高考物理【一轮复习】讲义练习专题强化二十三　电磁感应中的动力学和能量问题

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考点一 电磁感应中的动力学问题
1.导体的两种运动状态
2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
角度 “单棒+电阻”模型
例1 (多选)(2025·山东烟台模拟)如图所示，平行光滑金属导轨ab、cd间距为L=1.5 m，与水平面间的夹角θ=37°，导轨上端接有电阻R=0.8 Ω。一导体棒PQ垂直导轨放置且与导轨接触良好，导体棒质量为m=2 kg，连入电路的电阻为r=0.2 Ω，PQ上方导轨间有一矩形磁场区域，磁场面积为S=0.5 m2，磁场方向垂直导轨平面向下，矩形磁场区域内的磁感应强度大小B1随时间t变化的图像如图乙所示，PQ棒下方包括PQ所在处的轨道间充满垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2=2 T，导轨足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，导体棒从静止释放后，下列说法中正确的是( )
A.刚释放时，导体棒的加速度为6 m/s2
B.导体棒的加速度为6 m/s2时，其下滑速度大小为1 m/s
C.导体棒稳定下滑时速度大小为2 m/s
D.导体棒稳定下滑时，R两端电压为3.2 V
答案 CD
解析 导体棒从静止刚释放时，感应电动势为E=ΔB1ΔtS=4×0.5 V=2 V，根据楞次定律和左手定则知，安培力方向沿导轨向下，根据牛顿第二定律mgsin 37°+ER+rLB2=ma，解得a=9 m/s2，故A错误;导体棒的加速度为6 m/s2时，由牛顿第二定律有B2Lv1-ΔB1ΔtSR+rLB2+mgsin 37°=ma1，解得下滑速度大小为v1=23 m/s，故B错误;导体棒稳定后匀速下滑时，有B2Lv-ΔB1ΔtSR+rLB2=mgsin 37°，可得v=2 m/s，故C正确;导体棒稳定匀速下滑时，电路中的电流为I=B2Lv-ΔB1ΔtSR+r=4 A，则R两端电压为U=IR=3.2 V，故D正确。
角度 “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)
如图所示，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-IlB=ma，I=ΔQΔt，ΔQ=CΔU，ΔU=ΔE=BlΔv
联立可得F-CB2l2ΔvΔt=ma，其中ΔvΔt=a
则可得a=Fm+B2l2C
所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动
功能关系:WF=12mv2+E电。
例2 (2024·北京卷，18)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I;
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a;
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
答案 (1)QCR (2)BQLCRm (3)见解析图
解析 (1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压为U=QC
闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为I=UR
联立解得I=QCR。
(2)闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有
ILB=ma
结合(1)问解得a=BQLCRm。
(3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的加速度不断减小，当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即回路中电流减为0时，导体棒不受安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速运动，其v-t图线如图所示。
考点二 电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
2.求解焦耳热Q的三种方法
例3 (2025·山东东营高三开学考)如图所示，两根足够长相距为L=1 m的平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角α=53°，导轨处在竖直向上的有界匀强磁场中，有界匀强磁场的宽度x1=1 m，导轨上端连一阻值R=2 Ω的电阻。质量m=1 kg、电阻r=2 Ω的细金属棒ab垂直放置在导轨上，开始时与磁场上边界距离x0=14 m，现将棒ab由静止释放，棒ab刚进入磁场时恰好做匀速运动。棒ab在下滑过程中与导轨始终接触良好，导轨光滑且电阻不计，重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)棒ab刚进入磁场时的速度大小v;
(2)磁场的磁感应强度大小B;
(3)棒ab穿过磁场的过程中电阻R产生的焦耳热Q。
答案 (1)2 m/s (2)203 T (3)4 J
解析 (1)棒ab进入磁场前，根据动能定理有mgx0sin α=12mv2
解得棒ab刚进入磁场时的速度大小v=2 m/s。
(2)棒ab产生的感应电动势E=BLvcs α
回路中感应电流I=ER+r
棒ab匀速运动，有mgsin α=ILBcs α
解得B=203 T。
(3)根据能量守恒定律，棒ab穿过磁场的过程中产生的总热量Q总=mgx1sin α=8 J
棒ab穿过磁场的过程中电阻R产生的焦耳热
Q=RR+rQ总=4 J。
例4 (2024·浙江6月选考，19)某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12 V、内阻r=0.1 Ω，限流电阻R1=0.3 Ω，飞轮每根辐条电阻R=0.9 Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感线圈L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
(1)开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8 V，
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I;
②求物块匀速上升的速度v。
(2)开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值;
②求磁感应强度B的大小。
答案 (1)①垂直纸面向外 10 A ②5 m/s
(2)①0.2 Ω ②2.5 T
解析 (1)①根据题意可知，飞轮逆时针转动，根据电路特点可知，三根辐条中的电流均沿辐条指向圆心，如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外
由于电压表示数U=8 V，则电源内阻与限流电阻的总分压为U总=E-U=4 V
根据欧姆定律得I=U总r+R1=10 A。
②根据能量守恒定律有UIt=I2·R3t+mgvt
代入数据解得v=5 m/s。
(2)①根据题意可知，物块匀速下降的速度v'=v=5 m/s，且稳定时每根辐条中的电流与(1)中的相同，则根据能量守恒定律有
mgv't=I2·R3t+I2R2t
代入数据解得R2=0.2 Ω。
②稳定时，物块重力的功率等于三根辐条克服安培力做功的总功率，则有
mgv'=3B·I3a·v'2
代入数据解得B=2.5 T。
A级 基础对点练
对点练1 电磁感应中的动力学问题
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=ILB=B2L2vR=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.如图所示，水平面上静止放置一个单匝正方形线框，边长为0.2 m，总电阻为4 Ω。线框有一半处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度的大小与时间的关系为B=(3+2t) T，若线框在t=0到t=5 s一直处于静止状态，则在t=2.5 s时刻，线框所受摩擦力的大小和方向分别为( )
N、向右 N、向右
N、向左 N、向左
答案 A
解析 由法拉第电磁感应定律得闭合回路感应电动势大小为E=SΔBΔt=0.04 V，感应电流大小为I=ER=0.01 A，t=2.5 s时刻的磁感应强度大小为B=8 T，安培力大小为F=IlB=0.016 N，线框静止，所以摩擦力大小为0.016 N。由楞次定律得，线框所受安培力向左，所以摩擦力向右，故A正确。
3.(2025·陕西咸阳月考)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;若ab边进入磁场时重力小于安培力，ab边进入磁场后，线框做减速运动，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;若ab边进入磁场时重力大于安培力，线框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;若ab边进入磁场时重力等于安培力，线框做匀速直线运动，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。
对点练2 电磁感应中的能量问题
4.(多选)如图所示，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，二者平滑连接。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，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A.流过定值电阻的电流方向是N→Q
B.通过金属棒的电荷量为BdL2R
C.克服安培力做的功为mgh
D.金属棒产生的焦耳热为12(mgh-μmgd)
答案 BD
解析 金属棒下滑到导轨底端时速度方向向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误;根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q=E2R·Δt=ΔΦΔt·2R·Δt=BLd2R，故B正确;根据动能定理有mgh-μmgd-W克安=0，则克服安培力所做的功为W克安=mgh-μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为QR=12(mgh-μmgd)，选项C错误，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=BdLR
C.导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W=12(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=12(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=ΔΦR总，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q=BdL2R，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，由能量守恒定律可得W+mgLsin 30°=12mv02，解得W=12(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=12W，则Q=14(mv02-mgL)，所以D错误。
6.(多选)(2025·河南郑州模拟)如图，虚线MN右侧有垂直纸面向外的磁场，取MN上一点O作为原点，水平向右建立x轴，磁场的磁感应强度B随x坐标(以m为单位)的分布规律为B=(1+x) T，一质量为1 kg、边长为1 m、电阻为2 Ω的正方形金属框abcd在MN左侧的光滑水平面上在水平力的作用下进入磁场，在金属框运动的过程中，ab边始终与MN平行，金属框进入磁场的过程中电流大小始终为1 A，之后以完全进入时的速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是( )
A.金属框ab边刚进磁场时的速度大小为2 m/s
B.金属框进磁场过程通过金属框截面的电荷量为34 C
C.金属框进入磁场的过程动能减少了1 J
D.金属框完全进入磁场后，外力做功的功率大小为0.5 W
答案 ABD
解析 金属框ab边刚进磁场时I=B0Lv1R，解得v1=2 m/s，故A正确;金属框进入磁场的过程通过金属框截面的电荷量q=I·Δt=ER·Δt=ΔΦΔtR·Δt=ΔΦR=BL2R=12×(1+2)×1×12 C=34 C，故B正确;当金属框cd边刚好要进磁场时，设速度为v2，则I=(B0+1)Lv2R，解得v2=1 m/s，因此金属框动能的减少量ΔEk=12mv12-12mv22=1.5 J，故C错误;金属框完全进入磁场后速度保持不变，由I'=(B0+1)Lv-B0LvR可知，I'为定值0.5 A，外力做功的功率P=I'2R=0.5 W，故D正确。
B级 综合提升练
7.(多选)(2024·全国甲卷，21)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平。在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是( )
答案 AC
解析 线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg+B2L2vR-FT=ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有FT-Mg=Ma，联立解得a=B2L2v(M+m)R-M-mM+mg，则随着速度的减小，加速度不断减小，B错误;若上边框进入磁场的初速度较小，且物块质量与线框质量相等，则线框在进入磁场的过程中一直做加速度逐渐减小的减速运动，线框下边框还未进入磁场中，速度和加速度都趋于零，A正确;若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，做匀速运动，完全出磁场后，也做匀速运动，C正确;D选项的图像中线框出磁场后匀加速运动，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，存在第二段匀速阶段时，不会存在第三段减速阶段，D错误。
8.(多选)(2025·四川眉山适应性考)如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1=mgk，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是( )
A.初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B2L2v0R
B.初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+B2L2v0m(R+r)
C.导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态
D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=12mv02+2m2g2k
答案 BC
解析 导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E=BLv0，感应电流为I=ER+r=BLv0R+r，所以导体棒受到的安培力为F=ILB=B2L2v0R+r，故A错误;初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以mg+kx1+F=ma，可得a=2g+B2L2v0m(R+r)，故B正确;导体棒往复运动直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，弹簧处于压缩状态，且mg=kx2，可得x2=x1=mgk，由此可知，弹簧的弹性势能不变，根据能量守恒定律可得mg(x1+x2)+12mv02=Q，解得Q=12mv02+2m2g2k，所以电阻R上产生的焦耳热为QR=RR+rQ=(12mv02+2m2g2k)RR+r，故C正确，D错误。
9.(多选)(2025·湖南高三上开学考)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为L，固定在竖直平面内，两根导轨上端用导线连接一个电容器，电容器的电容为C，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现将质量为m、长度也为L的金属棒ab紧贴导轨由静止释放，金属棒沿着导轨下滑过程中始终保持水平且与导轨接触良好，已知重力加速度为g，金属导轨和金属棒电阻均不计，则当金属棒运动稳定后，有( )
A.金属棒做匀加速运动，加速度大小为mgm+CB2L2
B.金属棒受到的安培力大小为mCB2L2m+CB2L2
C.通过金属棒的电流大小为CBLmgm+CB2L2
D.电容器所带的电荷量保持不变
答案 AC
解析 由题可知金属棒ab受到的安培力为FA=ILB=ΔQΔtLB，又Q=CU=CBLv所以ΔQΔt=CBL·ΔvΔt=CBLa，所以安培力FA=CB2L2a，对金属棒ab，由牛顿第二定律可得mg-FA=ma，解得a=mgm+CB2L2，加速度恒定不变，所以金属棒ab做匀加速运动，A正确;安培力FA=CB2L2a=mgCB2L2m+CB2L2，B错误;根据安培力的计算可知ILB=CB2L2a，解得I=CBLa=CBLmgm+CB2L2，C正确;经过时间t电容器所带的电荷量为q=CU=CBLv=CBLat=BCLmgtm+CB2L2，所以电容器所带的电荷量随时间逐渐增大，D错误。
10.(多选)(2024·黑吉辽卷，9)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( )
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于3mg3BL
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
答案 AB
解析 两导体棒均向下运动，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知回路中的电流方向为abcda，A正确;如图，对两导体棒受力分析，对ab棒有2mgsin 30°-2ILBcs 30°=2ma1，对cd棒有mgsin 30°-ILBcs 30°=ma2，可得a1=a2=g2-3ILB2m，则a1∶a2=1∶1，C错误;初始时两导体棒均做加速运动，闭合回路的电动势增大，电流增大，导体棒受到的安培力增大，导体棒的加速度减小，最终加速度为零，此时I=mgsin30°BLcs30°=3mg3BL，B正确;由于两棒的加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，但两部分磁场的磁感应强度大小为两倍的关系，根据E=BLv可知，两导体棒产生的电动势大小之比始终为2∶1，D错误。
11.(2025·广东东莞高三期末)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距L=0.5 m，长为3d，d=1.0 m，导轨及所在平面与水平面的夹角均为θ=37°，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘粗糙涂层(涂层不导电)，其余部分光滑。匀强磁场的磁感应强度大小为B=4.0 T，方向垂直于导轨平面向上。质量m=0.2 kg的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，接在两导轨间的电阻R=8.0 Ω，导体棒接入回路的电阻r=2.0 Ω，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，求:
(1)导体棒匀速运动的速度大小;
(2)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ;
(3)在整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。
答案 (1)3 m/s (2)0.75 (3)1.2 J
解析 (1)导体棒在导轨光滑段做匀速运动时产生的感应电动势
E=BLv，I=ER+r
导体棒匀速运动时有BIL=mgsin θ
解得v=3 m/s。
(2)在导轨绝缘涂层段运动时导体棒受力平衡，有
mgsin θ=μmgcs θ
解得μ=0.75。
(3)对导体棒的整个运动过程，由动能定理可得
mg·3dsin θ-μmgdcs θ+W安=12mv2
有Q总 =-W安，解得Q总=1.5 J
则电阻R产生的焦耳热Q=RR+rQ总=1.2 J。
C级 培优加强练
12.(2024·全国甲卷，25)两根平行长直光滑金属导轨距离为l，固定在同一水平面(纸面)内，导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S与电容器并联;导轨上有一长度略大于l的金属棒，如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合，金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速，最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好，导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中，当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时，金属棒的速度大小是多少?
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S，改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻，外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
答案 (1)v02 (2)Blv04 B2l2v02C8
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得金属棒切割磁感线运动过程中，金属棒产生的感应电动势为
E=Blv
闭合开关S，电容器被短路，由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I=ER
由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安=IlB
联立可得F安=B2l2vR
当金属棒匀速运动时，金属棒受力平衡，可得外力大小为F=F安m=B2l2v0R
所以外力做功的功率为P=Fv=B2l2v0vR
又电阻R的热功率为PR=I2R=B2l2v2R
则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P=2PR时，金属棒的速度大小为v1=v02。
(2)断开开关S后，金属棒做匀速运动，设回路中的电流为I'，则外力的大小为
F'=F安'=I'lB
则外力做功的功率为P'=F'v1=I'lBv02
而电阻R的热功率为PR'=I' 2R
当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P'=2PR'时，有I1'=Blv04R
则此时电容器两极板间的电压为U=Blv1-I1'R=Blv04
电容器所带电荷量为Q=CU
从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒根据动能定理可知，外力做功的绝对值等于安培力做功的绝对值，则有W=W安=P安t=F安v1t=Blv1I't
其中I't=Q-0
联立解得W=B2l2v02C8。状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
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