2024年安徽卷物理试题

大连相干光源是我国第一台高增益自由电子激光用户装置，其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。图为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量大于 $3.11\mathrm{eV}$ ，当大量处于 $n=3$ 能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有（　　）

A．1种

B．2种

C．3种

D．4种

【答案与解析】

氢原子能级 $E_n=-\frac{13.6}{n^2}\ \mathrm{eV}$ ，由图可知大量原子处于 $n=4$ 能级并向低能级跃迁；辐射谱线中属于紫外光（光子能量大于 $3.11\ \mathrm{eV}$ ）的均为落到 $n=1$ 的莱曼系跃迁： $4\to1$ 、 $3\to1$ 、 $2\to1$ ，共 $3$ 种。故选C。
某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（　　）

A． $mgh$

B． $\frac{1}{2}mv^2$

C． $mgh+\frac{1}{2}mv^{2}$

D． $mgh-\frac{1}{2}mv^{2}$

【答案与解析】

由动能定理，下滑过程 $mgh=\frac12mv^2+W_f$ ，其中 $W_f$ 为克服摩擦力做的功，故 $W_f=mgh-\frac12mv^2$ 。故选D。
某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波（　　）

A．在 $x=9.0\mathrm{m}$ 处开始相遇

B．在 $x=10.0\mathrm{m}$ 处开始相遇

C．波峰在 $x=10.5\mathrm{m}$ 处相遇

D．波峰在 $x=11.5\mathrm{m}$ 处相遇

【答案与解析】

两波在同一均匀介质中波速 $v$ 相等、相向传播，某时刻甲波右端与乙波左端为两波包最近边缘，二者开始相遇于该两最近边缘的中点；由图两最近边缘关于 $x=10.0\ \mathrm{m}$ 对称，故开始相遇位置为 $x=10.0\ \mathrm{m}$ 。故选B。
倾角为 $\theta$ 的传送带以恒定速率 $v_{0}$ 顺时针转动。 $t=0$ 时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。 $t_{0}$ 时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到 $v_{0}$ 。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

物块无初速放上传送带瞬间速度小于 $v_0$ ，相对传送带向下滑，受沿斜面向上的滑动摩擦力，加速度 $a_1=g(\mu\cos\theta-\sin\theta)>0$ 恒定，速度线性增大； $t_0$ 时刻速度达 $v_0$ 后与传送带共速，若静摩擦足以平衡重力下滑分力（ $\mu\cos\theta\ge\sin\theta$ ），此后加速度突变为 $0$ 、速度保持 $v_0$ 匀速上升至顶端，对应 $a-t$ 为两段常值（ $a_1$ 后接 $0$ ）、 $v-t$ 为先斜直后水平的图线。故选C。
2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为 $51900\mathrm{km}$ 。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为 $9900\mathrm{km}$ ，周期约为 $24h$ 。则鹊桥二号在捕获轨道运行时（　　）

A．周期约为 $144h$

B．近月点的速度大于远月点的速度

C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度

D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度

【答案与解析】

由开普勒第三定律 $\frac{T_{\text{捕}}}{T_{\text{冻}}}=\left(\frac{a_{\text{捕}}}{a_{\text{冻}}}\right)^{3/2}=\left(\frac{51900}{9900}\right)^{3/2}\approx12.0$ ，得 $T_{\text{捕}}\approx12\times24\ \mathrm{h}=288\ \mathrm{h}$ ，A错。椭圆轨道上近月点速率最大、远月点速率最小，故近月点速度大于远月点速度，B对。由能量守恒，同一近月点处半长轴越大速率越大，捕获轨道半长轴更大，故其近月点速度大于冻结轨道近月点速度，C错。近月点加速度 $a=\frac{GM}{r^2}$ 仅由该点距离 $r$ 决定，两轨道近月点 $r$ 相同，加速度相等，D错。故选B。
如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为 $2mg$ 。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（　　）

A．速度一直增大

B．速度先增大后减小

C．加速度的最大值为 $3g$

D．加速度先增大后减小

【答案与解析】

在O点弹簧原长，缓慢拉至P点静止时拉力 $F=2mg$ 。P点受力：重力 $mg$ 向下，两弹簧拉力对称、合力向下，故弹簧合力 $=F-mg=mg$ 向下。撤去F瞬间合力为 $mg+mg=2mg$ 向下，加速度 $2g$ ；下落到O过程中弹簧伸长量减小，弹簧合力由 $mg$ 减至 $0$ ，合力由 $2mg$ 单调减至 $mg$ 向下，加速度由 $2g$ 单调减至 $g$ ，始终向下，故速度一直增大。最大加速度为 $2g$ 而非 $3g$ 。故A对，B、C、D错。故选A。
在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的 $\eta$ 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为 $\rho$ ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（　　）

A． $\frac{\rho gSl\sqrt{2gh}}{2\eta h}\left(H+h+\frac{l^{2}}{2h}\right)$

B． $\frac{\rho gSl\sqrt{2gh}}{2\eta h}\left(H+h+\frac{l^{2}}{4h}\right)$

C． $\frac{\rho gSl\sqrt{2gh}}{2\eta h}\left(H+\frac{l^{2}}{2h}\right)$

D． $\frac{\rho gSl\sqrt{2gh}}{2\eta h}\left(H+\frac{l^{2}}{4h}\right)$

【答案与解析】

出水口高度 $h$ ，落地点水平距 $l$ ，由平抛 $h=\frac12gt^2$ 、 $l=v_xt$ 得出口速度 $v=l\sqrt{\frac{g}{2h}}$ 。质量流量 $\dot m=\rho S v$ 。单位时间水泵赋予水的机械能增量为 $\dot m\left[g(H+h)+\frac12v^2\right]$ ，效率 $\eta$ 下有 $\eta P=\dot m\left[g(H+h)+\frac12v^2\right]$ 。代入 $v^2=\frac{gl^2}{2h}$ 、 $\dot m=\rho S l\sqrt{\frac{g}{2h}}$ 及 $\sqrt{\frac{g}{2h}}=\frac{\sqrt{2gh}}{2h}$ ，得 $P=\frac{\rho g S l\sqrt{2gh}}{2\eta h}\left(H+h+\frac{l^2}{4h}\right)$ 。故选D。
在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为 $+q$ ，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为 $v_{1}$ 、 $v_2$ 、 $v_3$ ，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 $\frac{kq^{2}}{2d}$ ，k为静电力常量，不计空气阻力。则（　　）

A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变

B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒

C．在图乙位置， $v_1=v_2$ ， $v_{3}\neq2v_{1}$

D．在图乙位置， $v_{3}=\sqrt{\frac{2kq^{2}}{3md}}$

【答案与解析】

剪断后系统仅受内力，动量守恒、能量守恒，由对称性 $v_1=v_2$ 。电势能减少 $\Delta E_p=\frac{kq^2}{2d}$ 全部转化为动能： $\frac12m(v_1^2+v_2^2+v_3^2)=\frac{kq^2}{2d}$ 。结合动量守恒可得 $v_3=2v_1$ ，代入得 $\frac12m(2v_1^2+4v_1^2)=\frac{kq^2}{2d}\Rightarrow v_1=\sqrt{\frac{kq^2}{6md}}$ ， $v_3=2v_1=\sqrt{\frac{2kq^2}{3md}}$ 。故D对；C中 $v_3\neq2v_1$ 错。小球3受1、2的库仑合力随相对位置变化，不恒定，A错。系统不受外力，动量守恒，B错。故选D。
一倾角为 $30^{\circ}$ 足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从 $t=0$ 开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ ，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为 $1.2\mathrm{kg}$ ，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，不计空气阻力。则（　　）

A．物块始终做匀变速曲线运动

B． $t=1\mathrm{s}$ 时，物块的y坐标值为 $2.5m$

C． $t=1\mathrm{s}$ 时，物块的加速度大小为 $5\sqrt{3}\mathrm{m/s^{2}}$

D． $t=2\mathrm{s}$ 时，物块的速度大小为 $10\sqrt{2}\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

在斜面内建系，取 $y$ 轴沿斜面向下、 $x$ 轴水平，则重力在斜面内的分量沿 $y$ 轴， $a_y=g\sin30^\circ=5\ \mathrm{m/s^2}$ 为常量且初速为零，故 $y=\frac12a_yt^2=\frac12\times5\times1^2\ \mathrm{m}=2.5\ \mathrm{m}$ （ $t=1\ \mathrm{s}$ 时）。 $x$ 方向仅受 $F_1,F_2$ ，不影响 $y$ 向运动，故B对；因 $a_y\neq0$ 且 $a_x$ 随 $F_2(t)$ 变化，运动非匀变速曲线，A错。故选B。
空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为 $3R$ 的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（　　）

A．油滴a带负电，所带电量的大小为 $\frac{mg}{E}$

B．油滴a做圆周运动的速度大小为 $\frac{gBR}{E}$

C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为 $\frac{3gBR}{E}$ ，周期为 $\frac{4\pi E}{gB}$

D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动

【答案与解析】

油滴a做匀速圆周运动须电场力与重力平衡： $|q|E=mg$ ，电场向下，仅当a带负电时电场力向上方可平衡，故 $|q|=mg/E$ 、a带负电，A对。磁场提供向心力 $|q|vB=mv^2/R\Rightarrow v=\frac{|q|BR}{m}=\frac{gBR}{E}$ ，B对。分裂后Ⅰ带电量 $q/2$ 、质量 $m/2$ ，仍满足 $|q|/2\cdot E=(m/2)g$ ，故也做圆周运动；由 $(|q|/2)v_{\mathrm I}B=(m/2)v_{\mathrm I}^2/(3R)$ 得 $v_{\mathrm I}=\frac{3|q|BR}{m}=\frac{3gBR}{E}$ （速度值正确），但其周期 $T_{\mathrm I}=\frac{2\pi(3R)}{v_{\mathrm I}}=\frac{2\pi E}{gB}\neq\frac{4\pi E}{gB}$ ，故C错。由动量守恒，a在P点速度向左（逆时针），分裂后Ⅰ同向（左），则Ⅱ必向右，在最低点向右运动即顺时针，D对。故选ABD。
某实验小组做“测量玻璃的折射率”及拓展探究实验． $(1)$ 为测量玻璃的折射率，按如图所示进行实验，以下表述正确的一项是＿＿＿＿。（填正确答案标号）

$(2)$ 为探究介质折射率与光的频率的关系，分别用一束红光和一束绿光从同一点入射到空气与玻璃的分界面．保持相同的入射角，根据实验结果作出光路图，并标记红光和绿光，如图乙所示．此实验初步表明：对于同一种介质，折射率与光的频率有关．频率大，折射率＿＿＿＿（填“大”或“小”）

$(3)$ 为探究折射率与介质材料的关系，用同一束微光分别入射玻璃砖和某透明介质，如图丙、丁所示。保持相同的入射角 $\alpha_{1}$ ，测得折射角分别为 $\alpha_{2}$ 、 $a_{3}(a_{2}<a_{3})$ ，则玻璃和该介质的折射率大小关系为 $n_{\text{玻璃}}$ ＿＿＿＿ $n_{\text{介质}}$ （填“>”或“<”）。此实验初步表明：对于一定频率的光，折射率与介质材料有关。

A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和 $a^{\prime}$

B．在玻璃砖一侧插上大头针 $P_1$ 、 $P_{2}$ ，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使 $P_{2}$ 把 $P_1$ 挡住，这样就可以确定入射光线和入射点 $O_{1}$ 。在眼睛这一侧，插上大头针 $P_{3}$ ，使它把 $P_1$ 、 $P_{2}$ 都挡住，再插上大头针 $P_4$ ，使它把 $P_1$ 、 $P_{2}$ 、 $P_{3}$ 都挡住，这样就可以确定出射光线和出射点 $O_{2}$

C．实验时入射角 $\theta_{1}$ 应尽量小一些，以减小实验误差

【答案与解析】

（1）B；（2）大；（3）＞。
某实验小组要将电流表G（铭牌标示： $I_{g}=500\mu\mathrm{A}$ ， $R_{g}=800\mathrm{\Omega}$ ）改装成量程为 $1V$ 和 $3V$ 的电压表，并用标准电压表对其进行校准。选用合适的电源、滑动变阻器、电阻箱、开关和标准电压表等实验器材，按图（1）所示连接电路，其中虚线框内为改装电路。

$(1)$ 开关 $\mathrm{S}_1$ 闭合前，滑片P应移动到＿＿＿＿（填“M”或“N”）端。 $(2)$ 根据要求和已知信息，电阻箱 $R_{1}$ 的阻值已调至 $1200\mathrm{\Omega}$ ，则 $R_{2}$ 的阻值应调至＿＿＿＿ $\Omega$ 。 $(3)$ 当单刀双掷开关 $\mathrm{S}_2$ 与a连接时，电流表G和标准电压表V的示数分别为I、U，则电流表G的内阻可表示为＿＿＿＿。（结果用U、I、 $R_{1}$ 、 $R_{2}$ 表示） $(4)$ 校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，经排查发现电流表G内阻的真实值与铭牌标示值有偏差，则只要＿＿＿＿即可。（填正确答案标号） $(5)$ 校准完成后，开关 $\mathrm{S}_2$ 与b连接，电流表G的示数如图（2）所示，此示数对应的改装电压表读数为＿＿＿＿V。（保留2位有效数字）

A．增大电阻箱 $R_{1}$ 的阻值

B．减小电阻箱 $R_{2}$ 的阻值

C．将滑动变阻器的滑片P向M端滑动

【答案与解析】

（1）N；（2）由 $1\ \mathrm{V}$ 量程得总阻 $R_{\text{总1}}=\frac{1}{I_g}=\frac{1}{500\times10^{-6}}\ \Omega=2000\ \Omega$ ，故 $G+R_1=2000\ \Omega$ 已满足； $3\ \mathrm{V}$ 量程需 $R_{\text{总3}}=\frac{3}{I_g}=6000\ \Omega$ ，故 $R_2=6000-2000=4000\ \Omega$ ；（3） $R_g=\frac{U}{I}-R_1-R_2$ （或 $\frac{U-I(R_1+R_2)}{I}$ ）；（4）B；（5）由图(2)读得电流表G示数 $I_G=300\ \mu\mathrm{A}$ （以图示为准）， $S_2$ 接b为 $1\ \mathrm{V}$ 量程（总阻 $2000\ \Omega$ ），改装电压表读数 $U'=I_G\times2000\ \Omega=0.60\ \mathrm{V}$ 。
某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积 $V_{0}=30\mathrm{L}$ ，从北京出发时，该轮胎气体的温度 $t_{1}=-3^{\circ}\mathrm{C}$ ，压强 $p_{1}=2.7\times10^{5}\mathrm{Pa}$ 。哈尔滨的环境温度 $t_{2}=-23^{\circ}\mathrm{C}$ ，大气压强 $p_0$ 取 $1.0\times10^{5}\mathrm{Pa}$ 。求：（1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。（2）充进该轮胎的空气体积。

【答案与解析】

（1）轮胎体积不变，哈尔滨充气前气体由北京状态等容降温： $p_{\text{前}}/T_2=p_1/T_1$ ，其中 $T_1=270\ \mathrm{K}$ 、 $T_2=250\ \mathrm{K}$ ，故 $p_{\text{前}}=p_1\frac{T_2}{T_1}=2.7\times10^5\times\frac{250}{270}\ \mathrm{Pa}=2.5\times10^5\ \mathrm{Pa}$ 。（2）充气过程温度不变为 $T_2$ ，由物质的量守恒 $p_{\text{前}}V_0+p_0V_{\text{充}}=p_1V_0$ ，得 $V_{\text{充}}=\frac{(p_1-p_{\text{前}})V_0}{p_0}=\frac{(2.7-2.5)\times10^5\times30}{1.0\times10^5}\ \mathrm{L}=6.0\ \mathrm{L}$ 。
如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长 $L=1.25\mathrm{m}$ 。小球质量 $m=0.20\mathrm{kg}$ 。物块、小车质量均为 $M=0.30\mathrm{kg}$ 。小车上的水平轨道长 $s=1.0\mathrm{m}$ 。圆弧轨道半径 $R=0.15\mathrm{m}$ 。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ 。（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 $\mu$ 的取值范围。

【答案与解析】

（1）小球摆下： $mgL=\frac12mv_0^2\Rightarrow v_0=\sqrt{2gL}=\sqrt{2\times10\times1.25}=5\ \mathrm{m/s}$ 。最低点 $T-mg=m\frac{v_0^2}{L}\Rightarrow T=m\left(g+\frac{v_0^2}{L}\right)=0.20\times\left(10+\frac{25}{1.25}\right)\ \mathrm{N}=6.0\ \mathrm{N}$ 。（2）弹性碰撞，物块获得速度 $v=\frac{2m}{m+M}v_0=\frac{2\times0.20}{0.20+0.30}\times5\ \mathrm{m/s}=4.0\ \mathrm{m/s}$ 。（3）设物块进入圆弧前在粗糙水平轨道上块、车速度分别为 $v_b,v_c$ 。水平动量守恒 $mv_0=m v_b+M v_c$ ；能量 $\frac12mv_0^2=\frac12mv_b^2+\frac12Mv_c^2+\mu mgs$ 。代入 $m=0.20,M=0.30,v_0=4,s=1$ 得 $5v_b^2-16v_b+60\mu-16=0$ 。物块能进入圆弧需相对速度 $v_b-v_c>0$ ，即 $\mu<0.48$ （ $\mu=0.48$ 时 $v_b=v_c$ 恰不爬升）。块、车系统水平动量 $P_0=mv_0=0.8$ ，块恰至圆弧最高点时相对车静止，机械能下限满足 $\frac{P_0^2}{2(m+M)}+mgR\le\frac12mv_0^2-\mu mgs$ ，即 $0.94\le1.6-2\mu\Rightarrow\mu\ge0.33$ 。故 $\mu$ 的取值范围为 $0.33\le\mu\le0.48$ （下界为恰至顶点、上界为恰能爬上圆弧）。
如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为 $B = kt$ （SI），k为常数（ $k > 0$ ）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。 $t = 0$ 时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为 $\mu$ ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。（1）求通过面积 $S_{cdef}$ 的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；（2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；（3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。

【答案与解析】

设两导轨间距为 $L$ （即棒长与正方形边长），上方磁场 $B_1(t)=kt$ 垂直纸面向里，下方正方形区域磁场 $B_2(t)=kt$ 垂直纸面向外；ab自支架以加速度 $a$ 匀加速上升，位置 $y=\frac12at^2$ 、速度 $v=at$ 。（1）通过 $S_{cdef}$ 的磁通量（取向外为正） $\Phi_{cdef}=B_2L^2=ktL^2$ ，其大小 $\Phi_{cdef}=kL^2t$ ；感应电动势大小 $\mathcal E_{cdef}=\left|\frac{d\Phi_{cdef}}{dt}\right|=kL^2$ 。回路总电动势由动生与感生组成：动生 $\mathcal E_m=B_1Lv=kt\cdot L\cdot at=kLat^2$ ，上方区域感生 $\mathcal E_{\text{上}}=\left|\frac{d(B_1Ly)}{dt}\right|=\frac32kLat^2$ ，按楞次定律三者共同使ab中电流方向为 $b\to a$ 。（2）回路总电阻 $R_{\text{总}}=R+2ry=R+rat^2$ （上方两导轨各长 $y$ ）；总电动势 $\mathcal E=\mathcal E_m+\mathcal E_{\text{上}}+\mathcal E_{cdef}=kL\left(\frac52at^2+L\right)$ （取同向），电流 $I=\frac{\mathcal E}{R+rat^2}$ 。ab受安培力大小 $F_A=ILB_1=IL(kt)=\frac{k^2L^3t\left(\frac52at^2+L\right)}{R+rat^2}$ ，方向竖直向下（阻碍ab上移）。（3）ab匀加速上升，受拉力 $F^{\prime}$ 、重力 $mg$ 、导轨摩擦力 $f=\mu N$ 与安培力 $F_A$ （均向下），故 $F=ma+mg+f+F_A$ 。 $F_A(t)$ 随 $t$ 增大而增，令 $\frac{dF_A}{dt}=0$ 得最大拉力时刻：由 $F_A\propto\frac{t(\frac52at^2+L)}{R+rat^2}$ ，其导数为零等价于 $\left(\frac{15}{2}at^2+L\right)(R+rat^2)=2rat^2\left(\frac52at^2+L\right)$ ，整理得 $\frac52a^2t^4+\frac{a}{2}(15R-2L)t^2+LR=0$ ，解得 $t_m^2=\frac{-\frac{a}{2}(15R-2L)+\sqrt{\left[\frac{a}{2}(15R-2L)\right]^2-10a^2LR}}{5a^2}$ ，故 $t_m=\sqrt{\frac{-\frac{a}{2}(15R-2L)+\sqrt{\left[\frac{a}{2}(15R-2L)\right]^2-10a^2LR}}{5a^2}}$ ；代回得最大拉力 $F_{\max}=ma+mg+\mu N+F_A(t_m)$ 。