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最新高考物理一轮复习【讲通练透】 第57讲 电磁感应中的动力学和能量问题（练透）
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1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第57讲 电磁感应中的动力学和能量问题
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·江苏·模拟预测）如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为。现有一个边长、质量，电阻的单匝正方形线框，以的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，下列说法正确的是（ ）
A．线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为
B．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为
D．线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过5个完整磁场区域
【答案】C
【详解】A．根据题意可得；；联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为则线框的加速度大小为故A错误；
B．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量计算公式可知；；
解得通过线框的电荷量为穿过磁场区域过程中线框磁通量变化量为零，所以通过线框的电荷量为零，故B错误；
C．当线框水平速度减为零时竖直下落，线框受到安培力的合力水平向左，安培力对线框做的负功等于电路中产生的焦耳热，由功能关系可得故C正确；
D．水平方向安培力大小为设水平向右为正，由水平方向动量定理可得
解得线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2l，则有则线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过6个完整磁场区域，故D错误。故选C。
2．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图所示，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，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平。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．甲产生的焦耳热比乙多B．甲加速运动，乙减速运动
C．甲和乙都加速运动D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】C
【详解】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，线圈材料密度为，质量为m，横截面积为S，电阻率为，线圈在磁场中运行速度为，线圈刚进入磁场时速度为，有；感应电动势为线圈电阻为感应电流为线圈所受的安培力由牛顿第二定律有联立解得加速度为
BCD． 可知线圈在磁场中运动的加速度与匝数、横截面积无关，则甲乙线圈进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都做加速运动，当时，甲和乙都做减速运动，故BD错误；C正确。
A．线圈的热功率甲乙线圈在磁场中运动速度相同，热功率也一样，甲产生的焦耳热与乙一样多，故A错误。故选C。
3．（2023·北京西城·北京八中校考三模）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
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
【答案】D
【详解】A．导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律可得其中
解得由于速度是增加的，所以加速度是减小的，导体棒不可能做匀加速运动，A错误；
B．导体棒稳定时的加速度为零，则有解得故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解得故D正确。故选D。
4．（2024·四川巴中·统考模拟预测）如图所示，足够长的∩形光滑导轨竖直放置，导轨顶端接有阻值为R的定值电阻，导轨所在空间有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；导体棒长为L（与导轨宽度相同），质量为m，电阻为r，紧贴导轨（接触良好）从静止释放，导体棒下落位移H时达最大速度，不计空气阻力和导轨电阻，重力加速度为g，则（ ）
A．导体棒最大速度
B．导体棒从开始下落到达到最大速度通过电阻R的电荷量为
C．导体棒从开始下落到达到最大速度时导体杆两端电压为
D．导体棒从开始下落到达到最大速度电阻R产生的焦耳热为mgH-
【答案】AC
【详解】A．当速度最大时，可知由于可得导体棒最大速度
故A正确；
B．通过电阻R的电荷量为故B错误；
C．导体棒从开始下落到达到最大速度用时导体杆两端电压为故C正确；
D．由能量守恒定律得，导体棒从开始下落到达到最大速度电阻R产生的焦耳热
故D错误。故选AC。
5．（2023·云南玉溪·云南省玉溪第三中学校考模拟预测）如图所示，、是固定在绝缘水平面上的两根电阻不计、间距为的光滑平行金属导轨，导轨右端接一个阻值为的定值电阻，在宽度为d的虚线范围内，存在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场，一根质量为、电阻也为的金属棒静止在导轨左侧（磁场外），现给金属棒一水平向右的瞬时冲量，金属棒恰好能穿过磁场区域。已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，下列说法正确的是（ ）
A．通过定值电阻的感应电流由流向
B．通过金属棒某截面的电荷量为
C．金属棒受到的瞬时冲量大小为
D．金属棒产生的电热为
【答案】AC
【详解】A．根据右手定则可知，通过电阻的感应电流由流向，故A正确；
B．电路的总电阻根据；；解得流经金属棒的电荷量
故B错误；
C．根据动量定理有其中金属棒受到的瞬时冲量大小结合上述解得
故C正确；
D．由能量守恒定律可知，回路产生的总焦耳热为金属棒产生的电热结合上述解得
故D错误。故选AC。
6．（2023·江西·校联考模拟预测）如图，间距为L的平行导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为
B．金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为
C．金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgd
D．金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
【答案】ABC
【详解】A．根据动能定理有金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为故A正确；
B．由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为，进磁场Ⅱ的速度为，则有又
解得金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为故B正确；
C．由能量守恒得解得金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为故C正确；
D．设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理该过程的电量为
解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为故D错误。故选ABC。
7．（2023·河北唐山·迁西县第一中学校考二模）过山车的磁力刹车是为了保证在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式；磁性很强的长磁安装在轨道上，刹车金属片安装在过山车底部或两侧，简化图如图所示。相距为、水平放置的导轨处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，整个回路中的等效电阻为R，将过山车上的刹车金属片等效为一根长度为l的金属杆AB，过山车的质量为m，过山车刹车时的速度为v0。不计轨道摩擦和空气阻力。则（ ）
A．刹车时，过山车做匀减速直线运动
B．刹车时，过山车做非匀变速直线运动，加速度逐渐减小
C．刹车停下时，过山车的位移
D．刹车过程中，通过电阻R的电荷量为
【答案】BCD
【详解】AB．金属杆AB在磁场中做切割磁感线运动，当金属杆速度为v时，产生的感应电动势
感应电流根据牛顿第二定律有，可得可知过山车刹车，速度减小时，加速度也逐渐减小，故A错误、B正确；
C．由动量定理和可得对等式两边求和可得
即故C正确；
D．根据动量定理对等式两边求和可得故刹车的过程中，通过电阻R的电荷量为，故D正确。故选BCD。
8．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨、。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈，线圈的总电阻为R，匝数为n，边长为L。假设整个返回舱以速度与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（ ）
A．滑块K的线圈中最大感应电流的大小
B．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量
C．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热是
D．若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨和长度至少
【答案】AD
【详解】A．滑块刚接触地面时感应电动势最大 根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小故A正确；
B．由，，，可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量故B错误；
C．设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得解得故C错误；
D．因为有4台减速装置，利用动量定理得其中，解得缓冲装置中的光滑导轨和长度至少为故D正确。故选AD。
9．（2023·辽宁大连·校考模拟预测）如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，且PQ与水平方向的夹角，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为零。则下列说法正确的是（ ）
A．线框在位置Ⅱ时，安培力具有最大值
B．线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，做加速度增大的减速运动
C．线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，克服安培力做功为
D．线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，通过导线截面的电荷量为
【答案】CD
【详解】A．线框在位置Ⅱ时，线框的速度为零，所以感应电动势为零，感应电流为零，则安培力为零，故A错误；
B．线框在位置Ⅰ时，磁通量不会发生变化，感应电流为零，安培力为零，物体速度减小到0，安培力由零到零，必然存在一个先增大，后减小的过程，所以加速度先增大后减小，故B错误；
C．线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，只有安培力做功，安培力做功等于物体动能的变化，由动能定理有
解得故C正确；
D．线框在位置Ⅰ时磁通量线框在位置Ⅱ时磁通量为零，此过程中通过导线截面的电荷量
，，联立解得故D正确。故选CD。
10．（2023·福建泉州·统考三模）如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为。已知传送带以恒定速度运动，线框质量为，边长为，线框与传送带间的动摩擦因数为，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，线框右边进入磁场到线框右边离开磁场过程中，其速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为，则（ ）
A．线框进出磁场过程中感应电流方向相同
B．线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变
C．整个线框刚好离开磁场时的速度为
D．整个线框穿过磁场过程中安培力对线框做的功为
【答案】BD
【详解】A．由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针（俯视），出磁场过程中感应电流方向为顺时针（俯视），故A错误；
B．滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，由v-t图可知线框右边进入磁场到右边恰离开磁场过程中速度小于传送带速度，所受滑动摩擦力方向水平向右，线框出磁场过程与进入磁场过程中初速度相同、受力情况相同，所以运动情况相同，即出磁场过程中速度由一直减小至，所以出磁场过程中所受滑动摩擦力方向水平向右，故线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变。故B正确；
C．由B项分析知线框刚好离开磁场时的速度为，线框恰完全进入磁场至右边恰出磁场过程中线框做匀加速直线运动，有解得故C错误；
D．线框穿过磁场的整个过程中初末速度为、，整个过程中摩擦力不变，所以由动能定理可得
解得故D正确。故选BD。
11．（2023·广东惠州·统考一模）某科技馆设计了一种磁力减速装置，简化为如题图所示模型。在小车下安装长为L、总电阻为R的正方形单匝线圈，小车和线圈总质量为m。小车从静止开始沿着光滑斜面下滑s后，下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动。已知斜面倾角为θ，磁场上下边界的距离为L，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g，则（ ）
A．线圈通过磁场过程中，感应电流方向先顺时针后逆时针方向（俯视）
B．线框在穿过磁场过程中产生的焦耳热为
C．线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为
D．小车和线圈的总质量为
【答案】AD
【详解】A．线框刚进入磁场上边界时，根据楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向（从斜面上方俯视线框），穿出磁场时，根据楞次定律可得感应电流的方向为逆时针方向，故A正确；
BC．设线框进入磁场时的速度大小为v0，自由下滑过程中，根据动能定理可得
解得v0=根据闭合电路的欧姆定律可得下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动。根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为故BC错误；
D．根据平衡条件可得解得故D正确。故选AD。
12．（2023·上海·一模）如图所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上间距d=1m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B=5T。现有一质量m=1kg，总电阻R=5 Ω，边长也为d=1m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线圈由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa′保持平行，线圈的下边MN穿出aa′时开始做匀速直线运动。已知sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列说法错误的是（ ）
A．从开始到线圈完全进入磁场的过程，通过线圈某一截面的电荷量为0.5C
B．线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4m/s
C．线圈速度为0.2m/s时的加速度为1.6m/s2
D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3J
【答案】CD
【详解】A．由电流的定义式可得，A正确，不符合题意；
B．线圈做匀速直线运动时，由平衡条件，则沿斜面有mgsin θ=μmgcs θ＋BId又两式联立得
v=0.4 m/s，B正确，不符合题意；
C．线圈v=0.2 m/s时，由牛顿第二定律，沿斜面有mgsin θ−μmgcs θ−=ma解得a=1m/s2，C错误，符合题意；
D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒，则有mgsin θ×d=μmgcs θ×d＋mv2＋Q
代入数据解得Q=2.92J，D错误，符合题意。故选CD。
13．（2023·山东聊城·统考三模）如图，纸面在竖直平面内，水平方向上有两宽度均为d的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小均为B，磁场的上下边界水平，区域Ⅰ内磁场方向为垂直于纸面向里，区域Ⅱ内磁场方向为垂直于纸面向外。一质量为m，边长为d的单匝正方形金属线框，其总电阻为R，将线框从下边缘距磁场上边界距离h处由静止释放，线框下边水平且线框平面始终与磁场方向垂直，当线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度做匀速直线运动。当线框下边缘进入磁场区域Ⅱ但还未穿出磁场区域Ⅱ的某一时刻，线框开始以速度做匀速直线运动。已知线框下边缘穿过磁场区域Ⅱ的时间为，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．释放时线框下边缘距磁场上边界距离
B．
C．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅱ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中通过线框导体横截面的电荷量
D．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中线框中产生的总热量
【答案】AD
【详解】A．当线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度做匀速直线运动；；；
；释放时线框下边缘距磁场上边界距离，A正确；
B．当线框下边缘进入磁场区域Ⅱ但还未穿出磁场区域Ⅱ的某一时刻，线框开始以速度做匀速直线运动；；；联立解得，B错误；
C．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅱ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中，由动量定
安培力冲量通过线框导体横截面的电荷量，C错误；
D．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中，由能量守恒线框中产生的总热量，D正确。故选AD。
14．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，水平虚线、之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1：4，高为线框ABCD在磁场边界的下方h处，受到竖直向上的拉力作用，从静止开始运动（上升过程中底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，且在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A．AB边刚进入磁场时，线框的速度为
B． AB边刚进入磁场时，线框中感应电流的瞬时电功率为
C．DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为
D．从线框开始运动到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为
【答案】BD
【详解】A．设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB=l，则CD=4l，根据动能定理
解得，A错误；
B．AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则此时安培力的大小为
线框中感应电流的瞬时电功率为，B正确；
D．AB刚进入磁场时加速度为0，则有设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为1.5l线框匀速运动时有联立解得从线框开始到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得联立解得，D正确；
C．CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为2.5l，由闭合电路欧姆定律得
由牛顿第二定律得解得，C错误；故选BD。
15．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）正弦曲线状金属丝与金属细杆在a、c处焊接在一起，两者在b处彼此绝缘，回路总电阻为R，，d、e到的距离均为L．将线框平放在光滑水平桌面上，线框右侧有垂直桌面向下、边界为矩形的匀强磁场，磁场磁感应强度为B，磁场左右宽度为L，纵向宽度足够大，与磁场左右边界垂直，整个装置的俯视图如图所示。现在水平外力F作用下使线框以速度v沿向右匀速运动，时刻c点到达磁场左边界，在线框穿过磁场过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当e点到达磁场左边界时，回路中电流最大
B．到时间内外力F做的功为
C．外力F的瞬时最大功率为
D．线框穿过磁场过程中外力F做的总功为
【答案】CD
【详解】AC．当d点到达磁场左边界时，有效切割长度最大为2L，回路中电流最大，此时外力F的瞬时最大功率为，A错误，C正确；
B．到时间内，感应电流为正弦式交流电，最大值为 则外力F做的功转化为电路焦耳热
，B错误；
D．由题知下图为线圈感应电流大小随时间的变化图（其中），则线框穿过磁场过程中外力F做的总功为线圈全程产生的焦耳热
D正确。故选CD。
16．（2022·海南·高考真题）光滑的水平长直轨道放在匀强磁场中，轨道宽，一导体棒长也为，质量，电阻，它与导轨接触良好。当开关与a接通时，电源可提供恒定的电流，电流方向可根据需要进行改变，开关与b接通时，电阻，若开关的切换与电流的换向均可在瞬间完成，求：
①当棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的；
②当开关始终接a，要想在最短时间内使棒向左移动而静止，则棒的最大速度是多少；
③要想棒在最短时间内向左移动而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。
【答案】①，方向向右；②；③
【详解】①当电流从M流向N时，由左手定则可判断安培力向右，故加速度方向向右。
根据牛顿第二定律有代入数据可得
②开关始终接a时，电流N到M，经过时间后电流变为M到N，再经时间速度减为零，前 s，则有
后s，则有根据联立解得
③先接a一段时间，电流由N到M，再接到b端一段时间，再接到a端一段时间，电流由M到N，最后接到b静止，第一段，则有；；第二段，则有由动量定理
且则有第二段末的加速度与第三段相同，则第三段，；
；；又解得 v＇=1m/s；；故
17．（2022·湖北·统考高考真题）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 = 0.2m、回路电阻R = 1.6 × 10 - 3Ω、质量m = 0.2kg。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 = 10m/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）ax = 20m/s2，ay = 10m/s2；（2）B = 0.2T，Q = 0.4J；（3）X = 1.1m
【详解】（1）ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max = Fcsθ
代入数据有ax = 20m/s2在竖直方向有may = Fsinθ - mg代入数据有ay = 10m/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，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则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，有Fsinθ - mg - BIL = 0；E = BLvy；；vy2 = 2ayL联立有B = 0.2T
由题知，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。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；Fsinθ - mg = BIL
联立解得Q = 0.4J
（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 = 0.3s
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
则磁场区域的水平宽度X = x + L = 1.1m
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第57讲 电磁感应中的动力学和能量问题
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·江苏·模拟预测）如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为。现有一个边长、质量，电阻的单匝正方形线框，以的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，下列说法正确的是（ ）
A．线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为
B．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为
D．线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过5个完整磁场区域
【答案】C
【详解】A．根据题意可得；；联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为则线框的加速度大小为故A错误；
B．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量计算公式可知；；
解得通过线框的电荷量为穿过磁场区域过程中线框磁通量变化量为零，所以通过线框的电荷量为零，故B错误；
C．当线框水平速度减为零时竖直下落，线框受到安培力的合力水平向左，安培力对线框做的负功等于电路中产生的焦耳热，由功能关系可得故C正确；
D．水平方向安培力大小为设水平向右为正，由水平方向动量定理可得
解得线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2l，则有则线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过6个完整磁场区域，故D错误。故选C。
2．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图所示，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，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平。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．甲产生的焦耳热比乙多B．甲加速运动，乙减速运动
C．甲和乙都加速运动D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】C
【详解】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，线圈材料密度为，质量为m，横截面积为S，电阻率为，线圈在磁场中运行速度为，线圈刚进入磁场时速度为，有；感应电动势为线圈电阻为感应电流为线圈所受的安培力由牛顿第二定律有联立解得加速度为
BCD． 可知线圈在磁场中运动的加速度与匝数、横截面积无关，则甲乙线圈进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都做加速运动，当时，甲和乙都做减速运动，故BD错误；C正确。
A．线圈的热功率甲乙线圈在磁场中运动速度相同，热功率也一样，甲产生的焦耳热与乙一样多，故A错误。故选C。
3．（2023·北京西城·北京八中校考三模）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
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
【答案】D
【详解】A．导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律可得其中
解得由于速度是增加的，所以加速度是减小的，导体棒不可能做匀加速运动，A错误；
B．导体棒稳定时的加速度为零，则有解得故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解得故D正确。故选D。
4．（2024·四川巴中·统考模拟预测）如图所示，足够长的∩形光滑导轨竖直放置，导轨顶端接有阻值为R的定值电阻，导轨所在空间有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；导体棒长为L（与导轨宽度相同），质量为m，电阻为r，紧贴导轨（接触良好）从静止释放，导体棒下落位移H时达最大速度，不计空气阻力和导轨电阻，重力加速度为g，则（ ）
A．导体棒最大速度
B．导体棒从开始下落到达到最大速度通过电阻R的电荷量为
C．导体棒从开始下落到达到最大速度时导体杆两端电压为
D．导体棒从开始下落到达到最大速度电阻R产生的焦耳热为mgH-
【答案】AC
【详解】A．当速度最大时，可知由于可得导体棒最大速度
故A正确；
B．通过电阻R的电荷量为故B错误；
C．导体棒从开始下落到达到最大速度用时导体杆两端电压为故C正确；
D．由能量守恒定律得，导体棒从开始下落到达到最大速度电阻R产生的焦耳热
故D错误。故选AC。
5．（2023·云南玉溪·云南省玉溪第三中学校考模拟预测）如图所示，、是固定在绝缘水平面上的两根电阻不计、间距为的光滑平行金属导轨，导轨右端接一个阻值为的定值电阻，在宽度为d的虚线范围内，存在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场，一根质量为、电阻也为的金属棒静止在导轨左侧（磁场外），现给金属棒一水平向右的瞬时冲量，金属棒恰好能穿过磁场区域。已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，下列说法正确的是（ ）
A．通过定值电阻的感应电流由流向
B．通过金属棒某截面的电荷量为
C．金属棒受到的瞬时冲量大小为
D．金属棒产生的电热为
【答案】AC
【详解】A．根据右手定则可知，通过电阻的感应电流由流向，故A正确；
B．电路的总电阻根据；；解得流经金属棒的电荷量
故B错误；
C．根据动量定理有其中金属棒受到的瞬时冲量大小结合上述解得
故C正确；
D．由能量守恒定律可知，回路产生的总焦耳热为金属棒产生的电热结合上述解得
故D错误。故选AC。
6．（2023·江西·校联考模拟预测）如图，间距为L的平行导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为
B．金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为
C．金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgd
D．金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
【答案】ABC
【详解】A．根据动能定理有金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为故A正确；
B．由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为，进磁场Ⅱ的速度为，则有又
解得金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为故B正确；
C．由能量守恒得解得金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为故C正确；
D．设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理该过程的电量为
解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为故D错误。故选ABC。
7．（2023·河北唐山·迁西县第一中学校考二模）过山车的磁力刹车是为了保证在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式；磁性很强的长磁安装在轨道上，刹车金属片安装在过山车底部或两侧，简化图如图所示。相距为、水平放置的导轨处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，整个回路中的等效电阻为R，将过山车上的刹车金属片等效为一根长度为l的金属杆AB，过山车的质量为m，过山车刹车时的速度为v0。不计轨道摩擦和空气阻力。则（ ）
A．刹车时，过山车做匀减速直线运动
B．刹车时，过山车做非匀变速直线运动，加速度逐渐减小
C．刹车停下时，过山车的位移
D．刹车过程中，通过电阻R的电荷量为
【答案】BCD
【详解】AB．金属杆AB在磁场中做切割磁感线运动，当金属杆速度为v时，产生的感应电动势
感应电流根据牛顿第二定律有，可得可知过山车刹车，速度减小时，加速度也逐渐减小，故A错误、B正确；
C．由动量定理和可得对等式两边求和可得
即故C正确；
D．根据动量定理对等式两边求和可得故刹车的过程中，通过电阻R的电荷量为，故D正确。故选BCD。
8．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨、。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈，线圈的总电阻为R，匝数为n，边长为L。假设整个返回舱以速度与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（ ）
A．滑块K的线圈中最大感应电流的大小
B．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量
C．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热是
D．若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨和长度至少
【答案】AD
【详解】A．滑块刚接触地面时感应电动势最大 根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小故A正确；
B．由，，，可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量故B错误；
C．设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得解得故C错误；
D．因为有4台减速装置，利用动量定理得其中，解得缓冲装置中的光滑导轨和长度至少为故D正确。故选AD。
9．（2023·辽宁大连·校考模拟预测）如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，且PQ与水平方向的夹角，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为零。则下列说法正确的是（ ）
A．线框在位置Ⅱ时，安培力具有最大值
B．线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，做加速度增大的减速运动
C．线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，克服安培力做功为
D．线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，通过导线截面的电荷量为
【答案】CD
【详解】A．线框在位置Ⅱ时，线框的速度为零，所以感应电动势为零，感应电流为零，则安培力为零，故A错误；
B．线框在位置Ⅰ时，磁通量不会发生变化，感应电流为零，安培力为零，物体速度减小到0，安培力由零到零，必然存在一个先增大，后减小的过程，所以加速度先增大后减小，故B错误；
C．线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，只有安培力做功，安培力做功等于物体动能的变化，由动能定理有
解得故C正确；
D．线框在位置Ⅰ时磁通量线框在位置Ⅱ时磁通量为零，此过程中通过导线截面的电荷量
，，联立解得故D正确。故选CD。
10．（2023·福建泉州·统考三模）如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为。已知传送带以恒定速度运动，线框质量为，边长为，线框与传送带间的动摩擦因数为，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，线框右边进入磁场到线框右边离开磁场过程中，其速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为，则（ ）
A．线框进出磁场过程中感应电流方向相同
B．线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变
C．整个线框刚好离开磁场时的速度为
D．整个线框穿过磁场过程中安培力对线框做的功为
【答案】BD
【详解】A．由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针（俯视），出磁场过程中感应电流方向为顺时针（俯视），故A错误；
B．滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，由v-t图可知线框右边进入磁场到右边恰离开磁场过程中速度小于传送带速度，所受滑动摩擦力方向水平向右，线框出磁场过程与进入磁场过程中初速度相同、受力情况相同，所以运动情况相同，即出磁场过程中速度由一直减小至，所以出磁场过程中所受滑动摩擦力方向水平向右，故线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变。故B正确；
C．由B项分析知线框刚好离开磁场时的速度为，线框恰完全进入磁场至右边恰出磁场过程中线框做匀加速直线运动，有解得故C错误；
D．线框穿过磁场的整个过程中初末速度为、，整个过程中摩擦力不变，所以由动能定理可得
解得故D正确。故选BD。
11．（2023·广东惠州·统考一模）某科技馆设计了一种磁力减速装置，简化为如题图所示模型。在小车下安装长为L、总电阻为R的正方形单匝线圈，小车和线圈总质量为m。小车从静止开始沿着光滑斜面下滑s后，下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动。已知斜面倾角为θ，磁场上下边界的距离为L，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g，则（ ）
A．线圈通过磁场过程中，感应电流方向先顺时针后逆时针方向（俯视）
B．线框在穿过磁场过程中产生的焦耳热为
C．线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为
D．小车和线圈的总质量为
【答案】AD
【详解】A．线框刚进入磁场上边界时，根据楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向（从斜面上方俯视线框），穿出磁场时，根据楞次定律可得感应电流的方向为逆时针方向，故A正确；
BC．设线框进入磁场时的速度大小为v0，自由下滑过程中，根据动能定理可得
解得v0=根据闭合电路的欧姆定律可得下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动。根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为故BC错误；
D．根据平衡条件可得解得故D正确。故选AD。
12．（2023·上海·一模）如图所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上间距d=1m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B=5T。现有一质量m=1kg，总电阻R=5 Ω，边长也为d=1m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线圈由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa′保持平行，线圈的下边MN穿出aa′时开始做匀速直线运动。已知sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列说法错误的是（ ）
A．从开始到线圈完全进入磁场的过程，通过线圈某一截面的电荷量为0.5C
B．线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4m/s
C．线圈速度为0.2m/s时的加速度为1.6m/s2
D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3J
【答案】CD
【详解】A．由电流的定义式可得，A正确，不符合题意；
B．线圈做匀速直线运动时，由平衡条件，则沿斜面有mgsin θ=μmgcs θ＋BId又两式联立得
v=0.4 m/s，B正确，不符合题意；
C．线圈v=0.2 m/s时，由牛顿第二定律，沿斜面有mgsin θ−μmgcs θ−=ma解得a=1m/s2，C错误，符合题意；
D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒，则有mgsin θ×d=μmgcs θ×d＋mv2＋Q
代入数据解得Q=2.92J，D错误，符合题意。故选CD。
13．（2023·山东聊城·统考三模）如图，纸面在竖直平面内，水平方向上有两宽度均为d的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小均为B，磁场的上下边界水平，区域Ⅰ内磁场方向为垂直于纸面向里，区域Ⅱ内磁场方向为垂直于纸面向外。一质量为m，边长为d的单匝正方形金属线框，其总电阻为R，将线框从下边缘距磁场上边界距离h处由静止释放，线框下边水平且线框平面始终与磁场方向垂直，当线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度做匀速直线运动。当线框下边缘进入磁场区域Ⅱ但还未穿出磁场区域Ⅱ的某一时刻，线框开始以速度做匀速直线运动。已知线框下边缘穿过磁场区域Ⅱ的时间为，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．释放时线框下边缘距磁场上边界距离
B．
C．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅱ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中通过线框导体横截面的电荷量
D．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中线框中产生的总热量
【答案】AD
【详解】A．当线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度做匀速直线运动；；；
；释放时线框下边缘距磁场上边界距离，A正确；
B．当线框下边缘进入磁场区域Ⅱ但还未穿出磁场区域Ⅱ的某一时刻，线框开始以速度做匀速直线运动；；；联立解得，B错误；
C．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅱ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中，由动量定
安培力冲量通过线框导体横截面的电荷量，C错误；
D．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中，由能量守恒线框中产生的总热量，D正确。故选AD。
14．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，水平虚线、之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1：4，高为线框ABCD在磁场边界的下方h处，受到竖直向上的拉力作用，从静止开始运动（上升过程中底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，且在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A．AB边刚进入磁场时，线框的速度为
B． AB边刚进入磁场时，线框中感应电流的瞬时电功率为
C．DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为
D．从线框开始运动到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为
【答案】BD
【详解】A．设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB=l，则CD=4l，根据动能定理
解得，A错误；
B．AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则此时安培力的大小为
线框中感应电流的瞬时电功率为，B正确；
D．AB刚进入磁场时加速度为0，则有设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为1.5l线框匀速运动时有联立解得从线框开始到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得联立解得，D正确；
C．CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为2.5l，由闭合电路欧姆定律得
由牛顿第二定律得解得，C错误；故选BD。
15．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）正弦曲线状金属丝与金属细杆在a、c处焊接在一起，两者在b处彼此绝缘，回路总电阻为R，，d、e到的距离均为L．将线框平放在光滑水平桌面上，线框右侧有垂直桌面向下、边界为矩形的匀强磁场，磁场磁感应强度为B，磁场左右宽度为L，纵向宽度足够大，与磁场左右边界垂直，整个装置的俯视图如图所示。现在水平外力F作用下使线框以速度v沿向右匀速运动，时刻c点到达磁场左边界，在线框穿过磁场过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当e点到达磁场左边界时，回路中电流最大
B．到时间内外力F做的功为
C．外力F的瞬时最大功率为
D．线框穿过磁场过程中外力F做的总功为
【答案】CD
【详解】AC．当d点到达磁场左边界时，有效切割长度最大为2L，回路中电流最大，此时外力F的瞬时最大功率为，A错误，C正确；
B．到时间内，感应电流为正弦式交流电，最大值为 则外力F做的功转化为电路焦耳热
，B错误；
D．由题知下图为线圈感应电流大小随时间的变化图（其中），则线框穿过磁场过程中外力F做的总功为线圈全程产生的焦耳热
D正确。故选CD。
16．（2022·海南·高考真题）光滑的水平长直轨道放在匀强磁场中，轨道宽，一导体棒长也为，质量，电阻，它与导轨接触良好。当开关与a接通时，电源可提供恒定的电流，电流方向可根据需要进行改变，开关与b接通时，电阻，若开关的切换与电流的换向均可在瞬间完成，求：
①当棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的；
②当开关始终接a，要想在最短时间内使棒向左移动而静止，则棒的最大速度是多少；
③要想棒在最短时间内向左移动而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。
【答案】①，方向向右；②；③
【详解】①当电流从M流向N时，由左手定则可判断安培力向右，故加速度方向向右。
根据牛顿第二定律有代入数据可得
②开关始终接a时，电流N到M，经过时间后电流变为M到N，再经时间速度减为零，前 s，则有
后s，则有根据联立解得
③先接a一段时间，电流由N到M，再接到b端一段时间，再接到a端一段时间，电流由M到N，最后接到b静止，第一段，则有；；第二段，则有由动量定理
且则有第二段末的加速度与第三段相同，则第三段，；
；；又解得 v＇=1m/s；；故
17．（2022·湖北·统考高考真题）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 = 0.2m、回路电阻R = 1.6 × 10 - 3Ω、质量m = 0.2kg。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 = 10m/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）ax = 20m/s2，ay = 10m/s2；（2）B = 0.2T，Q = 0.4J；（3）X = 1.1m
【详解】（1）ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max = Fcsθ
代入数据有ax = 20m/s2在竖直方向有may = Fsinθ - mg代入数据有ay = 10m/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，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则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，有Fsinθ - mg - BIL = 0；E = BLvy；；vy2 = 2ayL联立有B = 0.2T
由题知，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。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；Fsinθ - mg = BIL
联立解得Q = 0.4J
（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 = 0.3s
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
则磁场区域的水平宽度X = x + L = 1.1m
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