2025高考物理复习电磁感应中的动力学和能量问题课件教案练习题

第十一章电磁感应素养提升课十五电磁感应中的动力学和能量问题提升点一电磁感应中的动力学问题提升点二电磁感应中的能量问题内容索引课时测评提升点一电磁感应中的动力学问题1．导体处在磁场中的两种状态及处理方法2．解答电磁感应中动力学问题的“两个对象”“四个分析”状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析考向1

“单棒＋电阻”模型类型无动力型有动力型模式初速度v0恒定v恒定a恒定F恒定P情景示意图运动过程考向1

“单棒＋电阻”模型类型无动力型有动力型动力学分析单杆受安培力F安，v↓→F安↓

→a↓，最后停止运动，v＝0单杆受外力F和安培力F安，v不变→F安不变→F不变单杆受外力F和安培力F安，v↑→F安↑→F↑，一直做匀加速直线运动类似于机车以恒定牵引力的方式启动，v↑→F安↑→a↓，直至a＝0，速度达最大vm＝类似于机车以恒定功率的方式启动，v↑→F安↑，F↓→a↓，直至a＝0，速度达最大vm＝(2023·云南大理一模)如图(a)所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U-I图像如图(b)所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取I0＝

，Um＝

。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。例1(1)闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度大小v1；答案：闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则mg＝I1LB由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1由欧姆定律得I1＝解得v1＝

。(2)断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度大小v2；答案：当重力与安培力大小相等时，速度最大，则mg＝I2LB解得I2＝I1＝由于I0＜I2断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为Um＝此时定值电阻两端的电压为UR＝BLv2－Um又由欧姆定律得I2＝解得v2＝

。(3)先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。答案：开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为E1＝断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为Um＝则定值电阻两端的电压为UR′＝E1－Um＝电路中的电流为I′＝金属棒受到的安培力为F安＝I′LB对金属棒由牛顿第二定律得mg－F安＝ma解得a＝

。考向2

“单棒＋电容”和“单棒＋电源”模型类型动—电—动型电—动—电型模式无动力C充电式有动力C充电式C放电式E放电式情景示意图运动过程类型动—电—动型电—动—电型动力学分析棒受到安培力，v↓→E感＝BLv↓，电容不断充电，带电荷量q↑→UC↑，直至E感＝UC，回路电流I＝0，棒不再受安培力作用而保持匀速运动对棒有：F－ILB＝maa＝对电容器有：I＝Δq＝C·ΔuΔu＝BLΔv联立解得a＝

，故棒一直做匀加速运动S刚闭合时，回路中放电电流I最大，棒所受安培力F安最大。随着C不断放电，带电荷量q↓→UC↓，棒受到安培力，v↑→E感＝BLv↑，直至E感＝UC，回路电流I＝0，棒不再受安培力作用而保持匀速运动S刚闭合时，回路中电流I最大。棒所受安培力F安最大，随着棒的速度v↑→E感＝BLv↑→

I↓→F安＝ILB↓→a↓，直至E感＝E时，I＝0，a＝0，速度达最大vm＝如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：例2(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；答案：Q＝CBLv设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝

，联立可得Q＝CBLv。(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。答案：设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为I，金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为F＝ILB＝CB2L2a设在时间间隔t～t＋Δt内流经金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CBLΔv按定义有I＝

，ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔t～t＋Δt内增加的电荷量，由上式可得，Δv为金属棒的速度变化量，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为Ff＝μFN，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有FN＝mgcosθ，金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－F－Ff＝ma，即mgsinθ－μmgcosθ＝CB2L2a＋ma联立上式可得

a＝由题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为v＝

。考向3线框穿越磁场模型(2023·河南南阳开学考)如图所示，在竖直平面内，存在一个水平长3L、竖直高2L的长方形区域abcd，区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场(图中没有画出)。一边长为L、质量为m、电阻为R的匀质正方形刚性导线框ABCD从图示位置处在外力作用下以水平速度v0匀速进入磁场，导线框完全进入磁场时立即撤去外力，直到导线框开始出磁场时再恢复外力让导线框沿直线匀速离开。已知L＝0.2m，m＝0.02kg、电阻R＝0.4Ω，B＝1T，v0＝2m/s，重力加速度g＝10m/s2，从导线框开始出磁场为计时起点。求：例3(1)导线框进入磁场过程中外力F1；答案：0.2N，斜向左上与水平方向成45°导线框进入时，有E＝BLv0

FA＝ILB＝

由平衡条件得F1＝

，方向斜向左上与水平方向成45°。(2)导线框开始出磁场时A点的位置及速度；答案：a点2m/s，斜向左下与水平方向成45°导线框在磁场内做平抛运动，若AD边恰能从ad边出磁场，有t1＝导线框在竖直方向下落的高度h＝

＝0.2m＝L，AD边也恰好落到ad边，可以知道导线框的A点从磁场区域的a点离开磁场，如图甲所示可知vy＝gt1＝2m/s导线框开始出磁场时A点的速度v＝

m/s，方向斜向左下与水平方向成45°。(3)导线框出磁场过程中安培力F2随时间t的变化关系式；答案：导线框出磁场时，所受安培力如图乙所示

导线框出磁场过程中安培力F2随时间t的变化关系式为F2＝

。(4)导线框出磁场过程中流过截面的电荷量。答案：0.1C导线框出磁场过程中流过截面的电荷量

返回提升点二电磁感应中的能量问题1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法考向1应用功能关系解决能量问题

如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈固定相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。例4(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；答案：

方向水平向右设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝

，则E＝k设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝

设PQ受到的安培力为F安，有F安＝IPQlB保持PQ静止，由受力平衡，有F＝F安联立解得F＝方向水平向右。(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。答案：设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，平均感应电动势为

，有

其中ΔΦ＝Blx设PQ中的平均电流为

根据电流的定义得

由动能定理，有Fx＋W＝

联立解得W＝

规律总结用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤考向2应用能量守恒定律解决能量问题(多选)(2023·广西桂林一模)如图所示，两根足够长光滑导轨竖直放置，导轨间距为L，底端接阻值为R的电阻，其他电阻均可忽略。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，弹簧劲度系数为k，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，第一次达到最大速度v时，回路产生的焦耳热为Q。重力加速度为g。若金属棒和导轨接触良好，则A．金属棒和弹簧组成的系统机械能守恒B．金属棒第一次达到最大速度时弹簧的伸长量为C．金属棒从开始运动到最后静止，电阻R上产生的总热量为D．金属棒第一次达到最大速度时，弹簧的弹性势能小于

例5√√金属棒从弹簧原长位置由静止释放后，速度逐渐增大，切割磁感线，产生感应电流，金属棒受到竖直向上的安培力，安培力做负功，故金属棒和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；金属棒第一次达到最大速度时，受到重力、弹簧的弹力和安培力，处于平衡状态，则有F＋F安＝mg，安培力为F安＝ILB，导体切割磁感线，感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律有I＝

，弹簧的弹力为F＝kx1，联立解得x1＝

，故B正确；金属棒最后静止时，安培力为零，受重力和弹簧弹力，则有mg＝kx2，根据动能定理有mgx2－W－

＝0，由功能关系可知回路产生的焦耳热为Q′＝W，联立解得Q′＝

，故C错误；金属棒开始运动到第一次达到最大速度，由能量守恒有mgx1＝

mv2＋Ep＋Q，即Ep＝

，可得Ep＜

mv2－Q，故D正确。故选BD。(2023·广东深圳期末)如图所示，正方形单匝线框abcd边长L＝0.4m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16Ω。一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内。线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0T，磁场的下边界与线框的上边ab相距h＝1.6m。现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，ab边保持水平，刚好以v＝4.0m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。例4(1)线框ab边进入磁场中运动时，a、b两点间的电势差Uab为多少？答案：1.2V线框ab边以v＝4.0m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv＝1×0.4×4V＝1.6V因为a、b两点间作为等效电源，则a、b两点间的电势差为外电压Uab＝

E＝1.2V。(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？答案：3.2J线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力F安＝ILB根据闭合电路欧姆定律有I＝联立解得F安＝4N所以克服安培力做功W安＝F安×2L＝4×2×0.4J＝3.2J。而Q＝W安，故该过程中产生的焦耳热Q＝3.2J。(3)若在线框ab边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功WF＝3.6J，求ab边上产生的焦耳热Qab为多少？答案：0.9J设线框出磁场区域的速度大小为v1，则根据运动学关系有

而根据牛顿第二定律可知a＝联立整理得

线框穿过磁场区域过程中，力F和安培力都是变力，根据动能定理有WF－W安′＋(M－m)g·2L＝

联立解得WF－W安′＝0而W安′＝

Q′，故Q′＝3.6J又因为线框每边产生的热量相等，故ab边上产生的焦耳热Qab＝

Q′＝0.9J。返回课时测评1．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动√ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，由F＝ILB＝

＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。2．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示。不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒刚进磁场时一定做加速运动C．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为

√当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断通过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝

，金属棒所受的安培力大小F＝ILB＝

，C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，F＝I′LB＝mg，可求得P＝I′2R＝

R，D正确。3．(多选)(2024·河南信阳模拟)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为3m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l，现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则A．a、b两个线框匀速运动的速度大小为B．线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为√√设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为FT，则对a有FT＝3mg－IlB，对b有FT＝mg，其中I＝

，E＝Blv，解得v＝

，故A正确；线框a完全进入磁场时，线框b刚好开始出磁场，线框b完全出磁场时，线框a开始出磁场，则线框a通过磁场的全过程都以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为t＝

，故B错误；从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a产生的焦耳热为Q，由功能关系有3mgl－mgl＝Q，得Q＝2mgl，故C错误；设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离，对这一过程，由能量守恒定律有6mgl＝2mgl＋

·4mv2＋W，解得W＝4mgl－

，故D正确。故选AD。4．(多选)(2022·全国甲卷)

如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，A．通过导体棒MN电流的最大值为B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热√√MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为i＝

，当闭合的瞬间，Blv＝0，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大，Imax＝

，故A正确；

u＞Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN的最终速度为零，

故B错误；MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为i＝

，当u＝Blv时，MN上的电流瞬时为零，安培力为零，此时MN速度最大，故C错误；

在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上的电流小于电阻R

上的电流，电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能(即ER＞EMN)，故加速过程中，QR＞QMN；在MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选AD。5．(2024·北京海淀模拟)如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中A、C间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则A．导体棒水平方向做简谐运动B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为

D．当导体棒再次回到初始位置时，A、C间的电阻R的热功率小于√导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1＜BLv0，根据电功率公式P＝

可知，A、C间的电阻R的热功率P＜

，故A错误，D正确；根据公式E＝BLv0，R并＝

，F＝ILB可得，初始时刻导体棒所受的安培力大小为F＝

，故B错误；当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有Ep＋2Q＝

，解得Ep＝

，故C错误。6．(多选)(2024·湖北黄冈模拟)如图所示，水平虚线L1、L2之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1∶4，高为2h的线框ABCD在磁场边界L2的下方h处，受到竖直向上的拉力F＝2mg作用，从静止开始运动(上升过程中底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直)，当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，且在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g，下列正确的是A．AB边刚进入磁场时，线框的速度为B．AB边刚进入磁场时，线框中感应电流的瞬时电功率为

C．DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为

D．从线框开始运动到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为√√设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB＝l，则CD＝4l，根据动能定理Fh－mgh＝

，解得v0＝

，A错误；AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则此时安培力的大小为F安＝F－mg＝mg，线框中感应电流的瞬时电功率为P＝F安v0＝mg，B正确；AB刚进入磁场时加速度为0，则有F＝mg＋

，设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感线的有效长度为1.5l，线框匀速运动时有F＝mg＋

，联立解得v1＝

，从线框开始运动到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得F·3h－mg·3h－Q＝

，联立解得Q＝mgh，D正确；CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感线的有效长度为2.5l，F1＝I1·2.5lB，由闭合电路欧姆定律得I1＝

，由牛顿第二定律得a＝

，解得a＝g，C错误。故选BD。7．(多选)(2024·云南大理联考)如图所示，图甲中虚线下方有垂直纸面向里的匀强磁场，图乙中虚线边界上、下方有方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均相同。现有两个完全相同的正方形金属线框P和Q分别从不同高度静止下落，两线框都刚好匀速经过虚线边界，忽略空气阻力，则下列说法正确的是A．P、Q金属框经过虚线边界过程，金属框上产生的热量之比为1∶1B．P、Q金属框初始位置距磁场虚线边界的距离之比为4∶1C．P、Q金属框经过虚线边界过程，受到的安培力之比为2∶1D．P、Q金属框经过虚线边界过程，流过金属框横截面的电量之比为1∶2√√P、Q金属框刚好匀速经过虚线边界，两金属框受到的安培力均等于重力，所以受到的安培力之比为1∶1，故C错误；由能量守恒可得，减小的重力势能均全部转化为金属框上产生的热量，而P、Q金属框经过虚线边界过程中减小的重力势能相等，故金属框上产生的热量之比为1∶1，故A正确；P、Q金属框经过虚线边界过程中，P金属框受力情况为mg＝

，Q金属框受力情况为mg＝

，而金属框到达虚线边界前均只受重力，机械能守恒，则mgh1＝

，可得v1∶v2＝4∶1，h1∶h2＝16∶1，故B错误；流过金属框横截面的电量为q＝

，可得q1∶q2＝ΔΦ1∶ΔΦ2＝1∶2，故D正确。故选AD。8．(2021·河北高考)如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθB．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定√根据楞次定律可知，电容器的上极板应带正电，C项错误；由题意可知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系可知，切割长度L＝2xtanθ，x＝vt，则产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttanθ，由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttanθ，则流过导体棒的电流I＝

＝2BCv2tanθ，A项正确；当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势E′＝2Bvx0tanθ，则电容器极板上的电荷量Q′＝CE′＝2BCvx0tanθ，B项错误；由于导体棒做匀速运动，则F＝F安＝ILB，由A项可知流过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根据力做功的功率公式P＝Fv，可看出F为变力，v不变，则功率P随力F变化而变化，D项错误。9．(10分)(2022·湖北高考)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10

－3Ω、质量m＝0.2kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；答案：20m/s2

10m/s2ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律得在水平方向有Fcosθ＝max在竖直方向有

Fsinθ

－

mg＝may

代入数据解得ax＝20m/s2，ay＝10m/s2。(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；答案：2T

0.4Jab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水