2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十二章电磁感应专题强化二十四电磁感应中的动力学和能量问题

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题型一 电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(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．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
3．导体常见运动情况的动态分析
考向1 “单棒＋电阻”模型
例1 (2023·陕西咸阳市模拟)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( )
答案 A
解析 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错误；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正确；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正确；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正确．
例2 (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8 N，经过2 s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1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
答案 BCD
解析 t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＝BIl＝eq \f(B2l2at,R)，由牛顿第二定律可知外力F＝ma＋mgsin 37°＋eq \f(B2l2at,R)，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＝2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确．
考向2 “单棒＋电容器”模型
棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)
如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流
由F－BIl＝ma，I＝eq \f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，
联立可得F－eq \f(CB2l2Δv,Δt)＝ma，其中eq \f(Δv,Δt)＝a，
则可得a＝eq \f(F,m＋B2l2C)
所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动．
功能关系：WF＝eq \f(1,2)mv2＋E电
例3 如图，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：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．
答案 (1)Q＝CBLv (2)v＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m＋CB2L2)t
解析 (1)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＝eq \f(Q,U)，联立可得Q＝CBLv
(2)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＝BLI＝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＝eq \f(ΔQ,Δt)，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f＝μN
式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有N＝mgcs θ，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
mgsin θ－F－f＝ma，
即mgsin θ－μmgcs θ＝CB2L2a＋ma
联立上式可得 a＝eq \f(msin θ－μcs θg,m＋B2L2C)
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＝eq \f(msin θ－μcs θgt,m＋B2L2C).
题型二 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
eq \x(其他形式的能量)eq \(―――――――→,\s\up7(克服安培力做功))eq \x(电能)eq \(―――→,\s\up7(电流做功))eq \x(焦耳热或其他形式的能量)
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．
考向1 应用功能关系解决电磁感应中的能量问题
例4 (多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒内产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
答案 BD
解析 金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，所以A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BdL,2R)，所以B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)W克安＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，所以C错误，D正确．
考向2 应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题
例5 (2023·北京市模拟)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－Q
D．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)
答案 D
解析 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例6 如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平行．距线框cd边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝L2.现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场．已知线框边长为L1(L1(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q.
答案 (1)eq \r(4,\f(gm2R2,2L0L14)) (2)eq \f(1,2)mg(2L2＋L1)
解析 (1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示．根据平衡条件有T＝F安＋mgsin θ
其中F安＝BIL1
I＝eq \f(E,R)
E＝BL1v
导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有T＝mg
对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－mgsin θ＝2ma
根据运动学方程可得进入磁场时速度v＝eq \r(2aL0)
联立以上各式求解可得B＝eq \r(4,\f(gm2R2,2L0L14))
(2)线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ
所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mg(2L2＋L1)．
课时精练
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
答案 A
解析 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＝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．
2.两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→b
B．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eq \f(B2L2v,R)
D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mg,BL)))2R
答案 D
解析 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＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)，金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，F＝BIL＝mg，可求得P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mg,BL)))2R，D正确．
3．(多选)(2023·福建福州市模拟)在甲、乙、丙、丁四图中，除导体棒ab可以移动外，其余部分均固定不动，图中的R为定值电阻，导体棒和导轨电阻均不计，导体棒和导轨之间的摩擦力也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面向下的匀强磁场中，导轨足够长．图甲、乙、丙中的导体棒ab均受外力F的作用，其中图甲、丙中外力F为恒力，图乙中外力F的功率恒定，图丙中的电容器C原来不带电，图丁中的电容器C已充电，四个图中导体棒ab从静止到最终做匀速运动的是( )
A．图甲 B．图乙
C．图丙 D．图丁
答案 ABD
解析 题图甲中的F为恒力，由F－eq \f(B2l2v,R)＝ma可知，随着速度的变大，导体棒ab的加速度越来越小，当加速度为0时，导体棒ab做匀速运动，A符合题意；题图乙中的F的功率恒定，由eq \f(P,v)－eq \f(B2l2v,R)＝ma可知，随着速度的变大，导体棒ab的加速度越来越小，当加速度为0时，导体棒ab做匀速运动，B符合题意；对题图丙中导体棒ab，由F－BIl＝ma，I＝eq \f(Δq,Δt)＝eq \f(CΔU,Δt)＝eq \f(CBlΔv,Δt)＝CBla，可得a＝eq \f(F,CB2l2＋m)，可知题图丙中导体棒ab从静止开始一直做匀加速直线运动，C不符合题意；设题图丁中的电容器两端的电压为UC，由BIl＝Bl·eq \f(UC－Blv,R)＝ma可知，随着速度的变大，导体棒ab的加速度越来越小，当加速度为0时，导体棒ab做匀速运动，D符合题意．
4．(多选)如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，则下列说法正确的是( )
A．金属棒的质量为eq \f(F,a0)
B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(1,L)eq \r(\f(FR,v0))
C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为eq \f(W,\r(FR))
D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比
答案 ABD
解析 由题意可知F－eq \f(B2L2v,R)＝ma，得a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2,mR)v，结合a－v图像可知eq \f(F,m)＝a0，eq \f(B2L2,mR)＝eq \f(a0,v0)，解得m＝eq \f(F,a0)，B＝eq \r(\f(ma0R,L2v0))＝eq \f(1,L)eq \r(\f(FR,v0))，A、B正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为s＝eq \f(W,F)，则通过金属棒横截面的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),R)t＝eq \f(BLs,R)＝eq \f(W,\r(FRv0))，C错误；某时刻撤去拉力，此后eq \f(B2L2v,R)＝ma，则a＝eq \f(B2L2,mR)v，D正确．
5.(多选)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，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有一质量为m、电阻也为R的金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属棒以一定的初速度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( )
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＝eq \f(BdL,R)
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)
答案 AC
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＝eq \f(ΔΦ,R总)，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝eq \f(BdL,2R)，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，由动能定理可得W＋mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv02，解得W＝eq \f(1,2)(mv02－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＝eq \f(1,2)W，则Q＝eq \f(1,4)(mv02－mgL)，所以D错误．
6.(多选)(2021·全国甲卷·21)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( )
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
答案 AB
解析 设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝eq \r(2gh)，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρeq \f(4nl,S)＝eq \f(16n2l2ρρ0,m)
感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(mBv,16nlρρ0)
所受安培力大小为F＝nBIl＝eq \f(mB2v,16ρρ0)
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－eq \f(F,m)＝g－eq \f(B2v,16ρρ0)
加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．
当g>eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，
当g当g＝eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都匀速运动，故选A、B.
7.(2022·全国乙卷·24)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．
答案 (1)eq \f(\r(2),5) N (2)0.016 J
解析 (1)金属框的总电阻为
R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3 Ω＝0.008 Ω
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)×0.402 V＝0.008 V
金属框中的电流为I＝eq \f(E,R)＝1 A
t＝2.0 s时磁感应强度大小为
B2＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T
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)×0.4 N＝eq \f(\r(2),25) N
(2)0～2.0 s时间内金属框产生的焦耳热为
Q＝I2Rt′＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
8.(2023·福建省莆田二中模拟)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1.5 Ω.导体棒MN恰好能垂直于导轨放置，质量为0.5 kg，电阻为0.5 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在整个导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T．将导体棒由静止释放，运动2 m后，小灯泡稳定发光，此后导体棒的运动速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)导体棒速度为1 m/s时棒的加速度大小；
(2)导体棒匀速运动时的速度大小；
(3)导体棒从静止到匀速的运动过程中小灯泡产生的焦耳热．
答案 (1)1 m/s2 (2)2 m/s (3)0.75 J
解析 (1)导体棒速度为1 m/s时，感应电动势大小为E1＝BLv1＝1 V，根据闭合电路欧姆定律，此时电路中电流大小为I1＝eq \f(E1,R＋r)＝0.5 A，此时的安培力大小为F1＝BI1L＝eq \f(B2L2v1,R＋r)＝0.5 N，根据楞次定律可得，安培力的方向沿斜面向上，设此时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得mgsin 37°－F1－μmgcs 37°＝ma，解得a＝1 m/s2
(2)当导体棒匀速运动时，设此时的安培力大小为F2，根据受力平衡可得mgsin 37°＝F2＋μmgcs 37°，解得F2＝1 N．由前面分析可得F2＝eq \f(B2L2v2,R＋r)＝1 N，解得v2＝2 m/s
(3)导体棒从静止到匀速的运动过程中，设回路中产生的总的焦耳热为Q总，根据能量守恒定律和动能定理可得mgssin 37°－μmgscs 37°－Q总＝eq \f(1,2)mv22，由题意可知s＝2 m，解得Q总＝1 J
由于回路中电流处处相等，小灯泡产生的焦耳热为
Q灯＝eq \f(Q总R,R＋r)＝0.75 J.
9．(2023·福建泉州市质检)如图为某航母舰载机电磁弹射的简化原理：在水平面内由平行长直固定绝缘轨道组成的区域内，等间距分布着竖直向下和竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.一电阻为R、质量为m的矩形金属框放在轨道上，其长边边长为L，短边边长等于每个磁场的宽度．当磁场向右运动的速度足够大时，金属框将沿轨道向右运动，运动过程中所受阻力大小恒为f.
(1)若磁场以速率v运动时，金属框不动，求金属框在图示位置时的电流大小与方向；
(2)若磁场以较大速率做匀速运动，驱动金属框获得的最大速率为v1，求磁场的速率v2；
(3)若磁场由静止开始以加速度a做匀加速运动，求经历多长时间金属框开始运动以及金属框和磁场最终速度差的大小Δv.
答案 (1)eq \f(2BLv,R) 顺时针方向 (2)v1＋eq \f(fR,4B2L2) (3)eq \f(fR,4aB2L2) eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(f＋ma))R,4B2L2)
解析 (1)根据右手定则可知，电流方向为顺时针方向，设金属框中的电动势大小为E，由法拉第电磁感应定律得E＝2BLv.设金属框中的电流大小为I，由闭合电路欧姆定律得E＝IR，解得I＝eq \f(2BLv,R)
(2)金属框速率为v1时，设金属框内电流大小为I1，金属框受到的安培力大小为F1＝2BI1L
根据平衡条件得F1＝f，金属框相对磁场的速度大小为v2－v1，则E1＝2BLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2－v1))
由闭合电路欧姆定律得E1＝I1R，解得v2＝v1＋eq \f(fR,4B2L2)
(3)当金属框开始运动时，设磁场的速度大小为v0，此时金属框受到的安培力大小等于阻力f的大小，即eq \f(4B2L2v0,R)＝f，由运动学公式得v0＝at0，联立解得t0＝eq \f(fR,4aB2L2)；最终金属框的加速度a1与磁场的加速度相同，即a1＝a，以金属框为研究对象，由牛顿第二定律得eq \f(4B2L2Δv,R)－f＝ma1
解得Δv＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(f＋ma))R,4B2L2).
10．(2022·湖北卷·15)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＝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．
答案 (1)20 m/s2 10 m/s2 (2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m
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Fcs θ＝max
代入数据有ax＝20 m/s2
在竖直方向有Fsin θ－mg＝may
代入数据有ay＝10 m/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，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由vy2＝2ayL，知ab边刚到达磁场边缘时，线框竖直方向的速度vy＝2 m/s.由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，则有Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝eq \f(E,R)
联立解得B＝0.2 T
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向上线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．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克安＝BILy，y＝L
Fsin 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vy＝ayt1，L＝vyt2，t＝t1＋t2
联立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向上一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝eq \f(1,2)axt2＝eq \f(1,2)×20×0.32 m＝0.9 m
则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1 m.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＝ma
a、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