专题突破课18　电磁感应中的动力学、动量和能量问题-2025版物理大一轮复习

目标要求1.会用动力学知识分析电磁感应问题。2.会用功能关系和能量守恒解决电磁感应中的能量问题。3.学会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。4.会利用动量守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。考点一电磁感应中的动力学问题1.两种运动状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零(静止或匀速运动)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2.导体常见运动情况的动态分析v↓E＝Blv↓I＝eq\f(E,R＋r)↓F安＝BIl↓F合若F合＝0匀速直线运动若F合≠0↓F合＝maa、v同向v增大，若a恒定，拉力F增大v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速直线运动a、v反向v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动3.解题关键：抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v。如图甲所示，相距L＝1m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场，在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v-t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2。甲乙(1)求磁场的磁感应强度大小B；(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s时导体棒的速度大小。解析：(1)由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3m/s对应的感应电动势E＝BLvm感应电流I＝eq\f(E,R＋r)当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsinθ解得B＝eq\r(\f(mg（R＋r）sinθ,L2vm))＝2T。(2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝eq\f(1,3)×21J＝7J，导体棒下滑x＝5m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv12＋Qab＋QR得导体棒的速度v1＝2m/s此时感应电动势E1＝BLv1感应电流I1＝eq\f(E1,R＋r)对导体棒有mgsinθ－BI1L＝ma1解得加速度a1＝2m/s2。(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI2L＝ma2感应电流I2＝eq\f(Δq,Δt)，Δq＝CΔUΔt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝eq\f(Δv,Δt)解得a2＝2m/s2表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4m/s。答案：(1)2T(2)2m/s2m/s2(3)4m/seq\a\vs4\al()“四步法”分析电磁感应中的动力学问题【对点训练】1.(电磁感应中平衡问题)(2023·山东卷)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1m，电阻不计。质量为1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10m/s2，下列说法正确的是()A.B2的方向向上 B.B2的方向向下C.v2＝5m/s D.v2＝3m/s解析：BD导轨的速度v2>v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为Ff＝μmg＝2N，导体棒的安培力大小为F1＝Ff＝2N，由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M→D→C→N，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝Ff－m0g＝1N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导体框分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝eq\f(B1Lv1－B2Lv2,r)，联立解得v2＝3m/s，C错误，D正确。2.(电磁感应中动力学问题)(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8N，经过2s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1kg、电阻为1Ω，磁感应强度大小为1T，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()A.拉力F是恒力B.拉力F随时间t均匀增加C.金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12ND.金属杆运动的加速度大小为2m/s2解析：BCDt时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝eq\f(Blv,R)，金属杆所受的安培力大小为F安＝IlB＝eq\f(B2l2at,R)，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin37°＋eq\f(B2l2at,R)，可见F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2m/s2，t＝2s时，F＝12N，选项C、D正确。故选BCD。考点二电磁感应中的能量问题1.电磁感应中的能量转化(1)安培力做正功，电能转化为机械能，如电动机。(2)安培力做负功，机械能转化为电能，如发电机。2.求解焦耳热Q的三种方法3.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0T。一根质量m＝0.2kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2。求：(1)金属棒运动的最大速率v；(2)金属棒在磁场中速度为eq\f(v,2)时的加速度大小；(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。解析：(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2①代入数据得v＝eq\r(2gh)＝4m/s。②(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得F＝BIL＋μmg③又I＝eq\f(BLv,R＋r)④联立②③④式得F＝0.6N⑤金属棒速度为eq\f(v,2)时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得F－BI′L－μmg＝ma⑥又I′＝eq\f(BLv,2（R＋r）)⑦联立②⑤⑥⑦得a＝1m/s2。⑧(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系Fx＝μmgx＋eq\f(1,2)mv2＋Q⑨则电阻R上的焦耳热QR＝eq\f(R,R＋r)Q⑩联立②⑤⑨⑩解得QR＝1.5J。答案：(1)4m/s(2)1m/s2(3)1.5J【对点训练】3.(功能关系在电磁感应中的应用)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图所示。在整个导轨平面内有竖直向上的匀强磁场，导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，若给a棒一初速度的同时释放b棒，在一段时间内a棒动能的减小量为Eka，b棒动能的增加量为Ekb，a棒克服磁场做功为Wa，a、b棒上产生总热量为Q(不计a棒与b棒间相互作用)，则()A.Wa＝Eka＋Q B.Wa＝Q＋EkbC.Wa＝Q D.Ekb＝Q解析：B设导体棒a的初动能为Eka1、末动能为Eka2，由题意可知导体棒b的初动能为0，设导体棒b的末动能为Ekb2，对a、b棒组成的系统，由能量守恒定律可得Eka1＝Eka2＋Ekb2＋Q，由题意可知Eka＝Eka1－Eka2，Ekb＝Ekb2，因此可得Eka＝Ekb＋Q，由于导体棒与导轨间无摩擦，对导体棒a，根据动能定理可得Wa＝Eka1－Eka2＝Eka，联立可得Wa＝Ekb＋Q，故A、C、D错误，B正确。4.(能量守恒定律在电磁感应中的应用)(多选)如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A.当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到QB.当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为eq\f(mgsinθ,k)C.导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为eq\f(m2g2sin2θ,k)－EpD.若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为eq\f(B2L2v,2mR)解析：ACD由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长量为eq\f(mgsinθ,k)时，弹簧弹力为mgsinθ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；导体棒最终静止，由平衡条件有mgsinθ＝kx，则弹簧伸长量x＝eq\f(mgsinθ,k)，由能量守恒定律有mgxsinθ＝Q＋Ep，解得Q＝eq\f(m2g2sin2θ,k)－Ep，故C正确；导体棒第一次到达MN处时，弹簧的弹力kx＝mgsinθ，此时导体棒受到的安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，对导体棒，由牛顿第二定律有kx－mgsinθ＋eq\f(B2L2v,2R)＝ma，解得a＝eq\f(B2L2v,2mR)，故D正确。考点三电磁感应中的动量问题维度1动量定理在电磁感应中的应用1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量。如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。2.应用冲量求电荷量：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I冲量＝FΔt，而F＝BIL(I为电流对时间的平均值)，故有BILΔt＝mv2－mv1，而IΔt＝q，故有q＝eq\f(mv2－mv1,BL)。(多选)如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则()A.刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→MB.导体棒的最大速度为eq\f(v0,2)C.通过导体棒的电荷量为eq\f(2mv0,3BL)D.导体棒产生的焦耳热为eq\f(5,6)mv02解析：AC金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝eq\f(2,3)v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mv－0，其中eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝eq\f(2mv0,3BL)，故C正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)×2mv02－eq\f(1,2)×3mv2＝eq\f(1,3)mv02，故D错误。维度2动量守恒定律在电磁感应中的应用1.在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。2.对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中因受安培力的作用开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用。此类问题可以应用动量守恒、动量定理、功能关系等求解。如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd。设两根导体棒的质量皆为m、电阻皆为R，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq\f(v0,4)时，回路中消耗的电功率的值。解析：(1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2mv0－mv0＝2mv解得v＝eq\f(v0,2)由能量守恒可得从开始到最终稳定，回路中产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)(2m)v2＝eq\f(9,4)mv02。(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq\f(v0,4)时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋meq\f(v0,4)解得v2＝eq\f(3v0,4)此时回路中的总电动势E＝BL(eq\f(3v0,4)－eq\f(v0,4))＝eq\f(1,2)BLv0则消耗的电功率为P＝eq\f(E2,2R)＝eq\f(B2L2v02,8R)。答案：(1)eq\f(9,4)mv02(2)eq\f(B2L2v02,8R)维度3三大观点的综合应用如图，金属平行导轨MN、M′N′和金属平行导轨PQR、P′Q′R′分别固定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电源，MN与M′N′的间距为L＝0.10m。平行导轨MN、M′N′之间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.20T；平行导轨PQR与P′Q′R′的间距为L＝0.10m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.50m的圆弧导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.40T。导体棒a质量m1＝0.02kg，电阻R1＝2.0Ω，垂直放置在导轨MN、M′N′上；导体棒b质量m2＝0.04kg，电阻R2＝4.0Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1＝2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g＝10m/s2，不计一切摩擦及空气阻力和导轨电阻。求：(1)导体棒b的最大加速度；(2)导体棒a在磁场B2中产生的焦耳热；(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量q。解析：(1)设a棒滑到水平轨道上时的速度为v2，由动能定理得m1gr(1－cos60°)＝eq\f(1,2)m1v22－eq\f(1,2)m1v12解得v2＝3m/s因为a棒刚进磁场B2时，a、b棒中的电流最大，b棒受到的安培力最大，加速度最大，此时产生的感应电动势E＝B2Lv2又I＝eq\f(E,R1＋R2)由牛顿第二定律得B2IL＝m2amax联立解得导体棒b的最大加速度amax＝0.02m/s2。(2)两个导体棒在磁场B2中运动时，动量守恒，且能量守恒。当两棒的速度相等时回路中电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v2＝(m1＋m2)v3由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v22＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v32＋Qa＋Qb由于a、b两棒串联在一起，电流相等，所以有eq\f(Qa,Qb)＝eq\f(R1,R2)联立解得Qa＝0.02J。(3)设接通开关K后，a棒以速度v0水平抛出则有v0＝v1cos60°＝1m/s对a棒冲出过程，由动量定理得B1ILΔt＝m1v0－0即B1Lq＝m1v0解得q＝1C。答案：(1)0.02m/s2(2)0.02J(3)1C限时规范训练48[基础巩固题组]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将往返运动解析：Aef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＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝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.如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律的是()解析：A线框先做自由落体运动，t1时刻ab边进入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A图像中的加速度逐渐增大，故A符合题意；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安培力，ab边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故B不符合题意；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故C不符合题意；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度为g，故D不符合题意。3.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AC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eq\f(B2L2v0,R)C.当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为eq\f(1,2)mv02－QD.当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于eq\f(B2L2v02,R)解析：D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＝eq\f(E12,R)可知，AC间的电阻R的热功率P<eq\f(B2L2v02,R)，故A错误，D正确；根据公式E＝BLv0，I＝eq\f(E,R并)，F＝BIL可得，初始时刻导体棒所受的安培力大小为F＝eq\f(2B2L2v0,R)，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＝eq\f(1,2)mv02，解得Ep＝eq\f(1,2)mv02－2Q，故C错误。4.(多选)如图所示，两根光滑足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在水平面上，MN与M1N1距离为2l，PQ与P1Q1距离为l。金属棒a和b的质量分别为2m和m、长度分别为2l与l，金属棒a、b分别垂直放在导轨MM1和PP1上，静止在导轨上。整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场中。现a棒获得水平向右初速度v0，两棒运动时始终保持平行且a总在MN、M1N1上运动，b总在PQ、P1Q1上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的()A.金属棒a流过的电荷量是eq\f(2mv0,3Bl)B.金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动C.金属棒a和b均做速度相等的匀速直线运动D.回路感应电动势为零解析：AD因金属棒a向右运动，受安培力向左，则a做减速运动，金属棒b受安培力向右做加速运动，则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速运动，此时回路的感应电流为零，感应电动势为零，则B·2lva＝Blvb，即2va＝vb，则选项C错误，D正确；根据a＝eq\f(BIL,m)，则aa＝eq\f(BI·2l,2m)＝ab＝eq\f(BIl,m)，金属棒a做减速直线运动，b做加速直线运动，两者加速度大小相同，选项B错误；由动量定理，对a有－Beq\o(I,\s\up6(－))·2lΔt＝2mva－2mv0，对b有Beq\o(I,\s\up6(－))·lΔt＝mvb，解得q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(2mv0,3Bl)，选项A正确。5.(多选)如图，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C，阻值为R的电阻通过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为L、质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S左旋时能将电阻R和电容器C接入同一回路，右旋时能将电阻R和金属杆ab接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F向右拉金属杆ab，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F，同时旋转S，此时金属杆的速度大小为v0，不计金属杆和导轨的电阻。下列说法正确的是()A.撤去F前，金属杆做变加速直线运动B.撤去F同时向右旋开关S，金属杆做加速度减小的减速运动C.恒力F对金属杆做的功等于eq\f(1,2)mv02D.若分别左旋右旋S，两种情况下，通过电阻R的电荷量之比为CB2L2∶m解析：BD撤去F前，对金属杆进行受力分析有F－BIL＝ma，对电容器Q＝CU＝CBLv，充电电流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa，解得a＝eq\f(F,CB2L2＋m)，可知金属杆做匀加速直线运动，A错误；撤去F同时向右旋开关S，此时仅有电阻R和金属杆ab接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝ma，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B正确；根据动能定理有WF＋W安＝eq\f(1,2)mv02，其中安培力做负功，则恒力F对金属杆做的功大于eq\f(1,2)mv02，C错误；撤去F时，电容器极板带电荷量Q＝CBLv0，对金属杆分析，由动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝0－mv0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，当左旋S，通过电阻的电荷量q1＝Q，当右旋S，通过电阻的电荷量q2＝q，解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(CB2L2,m)，D正确。6.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)。求：(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热。解析：(1)金属框的总电阻为R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3Ω＝0.008Ω金属框中产生的感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·\f(l2,2),Δt)＝0.1×eq\f(1,2)×0.402V＝0.008V金属框中的电流为I＝eq\f(E,R)＝1At＝2.0s时磁感应强度大小为B2＝(0.3－0.1×2.0)T＝0.1T金属框处于磁场中的有效长度为L＝eq\r(2)l此时金属框所受安培力大小为FA＝B2IL＝0.1×1×eq\r(2)×0.4N＝eq\f(\r(2),25)N。(2)0～2.0s时间内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝12×0.008×2J＝0.016J。答案：(1)eq\f(\r(2),25)N(2)0.016J[能力提升题组]7.(多选)电动车制动能量再生技术对提升纯电动车能量回收利用率、增加纯电动车的续驶里程有着重大意义。行驶过程中电能驱动车轮，再生制动时车轮带动线圈转动给电池充电，完成能量的回收。某品牌的纯电动车工作在再生制动状态下的电路如图所示，R是能量回收电路中的等效电阻。若电动机驱动匀速行驶时，单位时间内消耗的电能μ(单位为J/s)与汽车功率P成线性关系，即μ＝cP＋d(c、d为未知常数)，汽车行驶时所受阻力为f＝kv。单位行程内耗电为λ(单位J/m)，线圈的电阻忽略不计，下列说法正确的是()A.再生制动能有效缩短刹车距离B.制动速度越大，发电机线圈转动一周经过R的电荷量更多C.单位时间内消耗的电能μ与速度大小v成线性关系D.当v＝eq\r(\f(d,ck))时，单位行程耗电量λ最小解析：AD由于制动时带动线圈转动，产生的安培力阻碍线圈转动，从而起到制动的作用，加快车辆停止运动，有效缩短刹车距离，故A正确；发电机线圈转动一周经过R的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R总)Δt＝eq\f(nΔΦ,R总Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R总)，与制动速度无关，故B错误；汽车功率为P＝Fv，匀速行驶时单位时间内消耗的电能μ与速度关系为μ＝cFv＋d，则单位时间内消耗的电能μ与力F成线性关系，若不匀速，由于F大小不定，则无法判定单位时间内消耗的电能μ与速度大小v是否成线性关系，故C错误；匀速行驶时单位行程内耗电λ为λ＝eq\f(μ,vt)＝eq\f(cP＋d,vt)＝eq\f(cFv＋d,vt)，单位时间t取1s，则λ＝eq\f(cFv＋d,v)＝cF＋eq\f(d,v)，匀速行驶时牵引力等于摩擦力，则λ＝ckv＋eq\f(d,v)，则当v＝eq\r(\f(d,ck))时，单位行程耗电量λ最小，故D正确。故选AD。8.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4eq\r(2)N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；(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；(3)磁场区域的水平宽度。解析：(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律，在水平方向有Fcosθ＝max代入数据有ax＝20m/s2在竖直方向有Fsinθ－mg＝may代入数据有ay＝10m/s2。(2)ab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，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电动势为ab边切割磁感线产生的电动势，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则从ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下