第十二章　第4讲　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题 讲义 （教师版）

第4讲　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题
题型一　电磁感应中的平衡和动力学问题
1．导体的运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件列式分析。
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
2．导体常见运动情况的动态分析
v ↓ E＝Blv ↓ I＝ ↓ F安＝BIl ↓ F合 若F合＝0 匀速直线运动
若F合≠0 ↓ F合＝ma a、v 同向 v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，若其他力恒定，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动→a＝0，匀速直线运动
a、v 反向 v减小，F安减小，a减小→a＝0，静止或匀速直线运动
考向1电磁感应中的平衡问题
【典例1】　(多选)(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω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＝2 T，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0.1 kg的重物相连，轻绳与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＝2 m/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g取10 m/s2，下列说法正确的是(　BD　)
A.B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
【解析】　已知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f＝μmg＝2 N，导体棒受到的安培力大小F1＝f＝2 N，由左手定则可知电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，所受的安培力大小F2＝f－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向为垂直于桌面向下，A错误，B正确；对导体棒分析得F1＝B1IL，对导轨分析得F2＝B2IL，电路中的电流I＝，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。
考向2电磁感应中的动力学问题
【典例2】　(2025·河南郑州高三第一次联考)如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。导轨和ab杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和ab杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g)
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。
【解析】　(1)由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b。如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨平面向上。
(2)当ab杆的速度大小为v时，产生的感应电动势E＝BLv，
此时电路中的电流I＝＝，
ab杆受到安培力F安＝BIL＝，
根据牛顿第二定律，有
mg sin θ－F安＝mg sin θ－＝ma，
解得a＝g sin θ－。
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm，
由平衡条件得mg sin θ＝，
解得vm＝。
【答案】　(1)见解析图
(2)　g sin θ－　(3)
用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
1．（多选）（2024·辽宁卷）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中(　AB　)
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D．两棒产生的电动势始终相等
解析：两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，对于任意时刻，当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2maab，对cd有mg sin 30°－BIL cos 30°＝macd，故可知aab＝acd，分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得2mg sin 30°＝2BIL cos 30°，解得I＝，故B正确，C错误；根据前面分析可知aab＝acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。
2．两根质量均为m的光滑金属棒a、b垂直放置在如图所示的足够长的水平导轨上，两金属棒与导轨接触良好，导轨左边间距是右边间距的2倍，两导轨所在的区域处于竖直向下的匀强磁场中。一根不可伸长的绝缘轻质细线一端系在金属棒b的中点，另一端绕过轻小光滑定滑轮与质量也为m的重物c相连，细线的水平部分与导轨平行且足够长，c离地面足够高，重力加速度为g。由静止释放重物c后，两金属棒始终处在各自的导轨上垂直于导轨运动，达到稳定状态后，细线中的拉力大小为（导轨电阻忽略不计）(　C　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
解析：设棒a、b的速度大小分别为v1、v2，加速度大小分别为a1、a2，重物c与棒b的加速度大小相等，回路中的电流为I，回路中的电动势为E，E＝BLv2－B·2Lv1，达到稳定状态后，电路中的电流恒定，即电动势恒定，金属棒的加速度恒定，设k＝v2－2v1，当k恒定时达到稳定状态，由此可知，金属棒的加速度满足a1＝a2，受力情况如图所示。
对棒a受力分析得2BIL＝ma1，对棒b受力分析得T－BIL＝ma2，对重物c受力分析得mg－T＝ma2，解得T＝mg，C正确，A、B、D错误。
题型二　电磁感应中的能量问题
1．电磁感应现象中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
【典例3】　（多选）（2025·山东济南高三阶段质检）如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g。下列说法正确的是(　AC　)
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝（mv－mgL）
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝（mv－mgL）
【解析】　导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A正确；根据q＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，所以B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒可得W＋mgL sin 30°＝mv，解得W＝（mv－mgL），所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝W，则Q＝（mv－mgL），所以D错误。
【典例4】　（2024·广东清远高三质检）如图所示，正方形单匝线框abcd边长L＝0.4 m，每边电阻都相同，总电阻R＝0.16 Ω。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＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0 T，磁场的下边界与线框的上边ab相距h＝1.6 m。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＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(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？
(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？
(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做匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功WF＝3.6 J，ab边上产生的焦耳热Qab为多少？
【解析】　(1)线框ab边以v＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv＝1×0.4×4 V＝1.6 V，将ab边作为等效电源，则a、b两点间的电势差为外电压Uab＝E＝1.2 V。
(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框所受安培力F安＝ILB，
根据闭合电路欧姆定律有I＝，
联立解得F安＝4 N，
所以线框克服安培力做功W安＝F安×2L＝4×2×0.4 J＝3.2 J。
而Q＝W安，故该过程中产生的焦耳热Q＝3.2 J。
(3)设线框出磁场区域的速度大小为v1，则根据运动学关系有v－v2＝2a·2L，而根据牛顿第二定律可知a＝，
联立整理得
(M＋m)（v－v2）＝(M－m)g·2L，
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＝(M＋m)（v－v2），
联立解得WF－W′安＝0，
而W′安＝Q′，故Q′＝3.6 J。
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′＝0.9 J。
【答案】　(1)1.2 V　(2)3.2 J　(3)0.9 J
3．如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度大小B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态（稳定状态时金属棒以1.0 m/s的速度匀速运动），对应过程的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高？并计算恒力F的大小。
(2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
解析：(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b端相当于电源的正极，故b端电势高。
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝mg sin 37°＋F安，
其中F安＝ILB＝，
由乙图可知v＝1.0 m/s，
联立解得F＝5 N。
(2)从金属棒开始运动到达到稳定状态，由功能关系可得(F－mg sin 37°)s＝Q＋mv2，
电阻与金属棒产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q，
联立解得Qr＝1.47 J。
答案：(1)b端　5 N　(2)1.47 J
4．（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＝0.40 m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＝5.0×10-3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s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＝2.0 s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。
解析：(1)对正方形金属框分析，由法拉第电磁感应定律得
E＝＝＝×，
由B(t)＝0.3－0.1t(SI)知＝0.1 T/s，
通过金属框的电流I＝，其中R＝4lλ，
当t＝2.0 s时，B＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T，
金属框所受安培力大小F＝BIl′，其中l′＝l，
代入数据解得F＝ N。
(2)根据焦耳定律有Q＝I2Rt，
R＝4λl＝8×10-3 Ω，
在0～2.0 s时间内电流恒定，I＝＝1 A，
代入数据解得Q＝0.016 J。
答案：(1) N　(2)0.016 J
课时作业63
1．（5分）（多选）如图所示，有两根与水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长。空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，导轨电阻不计，则(　BC　)
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
解析：金属杆在下滑过程中先做加速度减小的加速运动，速度达到最大后做匀速运动，所以当F安＝mg sin α时速度最大，F安＝BIl＝，所以vm＝，分析知B、C正确。
2．（5分）（多选）（2025·四川成都七中高三诊断）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定放置在足够高的水平台面上，导轨间距L＝1 m。质量为m＝1 kg、电阻为r＝2 Ω的直导体棒放在导轨上，且始终与导轨垂直，导体棒通过一根轻质细绳绕过定滑轮与一质量也为m＝1 kg的重物相连。导轨左端与阻值为R＝2 Ω的电阻相连，导轨电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝2 T。在t＝0时刻，由静止释放导体棒和重物，导体棒由静止开始向右做直线运动（轻质细绳始终与导轨共面且平行），重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法中正确的是(　AC　)
A．重物向下做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动
B．当导体棒速度大小v＝8 m/s时，导体棒加速度大小a＝2 m/s2
C．导体棒最终做匀速直线运动的速度大小为v＝10 m/s
D．导体棒最终做匀速直线运动的速度大小为v＝12 m/s
解析：对重物和导体棒整体受力分析有mg－BIL＝2ma，根据闭合电路欧姆定律有I＝，可知随着速度的增大，重物的加速度减小，所以重物向下做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动，故A正确；当导体棒速度大小v＝8 m/s时，根据以上分析可知mg－＝2ma，解得a＝1 m/s2，故B错误；导体棒最终做匀速直线运动时有mg－＝0，解得v′＝10 m/s，故C正确，D错误。
3．（5分）如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨M、N固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨左端连有阻值为R的定值电阻，长度也为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨水平放置。某时刻开始，金属棒ab在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，当金属棒ab到达虚线位置时，加速度刚好为零，此时，撤去拉力，此后，金属棒ab向右运动过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q。金属棒ab运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒ab开始的位置离虚线的距离为L，导轨电阻不计，则拉力大小为(　A　)
A． B．
C． D．
解析：设金属棒ab到达虚线位置时的速度为v，撤去拉力后，定值电阻上产生的焦耳热为Q，因金属棒ab的电阻与定值电阻的阻值相等，则金属棒ab产生的焦耳热也为Q。根据能量守恒可得2Q＝mv2，解得v＝2，拉力F为恒力，金属棒ab到达虚线位置时，加速度刚好为零，合力为零，由平衡条件可得F＝BIL，又I＝，可得F＝＝，故A正确，B、C、D错误。
4.（5分）（多选）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　AB　)
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
解析：由题意知，两线圈所用导线的体积相同，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的电阻的4倍；两线圈到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。
5．（5分）如图所示，间距为L的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端接有阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释放，开始运动Δt时间后做匀速运动，速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电荷量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　D　)
A．导体棒ab先做匀加速运动，后做匀速运动
B．导体棒稳定时的速度大小v＝
C．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R上产生的焦耳热
D．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，位移大小为
解析：导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－BIL＝ma，其中I＝，解得a＝g sin θ－，由于速度增大，所以加速度减小，导体棒不可能做匀加速运动，故A错误；导体棒稳定时的加速度为零，则有g sin θ－＝0，解得v＝，故B错误；根据能量守恒定律可知，导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R与导体棒上产生的焦耳热之和，故C错误；根据电荷量的计算公式可得q＝Δt＝Δt＝＝，解得x＝，故D正确。
6．（5分）（2022·重庆卷）如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为(　C　)
A．k＝2、m＝2、n＝2
B．k＝2、m＝2、n＝
C．k＝、m＝3、n＝
D．k＝2、m＝6、n＝2
解析：由题知导体杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，设加速度大小为a，磁场的磁感应强度大小为B，轨道宽度为L，电阻的阻值为R，导体杆的质量为m0，则导体杆速率为v时产生的感应电动势大小E＝BLv，感应电流大小I＝，导体杆受到的安培力大小F安＝BIL，由牛顿第二定律得F－F安＝m0a，联立得F＝v＋m0a，可知F－v图线的斜率表示，纵截距表示m0a，结合题图2，可知＝·＝，得＝2，＝，得＝，由x＝at2得，导体杆从静止开始运动相同位移的时间之比n＝＝＝，故C正确，A、B、D错误。
7．（5分）（多选）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m，导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40 Ω，导轨上停放一质量m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω、长度也为L＝0.30 m的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度大小B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是(　ABD　)
A．金属杆做匀加速直线运动
B．第2 s末外力的瞬时功率为0.35 W
C．如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功为0.35 J，则金属杆上产生的焦耳热为0.15 J
D．如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功为0.35 J，则金属杆上产生的焦耳热为0.05 J
解析：由闭合电路欧姆定律可知U＝＝，由于表达式中的变量只有v，结合图乙可知金属杆的速度随时间均匀变化，即金属杆做匀加速直线运动，故A正确；由图乙知t＝2.0 s时U＝0.2 V，解得金属杆此时的速度v＝＝2 m/s，由图线的斜率＝0.1 V/s，再由＝·＝，可得金属杆的加速度a＝1 m/s2，再由牛顿第二定律F－BIL＝F－＝ma，可得此时的外力F＝＋ma＝0.175 N，故此时拉力的功率P＝Fv＝0.35 W，故B正确；由能量守恒可知回路中产生的热量等于外力所做功与金属杆获得的动能的差值，即Q＝W－mv2＝0.15 J，则金属杆中产生的热量Qr＝Q＝0.05 J，故C错误，D正确。
8．（5分）（多选）（2024·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(　BD　)
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－mv2－Q
解析：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，金属棒切割磁感线，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，所受安培力为零，受重力和弹簧弹力，则有mg＝kx2，根据能量守恒定律有mgx2－W－kx＝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；金属棒从开始运动到第一次达到最大速度过程，由能量守恒定律有mgx1＝mv2＋Ep＋Q，即Ep＝－mv2－Q－，可得Ep＜－mv2－Q，故D正确。
9．（5分）（2023·浙江6月选考）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝，然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中(　C　)
A．电源电动势E0＝R
B．棒消耗的焦耳热Q＝Mgl
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
解析：以导体棒为研究对象，作出受力图，如图所示。
根据平衡条件可得F安＝Mg tan θ，且F安＝BIL，解得I＝，电源电动势E0＝IR＝，故A错误；导体棒向左运动时，回路中有电流，导体棒会产生焦耳热，向右运动时，由于二极管的作用，回路中无电流，导体棒不会产生焦耳热，假设导体棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，达到最低点时速度为0，则棒的重力势能减少ΔEp＝Mgl·(1－cos θ)，解得ΔEp＝Mgl，根据能量守恒定律可知导体棒消耗的焦耳热Q＝×Mgl，由于导体棒达到最低点时的速度不为0，则完成一次振动过程中，导体棒消耗的焦耳热小于Mgl，故B错误；导体棒从右侧开始运动达到最左侧过程中，回路中有感应电流，导体棒上会产生焦耳热，所以达到左侧最高点时，棒的最大摆角小于，从左向右运动时，由于二极管具有单向导电性，所以回路中没有电流，则导体棒从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；导体棒第一次经过最低点向左摆动过程中，回路中有感应电流，导体棒的机械能有损失，所以第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点的速度，根据E＝BLv可知，第二次经过最低点时感应电动势大小小于第一次经过最低点的感应电动势大小，故D错误。
10．（15分）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＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10-3 Ω、质量m＝0.2 kg。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4 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g取10 m/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，在水平方向有F cos θ＝max，
代入数据有ax＝20 m/s2，
在竖直方向有F sin θ－mg＝may，
代入数据有ay＝10 m/s2。
(2)根据题意，从ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的一部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线，但ad和bc边的切割磁感线部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的等效电源为ab边，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边受到的安培力竖直向下，ad边受到的安培力水平向右，bc边受到的安培力水平向左，则ad边和bc边受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力等于ab边受到的竖直向下的安培力。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有
F sin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝，
v＝2ayL，
联立有B＝0.2 T，
由题知，dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy，
y＝L，F sin θ－mg＝BIL，
联立解得Q＝0.4 J。
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t＝t1＋t2，vy＝ayt1，L＝vyt2，
联立解得t＝0.3 s，
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m。
则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1 m。
答案：(1)20 m/s2　10 m/s2
(2)0.2 T　0.4 J　(3)1.1 m
11．（20分）（2024·全国甲卷）如图所示，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度大小为B的匀强磁场中。
(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的2倍时，求金属棒速度v的大小。
(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的2倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
解析：(1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F安＝BIL，
由闭合电路欧姆定律得I＝，
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝BLv0，
联立可得，恒定的外力为F＝。
在加速阶段，外力的功率为
PF＝Fv＝v，
定值电阻的功率为PR＝I2R＝，
当PF＝2PR时，即v＝2，
化简可得金属棒速度v的大小为v＝。
(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E＝BLv＝IR＋，
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率PF＝F′v＝BILv，
定值电阻功率PR＝I2R。
当PF＝2PR时，有BILv＝2I2R，
可得IR＝。
根据E＝BLv＝IR＋
可得此时电容器两端电压为
UC＝＝＝BLv0。
从开关断开到外力功率为定值电阻功率的两倍的时刻，外力所做的功为
W＝∑BIL(v·Δt)＝BLv∑I·Δt＝BLvq，
其中q＝，
联立可得W＝。
答案：(1)　(2)