小题精练14 电磁感应中的感应电动势、电荷量、热量、单双棒问题——高考物理题型突破限时精练

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公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、求电荷量的三种方法
1.q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间)
(1)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。
(2)闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，t时间内通过线圈横截面的电荷量q＝It。
2.q＝neq \f(ΔΦ,R)(其中R为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量)
(1)闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势。
(2)从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化。
3.Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的变化量)
在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝eq \f(Δq,Δt)＝eq \f(CΔU,Δt)，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。
二、求解焦耳热Q的三种方法
三、单杆模型
四、双杆模型
(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用
(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
难度：★★★☆ 建议时间：30分钟 正确率： /15
（2023•浙江模拟）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（ ）
A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度
B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能
C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光
D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度
【解答】解：A．灯泡在永磁体通过p点时的亮度大于永磁体通过q点时的亮度，说明永磁体通过p点时产生的感应电流大于永磁体通过q点时的感应电流，根据切割电动势规律和欧姆定律，即永磁体在p点时的速度大于在q点时的速度，故A错误；
B．根据能量转化与守恒，由于灯泡发光，所以永磁体的机械能不断减小，即永磁体在p点时的机械能大于在q点时的机械能，故B错误；
C．根据楞次定律，当永磁体靠近螺线管和远离螺线管时产生的感应电流方向相反，根据二极管反向截止的特性，所以二极管不会都发光，故C正确；
D．若将永磁体的极性对调，根据切割电动势规律和欧姆定律，则在其通过q点时灯泡的亮度仍将小于其通过p点时的亮度，故D错误。
故选：C。
（2023•新乡二模）如图所示，用均匀导线做成的单匝正方形线圈的面积为S，正方形的一半放在垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，a，b分别为两对边的中点，线圈的总电阻为R。下列说法正确的是（ ）
A．当磁场的磁感应强度增大时，线圈中的电流沿顺时针方向
B．当磁场的磁感应强度以ΔBΔt的变化率增大时，线圈中产生的感应电动势为SΔBΔt
C．在磁场的磁感应强度大小由B减小到零的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为BS2R
D．在线圈以ab为轴转动一周的过程中，某一段时间内线圈中没有感应电流
【解答】解：A．根据楞次定律可知，当磁场的磁感应强度增大时，线圈中的电流沿逆时针方向，故A错误；
B．当磁场的磁感应强度以ΔBΔt的变化率增大时，根据法拉第电磁感应定律可得：E1=ΔΦΔt=SΔB2Δt，故B错误；
C．在磁场的磁感应强度大小由B减小到零的过程中，根据法拉第电磁感应定律可得：
感应电动势的平均值为E=ΔΦ'Δt=BS2Δt'
根据欧姆定律可得：感应电流的平均值为I=ER
根据电流的定义式有I=qΔt'
联立解得：q=BS2R，故C正确；
D．根据题意可知，在线圈以ab为轴转动一周的过程中，线圈始终有一边处于磁场中切割磁感线，因此不存在某一段时间内线圈中没有感应电流，故D错误。
故选：C。
（2023•昆明一模）如图所示，间距为d的两水平虚线之间有方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形金属线框abcd的边长为l（l＜d）。线框从ab边距磁场上边界h处自由下落，下落过程中线框始终在竖直平面内且ab边保持水平。已知ab边进入磁场瞬间、dc边进入磁场瞬间及dc边离开磁场瞬间线框的速度均相同。设线框进入磁场的过程中产生的热量为Q1，离开磁场的过程中产生的热量为Q2。不计空气阻力，则（ ）
A．Q1Q2=ldB．Q1Q2=ld-l
C．Q1Q2=ld+hD．Q1Q2=ll+h
【解答】解：设正方形线框的质量为m，据题知，ab边进入磁场瞬间、dc边进入磁场瞬间线框的速度相同，由能量守恒定律知线框进入磁场的过程中产生的热量Q1＝mgl
又因为ab边进入磁场瞬间、dc边离开磁场瞬间线框的速度相同，由能量守恒定律知整个过程线框产生的热量为Q1+Q2＝mg（d+l）
联立解得Q2＝mgd，所以Q1Q2=ld，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023•西城区校级三模）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的电量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒ab先做匀加速运动，后做匀速运动
B．导体棒稳定的速度大小v=mg(R+r)B2L2
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q(R+r)BL
【解答】解：A、导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣BIL＝ma，其中：I=BLvR+r，解得：a＝gsinθ-B2L2vm(R+r)；由于速度是增加的，所以加速度是减小的，导体棒不可能做匀加速运动，故A错误；
B、导体棒稳定时的加速度为零，则有：gsinθ-B2L2vm(R+r)=0，解得：v=mg(R+r)sinθB2L2，故B错误；
C、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与导体棒产生的焦耳热之和，故C错误；
D、根据电荷量的计算公式可得：q=It=ER+rt=ΔΦR+r=BSR+r=BLxR+r，解得：x=q(R+r)BL，故D正确。
故选：D。
（2023•鼓楼区校级三模）如图甲所示，一闭合金属圆环固定在水平面上，虚线ab右侧空间存在均匀分布的竖直磁场，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（取磁感应强度方向竖直向上为正），则（ ）
A．0～1s内感应电流方向沿bca方向
B．3～4s内感应电流方向沿bca方向
C．2s末圆环受到的安培力最大
D．3s末圆环受到的安培力为零
【解答】解：A、由图乙所示图像可知，0～1s内磁场向上磁感应强度增大，穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向沿acb，故A错误；
B、由图乙所示图像可知，3～4s内磁场方向向下磁感应强度减小，穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿acd方向，故B错误；
C、由图乙所示图像可知，2s末磁感应强度B＝0，由安培力公式F＝ILB可知，圆环所受安培力为零，故C错误；
D、由图乙所示图像可知，3s末磁感应强度最大，磁感应强度的变化率为零，磁通量的变化率为零，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为零，圆环的感应电流为零，则圆环所受安培力为零，故D正确。
故选：D。
（2023•乐清市校级模拟）如图甲所示，一质量为M、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量可不计的细导线系在同一水平面上的固定连接点上.在导体棒所在空间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。细导线通过开关S与电阻R和直流电源串接起来。不计空气阻力和其它电阻，导体棒运动时，细导线偏离竖直方向用图示的角度θ来表示。接通S，导体棒恰好在θ=π4时处于静止状态；将导体棒从θ=π4移到θ=π4+δ（δ为小量），静止后撤去外力，导体棒开始振动起来，则（ ）
A．电源电动势E=2Mg2BLR
B．振动周期T=2πL2g
C．电阻消耗的焦耳热Q=2MgL(1-csδ)
D．角度θ随时间t变化的图线为图乙
【解答】解：A．导体棒恰好在θ=π4时处于静止状态，对导体棒金属受力分析，得出对应的受力示意图：
可知F安＝Mg
又F安=BIL=BERL
解得：E=MgBLR，故A错误；
B．根据平行四边形定则，导体棒所受的安培力与重力的合力大小等于F合=2Mg
g'=F合M=2g
根据单摆的周期公式可得：
T=2πlg'=2πl2g
故B错误；
C．根据能量守恒，电阻消耗的焦耳热为损失的重力势能和电能之和，则
Q=2MgL(1-csδ)+E电，故C错误；
D．随着时间的推移，θ会越来越小，不可能突然增大，故D错误。
故选：B。
（2023•龙华区校级四模）如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，bc间电阻为R，其它部分电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N。并与导轨成θ角，金属杆以ω的角速度绕N点由图示位置逆时针匀速转动到与导轨ab垂直。转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆电阻忽略不计，则在金属杆转动过程中（ ）
A．M、N两点电势相等
B．金属杆中感应电流的方向由M流向N
C．电路中感应电流的大小始终为Bl2ω2R
D．电路中通过的电荷量为Bl2Rtanθ
【解答】解：A、金属杆逆时针转动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，由右手定则可知MN中感应电流方向由M→N，则M点电势低于N点电势，故A错误；
B、根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故B正确；
C、在图示位置，金属棒切割磁感线产生感应电动势为E＝BLv=B•lsinθ•ωlsinθ+02=Bl2ω2sin2θ
回路中的电阻为R，则回路中的感应电流为I=ER=Bl2ω2Rsin2θ，可知在不同位置电流值不同，故C错误；
D、电路中通过的电量为q=IΔt
根据法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt=B⋅12l⋅ltanθΔt
根据闭合电路欧姆定律得I=ER，联立可得q=Bl22Rtanθ，故D错误。
故选：B。
（2023•涟源市二模）如图所示，水平间距为L，半径为r的二分之一光滑圆弧导轨，bb'为导轨最低位置，aa'与cc'为最高位置且等高，右侧连接阻值为R的电阻，圆弧导轨所在区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。现有一根金属棒在外力的作用下以速度v0从aa'沿导轨做匀速圆周运动至cc'处，金属棒与导轨始终接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，则该过程中（ ）
A．经过最低位置bb'处时，通过电阻R的电流最小
B．经过最低位置bb'处时，通过金属棒的电流方向为b'→b
C．通过电阻R的电荷量为2BLrR
D．电阻R上产生的热量为πrB2L2v0R
【解答】解：A、金属棒从位置aa′运动到轨道最低bb′处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐增大，由E＝BLv可知金属棒产生的感应电动势增大，则通过R的电流大小逐渐增大；金属棒从轨道最低位置bb′运动到cc′处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐减小，由E＝BLv可知金属棒产生的感应电动势减小，则通过R的电流大小逐渐减小，故经过最低位置bb′处时，通过电阻R的电流最大，故A错误；
B\由右手定则可知，经过最低位置bb′处时，通过金属棒的电流方向为b→b′，故B错误；
C．通过电阻R的电荷量为：q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=2BLrR，故C正确；
D．金属棒做匀速圆周运动，切割磁感线的有效速度为：v＝v0csθ＝v0csωt
θ是金属棒的速度与水平方向的夹角，则金属棒产生的感应电动势为：E＝BLv0csωt
则回路中产生正弦式交变电流，可得感应电动势的最大值为：Em＝BLv0
有效值为：E=22Em=22BLv0
由焦耳定律可知，R上产生的热量：Q=E2Rt=(22BLv0)2R×πω=πrB2L2v02R，故D错误。
故选：C。
（2023•市中区校级模拟）如图甲所示，一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、QP间存在垂直水平面的匀强磁场，t＝0时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量m＝1kg、电阻R＝2Ω，则（ ）
A．磁场宽度为3m
B．匀强磁场的磁感应强度为2T
C．线框穿过QP的过程中产生的焦耳热等于4J
D．线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为2C
【解答】解：A、t＝0时刻，F＝2N，此时线框中没有感应电流，受安培力，则线框的加速度为a=Fm=21m/s2＝2m/s2，磁场的宽度等于线框在0﹣2s内通过的位移大小，为d=12at22=12×2×22m＝4m，故A错误；
B、当线框全部进入磁场的瞬间：F1﹣F安＝ma，而F安＝BI1L，I1=BLat1R，其中F1＝4N，t1＝1s，L=12at12，联立解得：B=2T，故B正确；
C、t2＝2s时，F2＝6N，此时线框的速度为v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s。由上可得线框的边长L＝1m，设线框刚出磁场时速度为v3，则有v32=2a（d+L），解得v3＝25m/s
设线框穿过QP的过程中F做功为W，因为在过程中F逐渐增大，F的平均值F＞F2＝6N，则W=FL＞F2L＝6×1J＝6J
此过程中线框的动能增加量为ΔEk=12m(v32-v22)=12×1×[(25)2-42]J＝2J，则线框穿过QP的过程中产生的焦耳热Q＝W﹣ΔEk＞6J﹣2J＝4J，故C错误；
D、线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为q=It1=Et1R=BLvt1R=BL2R=2×122C=22C，故D错误。
故选：B。
（2023•重庆模拟）如图甲，在垂直纸面向里的匀强磁场区域中有一开口很小的圆形线圈，在线圈开口左端连接一阻值为R＝6Ω的电阻，一个电容为C＝1.25×10﹣3F的电容器与R并联。已知圆形线圈面积为0.2m2，圆形线圈电阻为r＝4Ω，其余导线电阻不计，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。在0～4s内下列说法正确的是（ ）
A．回路中感应电动势大小为2V
B．回路中感应电流的大小为0.05A
C．R两端的电压为0.12V
D．电容器充电完成后，上极板带电量为2.5×10﹣4C
【解答】解：A．在0～4s内，根据法拉第电磁感应定律有E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=44×0.2V=0.2V，故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律可知：
I=ER+r=0.26+4A=0.02A，故B错误；
C．根据串联电路中电压的关系可知：
U=RR+rE=66+4×0.2V=0.12V，故C正确；
D．根据电荷量的计算公式可知，电容器两板的电荷量为：
Q＝CU＝1.25×10﹣3×0.12C＝0.15×10﹣3C，故D错误。
故选：C。
（2023•海淀区一模）如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。边长为L的正方形线框abcd的总电阻为R。除ab边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且cd边保持不动，杆ab的质量为m。将线框拉至水平后由静止释放，杆ab第一次摆到最低位置时的速率为v。重力加速度为g，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．a端电势始终低于b端电势
B．杆ab中电流的大小、方向均保持不变
C．安培力对杆ab的冲量大小为B2L3R
D．安培力对杆ab做的功为mgL-12mv2
【解答】解：A．由右手定则可知，杆a切割磁感线产生的感应电流方向为b→a，则a端电势始终高于b端电势，故A错误；
B．根据题意可知，杆a运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误；
C．安培力对杆a的冲量大小为：I冲＝BI感Lt＝BL∑I感t＝BLq，由于q=ERt=ΔΦR=BSR，可得安培力对杆a的冲量大小为：I冲=B2L3R，故C正确；
D．设安培力对杆a做的功为W，由动能定理有：mgL+W=12mv2，解得W=12mv2−mgL，故D错误。
故选：C。
（2023•大理州模拟）如图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。交流电源接充电板，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势高于d点的电势
B．受电线圈中感应电流方向由d到c
C．c、d之间的电势差为n(B2-B1)Rt2-t1
D．若想增大c、d之间的电势差，可以仅增加送电线圈中的电流的变化率
【解答】解：AB、穿过受电线圈的磁通量向上且均匀增加，根据楞次定律可知感应线圈产生的磁场向下，根据安培定则可知电流从d流出，从c流入，所以d点电势高于c点电势，故AB错误；
C、根据法拉第电磁感应定律可知受电线圈产生的电动势大小E＝nΔΦΔt=n(B2-B1)St2-t1，
则Ucd=-n(B2-B1)St2-t1，故C错误；
D、仅增加送电线圈中的电流的变化率，穿过受电线圈的ΔΦΔt增大，所以c、d两端的电势差增大，故D正确。
故选：D。
（2023•辽宁一模）如图所示，纸面内的菱形金属线框ABCD以速度v0平行于AD方向匀速通过一有界的匀强磁场，磁场的边界PQ、MN相互平行，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。已知线框的电阻为R，线框的边长和磁场宽度均为L，∠A＝60°，AD⊥PQ，下列说法正确的是（ ）
A．A点离开磁场后线框内的感应电流沿顺时针方向
B．线框内感应电动势的最大值为22BLv0
C．此过程中穿过线框的磁通量的最大值为7316BL2
D．线框穿过磁场的整个过程中回路的最大热功率为B2L2v022R
【解答】解：A、线框的A点离开磁场后，穿过线框的磁通量先增大后减小，磁场方向是垂直纸面向里，由楞次定律可知，线框中的感应电流的方向是先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；
B、从B点进入磁场到D点进入磁场的过程中线框内的感应电动势最大，感应电动势的最大值为Em=3BLv02，故B错误；
C、当线框到如图所示的位置时
穿过线框的磁通量最大，此时A点和C点到磁场边界MN和PQ的距离相等，所以穿过线框的磁通量的最大值Φm=(32L2-L4×L2×32)B=7316BL2，故C正确；
D、回路中感应电动势最大时热功率最大，有Pmax=Em2R=3B2L2v024R，故D错误；
故选：C。
（2023•西城区校级模拟）如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆（ ）
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间等于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4
【解答】解：A．金属杆若进入磁场Ⅰ加速，速度增大，安培力减小，当安培力等于重力时，匀速运动到出磁场，再以加速度为g的加速运动，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度不可能相等，故进入磁场Ⅰ只能减速，加速度方向竖直向上，故A错误；
B．对金属杆受力分析，根据B2L2vR-mg=ma可知，金属杆做加速度减小的减速运动，而金属杆在两个磁场间做匀加速运动，又因为金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在磁场间运动的平均速度，两段位移相同，故穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B错误；
C．从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，动能不变，根据能量守恒，金属棒减小的重力势能全部转化为焦耳热，又因为进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆通过磁场Ⅰ和磁场Ⅱ产生的热量相等，则总热量为Q＝4mgd
故C正确；
D．若金属杆进入磁场做匀速运动，则B2L2vR-mg=0得v=mgRB2L2
有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于mgRB2L2，根据h=v22g
得金属杆进入磁场的高度应
h＞m2g2R22gB4L4=m2gR22B4L4
故D错误。
故选：C。
（多选）（2024•郑州一模）如图甲所示，一个n＝100匝的圆形导体线圈面积S1=0.5m2，总电阻r＝1Ω。在线圈内存在面积S2=0.4m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R＝2Ω的电阻，将其与图甲中线圈的两端a、b分别相连接，其余电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．0～4s内a、b间的电势差Uab＝﹣0.04V
B．4～6s内a、b间的电势差Uab＝8V
C．0～4s内通过电阻R的电荷量为8C
D．4～6s内电阻R上产生的焦耳热为64J
【解答】解：AC、0～4s内，根据法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为
E=nΔBΔtS2=100×0.64×0.4V＝6V
回路中感应电流大小为
I=ER+r=62+1A＝2A
在0∼4s时间内，磁感应强度B增大，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流由b流经电阻R回到a，a点的电势低于b点的电势，则
a、b间的电势差为
Uab＝﹣IR＝﹣2×2V＝﹣4V
通过电阻R的电荷量为
q＝It＝2×4C＝8C，故A错误，C正确；
BD、在4∼6s时间内，线圈产生的感应电动势为
E2=nΔB2S2Δt2=100×0.66-4×0.4V＝12V
感应电流大小为
I2=E2R+r=122+1A＝4A
根据楞次定律知，线圈中产生的感应电流由a流经电阻R回到b，a点的电势高于b点的电势，则a、b间的电势差为
Uab′＝I2R＝4×2V＝8V
电阻R上产生的焦耳热为
Q=I22Rt＝42×2×2J＝64J，故BD正确。
故选：BCD。
初态
v0≠0
v0＝0
示意图
质量为m、电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为l
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定
运动分析
导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止
当E感＝E时，v最大，且vm＝eq \f(E,Bl)，最后以vm匀速运动
当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(FR,B2l2)，杆开始匀速运动
Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝CBlΔv
电流I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBleq \f(Δv,Δt)＝CBla
安培力F安＝IlB＝CB2l2a
F－F安＝ma，a＝eq \f(F,m＋B2l2C)，
所以杆以恒定的加速度匀加速运动
能量分析
动能转化为内能，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q
电能转化为动能和内能，E电＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q
外力做功转化为动能和内能，WF＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q
外力做功转化为电能和动能，WF＝E电＋eq \f(1,2)mv2
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度l1＝l2
质量m1＝m2不
电阻r1＝r2
长度l1＝2l2
运动分析
杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度eq \f(v0,2)匀速运动
稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
能量分析
一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk
光滑的平行导轨
不光滑平行导轨
示意图
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度l1＝l2
摩擦力Ff1＝Ff2
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度l1＝l2
运动分析
开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。若F>2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同
能量分析
外力做功转化为动能和内能，WF＝ΔEk＋Q
外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热)，WF＝ΔEk＋Q电＋Qf
【例题】（2023•安徽模拟）如图（a），一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在半径r＝0.5m的圆形金属框上。金属框的水平直径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＝3s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系如图（b）所示。以下说法正确的是（ ）
A．金属框中的电流方向沿顺时针
B．t＝2s时金属框所受安培力大小为0.5N
C．在t＝0到t＝2s时间内金属框产生的焦耳热为0.25πJ
D．在t＝0到t＝2s时间内通过金属框的电荷量为20C
【解答】解：A．在t＝0到t＝3s时间内，磁感应强度大小随时间t减小，根据楞次定律，金属框中电流方向逆时针，故A错误；
B．t＝2s时B＝0.2T，根据法拉第电磁感应定律：E=ΔBS2Δt=0.2×π×0.522V
根据题意R＝2πrλ＝2π×0.5×5×10﹣3Ω
根据欧姆定律I=ER，解得I＝5A
金属框所受安培力大小为F＝BI×2r，解得F＝1N
故B错误；
C．在t＝0到t＝2s时间内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt，解得Q＝0.25πJ
故C正确；
D．在t＝0到t＝2s时间内通过金属框的电荷量为q=ΔΦR，解得q＝10C
故D错误。
故选：C。