2025高考物理復習電磁感應中的動力學和能量問題課件教案練習題

第十一章電磁感應素養(yǎng)提升課十五電磁感應中的動力學和能量問題提升點一電磁感應中的動力學問題提升點二電磁感應中的能量問題內容索引課時測評提升點一電磁感應中的動力學問題1．導體處在磁場中的兩種狀態(tài)及處理方法2．解答電磁感應中動力學問題的“兩個對象”“四個分析”狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律結合運動學公式進行分析考向1

“單棒＋電阻”模型類型無動力型有動力型模式初速度v0恒定v恒定a恒定F恒定P情景示意圖運動過程考向1

“單棒＋電阻”模型類型無動力型有動力型動力學分析單桿受安培力F安，v↓→F安↓

→a↓，最后停止運動，v＝0單桿受外力F和安培力F安，v不變→F安不變→F不變單桿受外力F和安培力F安，v↑→F安↑→F↑，一直做勻加速直線運動類似于機車以恒定牽引力的方式啟動，v↑→F安↑→a↓，直至a＝0，速度達最大vm＝類似于機車以恒定功率的方式啟動，v↑→F安↑，F(xiàn)↓→a↓，直至a＝0，速度達最大vm＝(2023·云南大理一模)如圖(a)所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里，磁感應強度大小為B。導軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的U-I圖像如圖(b)所示，當流過元件Z的電流大于或等于I0時，電壓穩(wěn)定為Um。質量為m、不計電阻的金屬棒可沿導軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取I0＝

，Um＝

。以下計算結果只能選用m、g、B、L、R表示。例1(1)閉合開關S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度大小v1；答案：閉合開關S，金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當重力與安培力大小相等時，金屬棒的加速度為零，速度最大，則mg＝I1LB由法拉第電磁感應定律得E1＝BLv1由歐姆定律得I1＝解得v1＝

。(2)斷開開關S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度大小v2；答案：當重力與安培力大小相等時，速度最大，則mg＝I2LB解得I2＝I1＝由于I0＜I2斷開開關S后，當金屬棒的速度達到最大時，元件Z兩端的電壓恒為Um＝此時定值電阻兩端的電壓為UR＝BLv2－Um又由歐姆定律得I2＝解得v2＝

。(3)先閉合開關S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，再斷開開關S。忽略回路中電流突變的時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a。答案：開關S閉合，當金屬棒的速度最大時，金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢為E1＝斷開開關S的瞬間，元件Z兩端的電壓為Um＝則定值電阻兩端的電壓為UR′＝E1－Um＝電路中的電流為I′＝金屬棒受到的安培力為F安＝I′LB對金屬棒由牛頓第二定律得mg－F安＝ma解得a＝

?？枷?

“單棒＋電容”和“單棒＋電源”模型類型動—電—動型電—動—電型模式無動力C充電式有動力C充電式C放電式E放電式情景示意圖運動過程類型動—電—動型電—動—電型動力學分析棒受到安培力，v↓→E感＝BLv↓，電容不斷充電，帶電荷量q↑→UC↑，直至E感＝UC，回路電流I＝0，棒不再受安培力作用而保持勻速運動對棒有：F－ILB＝maa＝對電容器有：I＝Δq＝C·ΔuΔu＝BLΔv聯(lián)立解得a＝

，故棒一直做勻加速運動S剛閉合時，回路中放電電流I最大，棒所受安培力F安最大。隨著C不斷放電，帶電荷量q↓→UC↓，棒受到安培力，v↑→E感＝BLv↑，直至E感＝UC，回路電流I＝0，棒不再受安培力作用而保持勻速運動S剛閉合時，回路中電流I最大。棒所受安培力F安最大，隨著棒的速度v↑→E感＝BLv↑→

I↓→F安＝ILB↓→a↓，直至E感＝E時，I＝0，a＝0，速度達最大vm＝如圖所示，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：例2(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；答案：Q＝CBLv設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為E＝BLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為U＝E設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C＝

，聯(lián)立可得Q＝CBLv。(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。答案：設金屬棒的速度大小為v時，經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的磁場力方向沿導軌向上，大小為F＝ILB＝CB2L2a設在時間間隔t～t＋Δt內流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CBLΔv按定義有I＝

，ΔQ也是平行板電容器極板在時間間隔t～t＋Δt內增加的電荷量，由上式可得，Δv為金屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導軌斜面向上，大小為Ff＝μFN，F(xiàn)N是金屬棒對于導軌的正壓力的大小，有FN＝mgcosθ，金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－F－Ff＝ma，即mgsinθ－μmgcosθ＝CB2L2a＋ma聯(lián)立上式可得

a＝由題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動，t時刻金屬棒的速度大小為v＝

。考向3線框穿越磁場模型(2023·河南南陽開學考)如圖所示，在豎直平面內，存在一個水平長3L、豎直高2L的長方形區(qū)域abcd，區(qū)域內存在垂直紙面向內的勻強磁場(圖中沒有畫出)。一邊長為L、質量為m、電阻為R的勻質正方形剛性導線框ABCD從圖示位置處在外力作用下以水平速度v0勻速進入磁場，導線框完全進入磁場時立即撤去外力，直到導線框開始出磁場時再恢復外力讓導線框沿直線勻速離開。已知L＝0.2m，m＝0.02kg、電阻R＝0.4Ω，B＝1T，v0＝2m/s，重力加速度g＝10m/s2，從導線框開始出磁場為計時起點。求：例3(1)導線框進入磁場過程中外力F1；答案：0.2N，斜向左上與水平方向成45°導線框進入時，有E＝BLv0

FA＝ILB＝

由平衡條件得F1＝

，方向斜向左上與水平方向成45°。(2)導線框開始出磁場時A點的位置及速度；答案：a點2m/s，斜向左下與水平方向成45°導線框在磁場內做平拋運動，若AD邊恰能從ad邊出磁場，有t1＝導線框在豎直方向下落的高度h＝

＝0.2m＝L，AD邊也恰好落到ad邊，可以知道導線框的A點從磁場區(qū)域的a點離開磁場，如圖甲所示可知vy＝gt1＝2m/s導線框開始出磁場時A點的速度v＝

m/s，方向斜向左下與水平方向成45°。(3)導線框出磁場過程中安培力F2隨時間t的變化關系式；答案：導線框出磁場時，所受安培力如圖乙所示

導線框出磁場過程中安培力F2隨時間t的變化關系式為F2＝

。(4)導線框出磁場過程中流過截面的電荷量。答案：0.1C導線框出磁場過程中流過截面的電荷量

返回提升點二電磁感應中的能量問題1．電磁感應中的能量轉化2．求解焦耳熱Q的三種方法考向1應用功能關系解決能量問題

如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈固定相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。PQ的質量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計。例4(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；答案：

方向水平向右設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律得E＝

，則E＝k設PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝閉合S時，設線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝設PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝

設PQ受到的安培力為F安，有F安＝IPQlB保持PQ靜止，由受力平衡，有F＝F安聯(lián)立解得F＝方向水平向右。(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。答案：設PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt，回路中的磁通量變化量為ΔΦ，平均感應電動勢為

，有

其中ΔΦ＝Blx設PQ中的平均電流為

根據(jù)電流的定義得

由動能定理，有Fx＋W＝

聯(lián)立解得W＝

規(guī)律總結用能量觀點解答電磁感應問題的一般步驟考向2應用能量守恒定律解決能量問題(多選)(2023·廣西桂林一模)如圖所示，兩根足夠長光滑導軌豎直放置，導軌間距為L，底端接阻值為R的電阻，其他電阻均可忽略。將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，彈簧勁度系數(shù)為k，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，第一次達到最大速度v時，回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q。重力加速度為g。若金屬棒和導軌接觸良好，則A．金屬棒和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．金屬棒第一次達到最大速度時彈簧的伸長量為C．金屬棒從開始運動到最后靜止，電阻R上產(chǎn)生的總熱量為D．金屬棒第一次達到最大速度時，彈簧的彈性勢能小于

例5√√金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放后，速度逐漸增大，切割磁感線，產(chǎn)生感應電流，金屬棒受到豎直向上的安培力，安培力做負功，故金屬棒和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；金屬棒第一次達到最大速度時，受到重力、彈簧的彈力和安培力，處于平衡狀態(tài)，則有F＋F安＝mg，安培力為F安＝ILB，導體切割磁感線，感應電動勢為E＝BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝

，彈簧的彈力為F＝kx1，聯(lián)立解得x1＝

，故B正確；金屬棒最后靜止時，安培力為零，受重力和彈簧彈力，則有mg＝kx2，根據(jù)動能定理有mgx2－W－

＝0，由功能關系可知回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝W，聯(lián)立解得Q′＝

，故C錯誤；金屬棒開始運動到第一次達到最大速度，由能量守恒有mgx1＝

mv2＋Ep＋Q，即Ep＝

，可得Ep＜

mv2－Q，故D正確。故選BD。(2023·廣東深圳期末)如圖所示，正方形單匝線框abcd邊長L＝0.4m，每邊電阻相同，總電阻R＝0.16Ω。一根足夠長的絕緣輕質細繩跨過兩個輕小光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接物體P，手持物體P使二者在空中保持靜止，線框處在豎直面內。線框的正上方有一有界勻強磁場，磁場區(qū)域的上、下邊界水平平行，間距也為L＝0.4m，磁感線方向垂直于線框所在平面向里，磁感應強度大小B＝1.0T，磁場的下邊界與線框的上邊ab相距h＝1.6m?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，線框向上運動過程中始終在同一豎直面內，ab邊保持水平，剛好以v＝4.0m/s的速度進入磁場并勻速穿過磁場區(qū)，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。例4(1)線框ab邊進入磁場中運動時，a、b兩點間的電勢差Uab為多少？答案：1.2V線框ab邊以v＝4.0m/s的速度進入磁場并勻速運動，產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv＝1×0.4×4V＝1.6V因為a、b兩點間作為等效電源，則a、b兩點間的電勢差為外電壓Uab＝

E＝1.2V。(2)線框勻速穿過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？答案：3.2J線框進入磁場后立即做勻速運動，并勻速穿過磁場區(qū)，線框受安培力F安＝ILB根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝聯(lián)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，故該過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝3.2J。(3)若在線框ab邊剛進入磁場時，立即給物體P施加一豎直向下的力F，使線框保持進入磁場前的加速度勻加速運動穿過磁場區(qū)域，已知此過程中力F做功WF＝3.6J，求ab邊上產(chǎn)生的焦耳熱Qab為多少？答案：0.9J設線框出磁場區(qū)域的速度大小為v1，則根據(jù)運動學關系有

而根據(jù)牛頓第二定律可知a＝聯(lián)立整理得

線框穿過磁場區(qū)域過程中，力F和安培力都是變力，根據(jù)動能定理有WF－W安′＋(M－m)g·2L＝

聯(lián)立解得WF－W安′＝0而W安′＝

Q′，故Q′＝3.6J又因為線框每邊產(chǎn)生的熱量相等，故ab邊上產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝

Q′＝0.9J。返回課時測評1．如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動。桿ef及線框的電阻不計，開始時，給ef一個向右的初速度，則A．ef將減速向右運動，但不是勻減速運動B．ef將勻減速向右運動，最后停止C．ef將勻速向右運動D．ef將往返運動√ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，由F＝ILB＝

＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，最終停止運動，故A正確，B、C、D錯誤。2．兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻。質量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場垂直，如圖所示。不計導軌的電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是A．金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向為a→bB．金屬棒剛進磁場時一定做加速運動C．金屬棒的速度為v時，金屬棒所受的安培力大小為D．金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R的熱功率為

√當金屬棒在磁場中向下運動時，根據(jù)楞次定律可判斷通過電阻R的電流方向為b→a，A錯誤；由于無法確定金屬棒剛進入磁場時安培力的大小與重力的大小關系，故無法確定金屬棒的運動情況，B錯誤；金屬棒進入磁場時，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，產(chǎn)生的感應電流是I＝

，金屬棒所受的安培力大小F＝ILB＝

，C錯誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，F(xiàn)＝I′LB＝mg，可求得P＝I′2R＝

R，D正確。3．(多選)(2024·河南信陽模擬)如圖所示，同一豎直面內的正方形導線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質量分別為3m和m。它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直豎直面的勻強磁場區(qū)域。開始時，線框b的上邊與勻強磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為l，現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當線框b全部進入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運動。不計一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則A．a(chǎn)、b兩個線框勻速運動的速度大小為B．線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為C．從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD．從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為√√設兩線框勻速運動的速度為v，此時輕繩上的張力大小為FT，則對a有FT＝3mg－IlB，對b有FT＝mg，其中I＝

，E＝Blv，解得v＝

，故A正確；線框a完全進入磁場時，線框b剛好開始出磁場，線框b完全出磁場時，線框a開始出磁場，則線框a通過磁場的全過程都以速度v勻速運動，則線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為t＝

，故B錯誤；從開始運動到線框a全部進入磁場的過程中，線框a產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由功能關系有3mgl－mgl＝Q，得Q＝2mgl，故C錯誤；設兩線框從開始運動至a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做的功為W，此過程中左、右兩線框分別向上、向下運動2l的距離，對這一過程，由能量守恒定律有6mgl＝2mgl＋

·4mv2＋W，解得W＝4mgl－

，故D正確。故選AD。4．(多選)(2022·全國甲卷)

如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌固定在水平絕緣桌面上，在導軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質量為m、阻值也為R的導體棒MN靜止于導軌上，與導軌垂直，且接觸良好，導軌電阻忽略不計，整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關S后，A．通過導體棒MN電流的最大值為B．導體棒MN向右先加速、后勻速運動C．導體棒MN速度最大時所受的安培力也最大D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱√√MN在運動過程中為非純電阻，MN上的電流瞬時值為i＝

，當閉合的瞬間，Blv＝0，此時MN可視為純電阻R，此時反電動勢最小，故電流最大，Imax＝

，故A正確；

u＞Blv時，導體棒加速運動，當速度達到最大值之后，電容器與MN及R構成回路，由于一直處于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN的最終速度為零，

故B錯誤；MN在運動過程中為非純電阻電路，MN上的電流瞬時值為i＝

，當u＝Blv時，MN上的電流瞬時為零，安培力為零，此時MN速度最大，故C錯誤；

在MN加速度階段，由于MN反電動勢存在，故MN上的電流小于電阻R

上的電流，電阻R消耗的電能大于MN上消耗的電能(即ER＞EMN)，故加速過程中，QR＞QMN；在MN減速為零的過程中，電容器的電流和導體棒的電流都流經(jīng)電阻R形成各自的回路，因此可知此時也是電阻R的電流大，綜上分析可知全過程中電阻R上的熱量大于導體棒上的熱量，故D正確。故選AD。5．(2024·北京海淀模擬)如圖所示，AB、CD為兩個平行的、不計電阻的水平光滑金屬導軌，置于方向垂直導軌平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中。AB、CD的間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻。質量為m、長為L且電阻不計的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，并與輕質彈簧組成彈簧振動系統(tǒng)。開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中A、C間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則A．導體棒水平方向做簡諧運動B．初始時刻導體棒所受的安培力大小為C．當導體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為

D．當導體棒再次回到初始位置時，A、C間的電阻R的熱功率小于√導體棒運動過程中，安培力做功，電阻產(chǎn)生焦耳熱，則棒和彈簧的機械能有損失，則當棒再次回到初始位置時速度小于v0，導體棒水平方向做的不是簡諧運動，則導體棒回到初始位置時產(chǎn)生的感應電動勢E1＜BLv0，根據(jù)電功率公式P＝

可知，A、C間的電阻R的熱功率P＜

，故A錯誤，D正確；根據(jù)公式E＝BLv0，R并＝

，F(xiàn)＝ILB可得，初始時刻導體棒所受的安培力大小為F＝

，故B錯誤；當導體棒第一次到達最右端時，設彈簧的彈性勢能為Ep，根據(jù)能量守恒定律有Ep＋2Q＝

，解得Ep＝

，故C錯誤。6．(多選)(2024·湖北黃岡模擬)如圖所示，水平虛線L1、L2之間存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場區(qū)域的高度為h。豎直平面內有一質量為m的直角梯形線框，其底邊水平，上、下邊長之比為1∶4，高為2h的線框ABCD在磁場邊界L2的下方h處，受到豎直向上的拉力F＝2mg作用，從靜止開始運動(上升過程中底邊始終水平，線框平面始終與磁場方向垂直)，當AB邊剛進入磁場時，線框的加速度恰好為零，且在DC邊剛進入磁場前的一段時間內，線框做勻速運動。重力加速度為g，下列正確的是A．AB邊剛進入磁場時，線框的速度為B．AB邊剛進入磁場時，線框中感應電流的瞬時電功率為

C．DC邊剛進入磁場時，線框加速度的大小為

D．從線框開始運動到DC邊剛進入磁場的過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為√√設AB邊剛進入磁場時速度為v0，線框的電阻為R，AB＝l，則CD＝4l，根據(jù)動能定理Fh－mgh＝

，解得v0＝

，A錯誤；AB邊剛進入磁場時，線框的加速度恰好為零，則此時安培力的大小為F安＝F－mg＝mg，線框中感應電流的瞬時電功率為P＝F安v0＝mg，B正確；AB剛進入磁場時加速度為0，則有F＝mg＋

，設DC邊剛進入磁場前勻速運動時速度為v1，線框切割磁感線的有效長度為1.5l，線框勻速運動時有F＝mg＋

，聯(lián)立解得v1＝

，從線框開始運動到CD邊進入磁場前瞬間，根據(jù)能量守恒定律得F·3h－mg·3h－Q＝

，聯(lián)立解得Q＝mgh，D正確；CD剛進入磁場瞬間，線框切割磁感線的有效長度為2.5l，F(xiàn)1＝I1·2.5lB，由閉合電路歐姆定律得I1＝

，由牛頓第二定律得a＝

，解得a＝g，C錯誤。故選BD。7．(多選)(2024·云南大理聯(lián)考)如圖所示，圖甲中虛線下方有垂直紙面向里的勻強磁場，圖乙中虛線邊界上、下方有方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小均相同?，F(xiàn)有兩個完全相同的正方形金屬線框P和Q分別從不同高度靜止下落，兩線框都剛好勻速經(jīng)過虛線邊界，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是A．P、Q金屬框經(jīng)過虛線邊界過程，金屬框上產(chǎn)生的熱量之比為1∶1B．P、Q金屬框初始位置距磁場虛線邊界的距離之比為4∶1C．P、Q金屬框經(jīng)過虛線邊界過程，受到的安培力之比為2∶1D．P、Q金屬框經(jīng)過虛線邊界過程，流過金屬框橫截面的電量之比為1∶2√√P、Q金屬框剛好勻速經(jīng)過虛線邊界，兩金屬框受到的安培力均等于重力，所以受到的安培力之比為1∶1，故C錯誤；由能量守恒可得，減小的重力勢能均全部轉化為金屬框上產(chǎn)生的熱量，而P、Q金屬框經(jīng)過虛線邊界過程中減小的重力勢能相等，故金屬框上產(chǎn)生的熱量之比為1∶1，故A正確；P、Q金屬框經(jīng)過虛線邊界過程中，P金屬框受力情況為mg＝

，Q金屬框受力情況為mg＝

，而金屬框到達虛線邊界前均只受重力，機械能守恒，則mgh1＝

，可得v1∶v2＝4∶1，h1∶h2＝16∶1，故B錯誤；流過金屬框橫截面的電量為q＝

，可得q1∶q2＝ΔΦ1∶ΔΦ2＝1∶2，故D正確。故選AD。8．(2021·河北高考)如圖所示，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，導軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標原點，狹縫右側兩導軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導軌左端相連，導軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，忽略所有電阻，下列說法正確的是A．通過金屬棒的電流為2BCv2tanθB．金屬棒到達x0時，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負電D．金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定√根據(jù)楞次定律可知，電容器的上極板應帶正電，C項錯誤；由題意可知導體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關系可知，切割長度L＝2xtanθ，x＝vt，則產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv＝2Bv2ttanθ，由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器極板上的電荷量Q＝CE＝2BCv2ttanθ，則流過導體棒的電流I＝

＝2BCv2tanθ，A項正確；當金屬棒到達x0處時，導體棒產(chǎn)生的感應電動勢E′＝2Bvx0tanθ，則電容器極板上的電荷量Q′＝CE′＝2BCvx0tanθ，B項錯誤；由于導體棒做勻速運動，則F＝F安＝ILB，由A項可知流過導體棒的電流I恒定，但L與t成正比，則F為變力，再根據(jù)力做功的功率公式P＝Fv，可看出F為變力，v不變，則功率P隨力F變化而變化，D項錯誤。9．(10分)(2022·湖北高考)如圖所示，高度足夠的勻強磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長L＝0.2m、回路電阻R＝1.6×10

－3Ω、質量m＝0.2kg。線框平面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁場下邊界的距離也為L?，F(xiàn)對線框施加與水平向右方向成θ＝45°角、大小為4N的恒力F，使其在圖示豎直平面內由靜止開始運動。從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；dc邊進入磁場時，bc邊恰好到達磁場右邊界。重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab邊進入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大??；答案：20m/s2

10m/s2ab邊進入磁場前，對線框進行受力分析，由牛頓第二定律得在水平方向有Fcosθ＝max在豎直方向有

Fsinθ

－

mg＝may

代入數(shù)據(jù)解得ax＝20m/s2，ay＝10m/s2。(2)磁場的磁感應強度大小和線框進入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；答案：2T

0.4Jab邊進入磁場開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和bc邊的上部分也開始進入磁場，且在水