答案：vm代表的是勻速運動的速度，也就是平衡時物體的運動速度，對汽車啟動問題，有F牽－F阻＝0，P＝F牽vm1解得vm1＝對導體棒問題，有F－ILB＝0I＝解得vm2＝

。(2)請求出汽車從啟動到速度達到最大所運動的距離x1；答案：由動能定理可知

解得

(3)求出導體棒從開始運動到速度達到最大所運動的距離x2。答案：由法拉第電磁感應定律E＝N可得，在導體棒從開始運動到速度達到最大過程中

由歐姆定律可知

由動量定理可知

聯(lián)立解得

考向2不等間距的雙棒模型(多選)(2023·遼寧撫順模擬)如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長的金屬導軌平行放置，導軌間距分別為2L和L，兩組導軌間由導線相連，裝置置于水平面內(nèi)，導軌間存在方向豎直向下的、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導體棒C、D分別垂直于導軌放置，且均處于靜止狀態(tài)，其余部分電阻不計。t＝0時使導體棒C獲得瞬時速度v0向右運動，兩導體棒在運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好。且達到穩(wěn)定運動時導體棒C未到兩組導軌連接處。則下列說法正確的是A．t＝0時，導體棒D的加速度大小為a＝B．達到穩(wěn)定運動時，C、D兩棒速度之比為1∶1C．從t＝0時至達到穩(wěn)定運動的過程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為

D．從t＝0時到達到穩(wěn)定運動的過程中，通過導體棒的電荷量為例2√√√開始時，導體棒中的感應電動勢E＝2BLv0，電路中感應電流I＝

，導體棒D所受安培力F＝ILB，導體棒D的加速度為a，則有F＝ma，解得a＝

，故A正確；穩(wěn)定運動時，電路中電流為零，設(shè)此時C、D棒的速度分別為v1、v2，則有2BLv1＝BLv2，對變速運動中任意極短時間Δt，由動量定理得，對C棒有－

·2LBΔt＝mΔv1，對D棒有

LBΔt＝mΔv2，故對變速運動全過程有v0－v1＝2v2，解得

，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知回路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝

，解得Q＝

，故C正確；由上述分析可知對變速運動中任意極短時間Δt，由動量定理得，對C棒有－

·2LBΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝

，故D正確?？枷?

“電容＋單棒”模型1．無外力充電式基本模型規(guī)律(導軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點導體棒相當于電源，電容器充電電流特點安培力為阻力，導體棒減速，E減小，有I＝

，電容器充電UC變大，當BLv＝UC時，I＝0，F(xiàn)安＝0，導體棒勻速運動運動特點和最終特征導體棒做加速度a減小的減速運動，最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零基本模型規(guī)律(導軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)求最終速度v電容器充電電荷量：Q＝CU最終電容器兩端電壓：U＝BLv對導體棒應用動量定理：

v-t圖像

如圖甲、乙中，除導體棒ab可動外，其余部分均固定不動，圖甲中的電容器C原來不帶電。設(shè)導體棒、導軌電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦也不計，圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直于水平面(即紙面)向里的勻強磁場中，導軌足夠長?，F(xiàn)給導體棒ab一個向右的初速度v0，在圖甲、乙兩種情形下，關(guān)于導體棒ab的運動狀態(tài)，下列說法正確的是A．圖甲中，ab棒先做勻減速運動，最終做勻速運動B．圖乙中，ab棒先做加速度越來越小的減速運動，最終靜止C．兩種情況下通過電阻的電荷量一樣大D．兩種情形下導體棒ab最終都保持勻速運動例3√題圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流而使電容器充電，由于充電電流不斷減小，安培力減小，則導體棒做變減速運動，當電容器C極板間電壓與導體棒產(chǎn)生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運動，故A錯誤；題圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流，導體棒受向左的安培力而做減速運動，隨速度的減小，電流減小，安培力減小，加速度減小，最終ab棒靜止，故B正確，D錯誤；根據(jù)

LBt＝－qBL＝mΔv，可得q＝

，電荷量跟導體棒ab的動量變化量成正比，因為題圖甲中導體棒的動量變化量小于題圖乙中導體棒的動量變化量，所以題圖甲中通過R的電荷量小于題圖乙中通過R的電荷量，故C錯誤。2．無外力放電式基本模型規(guī)律(電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C)電路特點電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動電流特點電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLvm運動特點及最終特征做加速度a減小的加速運動，最終勻速運動，I＝0基本模型規(guī)律(電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C)求最大速度vm電容器充電電荷量：Q0＝CE放電結(jié)束時電荷量：Q＝CU＝CBLvm電容器放電電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對導體棒應用動量定理：mvm－0＝

LB·Δt＝BLΔQ則vm＝v-t圖像(2023·湖南岳陽模擬)如圖甲所示，航母上配備了先進的電磁彈射系統(tǒng)。電磁彈射系統(tǒng)的具體實現(xiàn)方案有多種，并且十分復雜。一種簡化的物理模型如圖乙所示，電源和一對足夠長平行金屬導軌M、N分別通過單刀雙擲開關(guān)K與電容器相連。電源的電動勢E＝6V，內(nèi)阻不計。兩條足夠長的導軌相距L＝0.2m且水平放置于磁感應強度B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面且豎直向下，電容器的電容C＝10F?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻R＝1Ω的金屬滑塊垂直放置于導軌的滑槽內(nèi)，分別與兩導軌良好接觸。將開關(guān)K置于a讓電容器充電，充電結(jié)束后，再將K置于b，金屬滑塊會在電磁力的驅(qū)動下運動。不計導軌和電路其他部分的電阻，不計電容器充、放電過程中電磁輻射和導軌產(chǎn)生的磁場對滑塊的作用，忽略金屬滑塊運動過程中的一切摩擦阻力。例4下列說法正確的是A．開關(guān)K置于b后，金屬塊先做加速運動、后做減速運動B．開關(guān)K置于b的瞬間，金屬滑塊的加速度大小為7m/s2C．開關(guān)K置于b后，金屬滑塊獲得的最大速度大小為30m/sD．開關(guān)K置于b后，電容器最終帶電量為零√開關(guān)K置于b的瞬間，流過金屬滑塊的電流為I＝

，以金屬滑塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得F＝ILB＝ma，解得a＝

＝6m/s2，故B錯誤；金屬滑塊運動后，切割磁感線產(chǎn)生電動勢，當電容器電壓與滑塊切割磁感線產(chǎn)生電動勢相等時，滑塊速度不再變化，做勻速直線運動，此時速度達到最大。設(shè)金屬滑塊加速運動到最大速度時兩端電壓為U，電容器放電過程中的電荷量變化為Δq，放電時間為Δt，流過金屬滑塊的平均電流為I，在金屬滑塊滑動過程中，由動量定理得ILB·Δt＝mv－0，由電流的定義Δq＝IΔt，由電容的定義C＝

，電容器放電過程的電荷量變化為Δq＝CΔU，且ΔU＝E－U，故BLC(E－U)＝mv，金屬滑塊運動后速度最大時，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得U＝BLv，聯(lián)立解得v＝30m/s，故A錯誤，C正確；由C選項分析可知，當金屬滑塊運動后，速度最大時起飛，其兩端電壓為U＝BLv＝3V，即此時電容器兩端電壓為3V，電容極板上依然有電荷，未完全放電，故D錯誤。故選C。返回提升點二動量守恒定律在電磁感應中的應用1．在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便。2．雙棒模型(不計摩擦力)類型雙棒無外力雙棒有外力示意圖(F為恒力)動力學觀點導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動導體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動動量觀點系統(tǒng)動量守恒系統(tǒng)動量不守恒能量觀點棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱(多選)(2023·遼寧高考)如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是A．彈簧伸展過程中、回路中產(chǎn)生順時針方向的電流B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為例5√√彈簧伸展的過程中，穿過閉合回路的磁通量向上增加，由楞次定律可判斷回路中的電流方向為順時針，A正確；設(shè)MN的質(zhì)量為m，則PQ的質(zhì)量為2m，對PQ由動量定理得Ft－

·2dBt＝2mv，對MN由動量定理得Ft－

d·2Bt＝mv′，解得導體棒MN的速度為v′＝2v，PQ速率為v時，回路中的感應電動勢大小為E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感應電流大小為I＝

，則MN所受的安培力大小為FMN＝Id·2B＝

，B錯誤；整個運動過程中，MN的加速度為aMN＝

，PQ的加速度為aPQ＝

，則aMN∶aPQ＝2∶1，由B選項分析可知MN與PQ的速率之比為2∶1，則由公式v2＝2ax可知MN與PQ的路程之比為2∶1，C正確；由C選項分析可知兩導體棒靜止時，MN的位移大小為

，PQ的位移大小為

，由法拉第電磁感應定律得

，通過MN的電荷量為q＝

·Δt，整理得q＝

，代入數(shù)據(jù)解得q＝

，D錯誤。

如圖所示，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)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(qū)域內(nèi)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＝0時刻，兩金屬棒a、b分別以大小相同的速率v0，分別從磁場的邊界EF、GH進入磁場。經(jīng)過一段時間后，其中有一棒恰好停在磁場邊界處，且在這個過程中，金屬棒a、b沒有相碰，相距最近時b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b是由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為2m。在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。求：例6(1)在t＝0時刻b棒的加速度大??；答案：根據(jù)電阻定律有Ra＝R＝

可得Sa＝2Sb根據(jù)ma＝2m＝ρ′LSa，mb＝ρ′LSb可得mb＝

a進入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產(chǎn)生的感應電流方向是E到F，b產(chǎn)生的感應電流方向是H到G，即兩個感應電流方向相同，所以流過a、b的感應電流是兩個感應電流之和，則有I＝對于b，根據(jù)牛頓第二定律有ILB＝mba聯(lián)立解得在t＝0時刻b棒的加速度大小為a＝

。(2)兩棒在整個過程中相距最近的距離；答案：取向右為正方向，相距最近時，兩棒具有相同速度，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有2mv0－mv0＝

解得v＝此時，電路中感應電流為0，a、b棒一起向右勻速運動，直到b棒出磁場區(qū)域，之后b棒不受安培力、a棒受安培力減速直到停下；從b棒出磁場區(qū)域到a棒剛好停在磁場邊界處，對a棒運用動量定理得－

LBΔt＝0－2mv又q＝IΔt＝

聯(lián)立解得兩棒在整個過程中相距最近的距離為s＝

。(3)在整個過程中，b棒產(chǎn)生的焦耳熱。答案：對a、b組成的系統(tǒng)，最終b棒一直做勻速直線運動，根據(jù)能量守恒有

對a、b，根據(jù)焦耳定律有Q＝I2RΔt因a、b流過的電流一直相等，所用時間相同，故a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2又Qa＋Qb＝Q總聯(lián)立解得b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝

返回課時測評1．(多選)如圖所示，一質(zhì)量為2m的足夠長的U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，bc邊長為L，不計金屬框電阻。一長為L的導體棒MN置于金屬框上，導體棒的阻值為R、質(zhì)量為m。裝置處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中?，F(xiàn)給金屬框水平向右的初速度v0，在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則A．剛開始運動時產(chǎn)生的感應電流方向為M→N→c→b→MB．導體棒的最大速度為C．通過導體棒的電荷量為D．導體棒產(chǎn)生的焦耳熱為

√√金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據(jù)右手定則可知電流方向為M→N→c→b→M，故A正確；以整體為研究對象，由于整體水平方向不受力，所以整體水平方向動量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝

v0，故B錯誤；對導體棒根據(jù)動量定理可得

LBΔt＝mv－0，其中

Δt＝q，可得通過導體棒的電荷量為q＝

，故C正確；由能量守恒知導體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝

，故D錯誤。2．(多選)(2024·湖北重點中學聯(lián)考)如圖所示，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是√√導體棒ab運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應電流(逆時針)，導體棒ab受安培阻力F作用，速度減小，導體棒cd受安培力F′作用，速度變大，兩棒之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，兩棒所受安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，故ab棒做加速度逐漸減小的減速運動，cd棒做加速度逐漸減小的加速運動。當兩棒的速度相等時，回路上感應電流消失，兩棒在導軌上以共同速度做勻速運動，兩棒在導軌上運動時不受外力作用，系統(tǒng)的動量守恒，則mv0＝2mv共，解得v共＝

，故A、C正確，B、D錯誤。3．(多選)如圖所示，光滑水平導軌置于磁場中，磁場的磁感應強度為B，左側(cè)導軌間距為L，右側(cè)導軌間距為2L，導軌均足夠長。質(zhì)量為m的導體棒ab和質(zhì)量為2m的導體棒cd均垂直于導軌放置，處于靜止狀態(tài)。ab的電阻為R，cd的電阻為2R，兩棒始終在對應的導軌部分運動，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計。現(xiàn)瞬間給cd一水平向右的初速度v0，則此后的運動過程中下列說法正確的是A．導體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動量不守恒B．兩棒最終以相同的速度做勻速直線運動C．a(chǎn)b棒最終的速度為

D．從cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運動，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為

√√cd獲得速度后，電路中產(chǎn)生感應電流，根據(jù)左手定則和牛頓第二定律可知，cd棒減速，ab棒加速，當BLvab＝2BLvcd時，回路中磁通量不變，沒有感應電流，最終兩棒做勻速直線運動，分別對兩棒運用動量定理得－I·2LBt＝2mvcd－2mv0，ILBt＝mvab，兩式合并得vcd＋vab＝v0，聯(lián)立解得vab＝v0，故B錯誤，C正確；由≠2m·v0，故導體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A正確；從cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運動，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q＝

，解得Q＝

，故D錯誤。4．如圖所示，豎直光滑墻壁左側(cè)區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場外邊界與豎直方向的夾角為θ＝45°，在外邊界與豎直墻壁交點處上方高度由靜止釋放一個邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導電線框，經(jīng)過時間t，導電線框運動到虛線位置且加速度恰好為零，重力加速度為g，不計空氣阻力，在此過程中A．導電線框的加速度一直在減小B．導電線框中產(chǎn)生的熱量為mgh－C．速度最大時導電線框?qū)Ρ诘膲毫Υ笮?mgD．導電線框所受安培力的沖量大小為mgt－√導電線框開始在磁場中做加速度為g的勻加速直線運動，然后做加速度減小的加速直線運動，故A錯誤；導電線框速度最大時有E＝BLv，I＝

，豎直方向滿足mg＝ILB，可得v＝

，由能量守恒可得mgh＝Q＋mv2，可得Q＝mgh－

，故B正確；導電線框速度最大時，在水平方向上有FN＝ILB＝mg，根據(jù)牛頓第三定律可知速度最大時導電線框?qū)Ρ诘膲毫Υ笮閙g，故C錯誤；在豎直方向由動量定理可知mgt－Iy安＝mv－0，可得Iy安＝mgt－

，但安培力還有水平方向的沖量，故D錯誤。故選B。5．(多選)(2023·河北邯鄲一模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有足夠長的平行金屬導軌PQ、MN，導軌間距為L，在QN之間連接有阻值為R的電阻，導軌上放有質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab，整個裝置處于磁感應強度為B、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中?，F(xiàn)對金屬桿ab施加一大小為F＝2mg的拉力，使其由靜止開始向上運動，經(jīng)時間t后金屬桿達到最大速度。金屬桿ab運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，忽略所有摩擦，不計導軌電阻，當?shù)刂亓铀俣葹間，則下列結(jié)論正確的是A．通過電阻R的感應電流方向由N向QB．金屬桿ab的最大速度為C．金屬桿ab由靜止到最大速度的過程中，上升的高度為D．金屬桿ab由靜止到最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量為√√由楞次定律可知，通過電阻R的感應電流方向為由Q向N，故A錯誤；導體棒速度為v時，產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv，流過導體棒的電流為I＝＝

，導體棒所受安培力FA＝ILB＝

，由牛頓第二定律可得F－mg－

＝ma，當a＝0時，速度最大，解得最大速度為vm＝

，故B正確；金屬桿ab由靜止到最大速度的過程中，由動量定理Ft－mgt－

LBt＝mvm，又因為

，可得Ft－mgt－

＝mvm，F(xiàn)t－mgt－BLq＝mvm，解得上升的高度h＝

，通過電阻R的電荷量q＝

，故C錯誤，D正確。故選BD。6．(多選)(2024·河南新安模擬)如圖是一種電梯突然失控下落時的保護裝置。在電梯后方墻壁上交替分布著方向相反的勻強磁場，每塊磁場區(qū)域?qū)扡，高h，大小均為B。電梯后方固定一個N匝矩形線圈，線圈總電阻為R，高度為H，H＝3h，寬度略大于磁場。已知某次電梯運行試驗中電梯總質(zhì)量為m，忽略一切阻力，重力加速度為g。若電梯失去其他保護，由靜止從高處突然失控下落，某時刻電梯下降3H時，速度為v，則A．下降3H時，線圈的電動勢為E＝NBLvB．下落瞬間電梯加速度的大小為gC．若電梯與地面的距離足夠高，電梯最終的速度為vm＝D．下降3H過程所需要的時間為

√√下降3H時，上下兩邊均切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，故線圈的電動勢為E＝2NBLv，故A錯誤；下落瞬間，電梯速度為零，無感應電動勢，安培力為零，則只受重力作用，加速度的大小為g，故B正確；若電梯與地面的距離足夠高，最終安培力與重力平衡，電梯勻速運動，此時F＝2NImLB＝2NBL

＝mg，解得vm＝

，故C錯誤；下降3H過程，根據(jù)動量定理得mgt－t＝mv，其中3H＝

t，解得t＝

，故D正確。故選BD。7．(2023·江蘇南通三模)如圖所示，兩光滑平行長直金屬導軌水平固定放置，導軌間存在豎直向下的勻強磁場。兩根相同的金屬棒ab、cd垂直放置在導軌上，處于靜止狀態(tài)。t＝0時刻，對cd棒施加水平向右的恒力F，棒始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計。兩棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd隨時間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是√金屬棒cd在恒力F作用下由靜止開始加速，此時金屬棒ab、cd加速度aab＝0，acd＝

，之后回路中出現(xiàn)感應電流，金屬棒cd受到的安培力與恒力F反向，金屬棒cd的加速度減小，金屬棒ab在安培力作用下開始加速，金屬棒cd與金屬棒ab的速度差逐漸增大，回路中的電動勢逐漸增大，安培力F安＝