第57講電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題（練習(xí)）

第57講電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題（模擬精練+真題演練）1．（2023·江蘇·模擬預(yù)測）如圖，空間等距分布無數(shù)個垂直紙面向里的勻強磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強度大小，每一條形磁場區(qū)域?qū)挾燃跋噜彈l形磁場區(qū)域間距均為?，F(xiàn)有一個邊長、質(zhì)量，電阻的單匝正方形線框，以的初速度從左側(cè)磁場邊緣水平進入磁場，下列說法正確的是（

）A．線框剛進入第一個磁場區(qū)域時，加速度大小為B．線框穿過第一個磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量為C．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為D．線框從開始進入磁場到豎直下落過程中能穿過5個完整磁場區(qū)域【答案】C【詳解】A．根據(jù)題意可得；；聯(lián)立解得線框剛進入第一個磁場區(qū)域時受到的安培力為則線框的加速度大小為故A錯誤；B．由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電荷量計算公式可知；；解得通過線框的電荷量為穿過磁場區(qū)域過程中線框磁通量變化量為零，所以通過線框的電荷量為零，故B錯誤；C．當線框水平速度減為零時豎直下落，線框受到安培力的合力水平向左，安培力對線框做的負功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，由功能關(guān)系可得故C正確；D．水平方向安培力大小為設(shè)水平向右為正，由水平方向動量定理可得解得線框穿過1個完整磁場區(qū)域，有安培力作用的水平距離為2l，則有則線框從開始進入磁場到豎直下落過程中能穿過6個完整磁場區(qū)域，故D錯誤。故選C。2．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是（）

A．甲產(chǎn)生的焦耳熱比乙多 B．甲加速運動，乙減速運動C．甲和乙都加速運動 D．甲減速運動，乙加速運動【答案】C【詳解】設(shè)線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，線圈材料密度為，質(zhì)量為m，橫截面積為S，電阻率為，線圈在磁場中運行速度為，線圈剛進入磁場時速度為，有；感應(yīng)電動勢為線圈電阻為感應(yīng)電流為線圈所受的安培力由牛頓第二定律有聯(lián)立解得加速度為BCD．可知線圈在磁場中運動的加速度與匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲乙線圈進入磁場時，具有相同的加速度。當時，甲和乙都做加速運動，當時，甲和乙都做減速運動，故BD錯誤；C正確。A．線圈的熱功率甲乙線圈在磁場中運動速度相同，熱功率也一樣，甲產(chǎn)生的焦耳熱與乙一樣多，故A錯誤。故選C。3．（2023·北京西城·北京八中?？既＃┤鐖D所示，間距為L的兩傾斜且平行的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣的水平面上，金屬導(dǎo)軌與水平面之間的夾角為θ，電阻不計，空間存在垂直于金屬導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab從金屬導(dǎo)軌上某處由靜止釋放，開始運動時間后做勻速運動，速度大小為v，且此階段通過定值電阻R的電量為q。已知導(dǎo)軌平面光滑，導(dǎo)體棒的電阻為r，重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A．導(dǎo)體棒ab先做勻加速運動，后做勻速運動B．導(dǎo)體棒穩(wěn)定的速度大小C．導(dǎo)體棒從釋放到其速度穩(wěn)定的過程中，其機械能的減少量等于電阻R產(chǎn)生的焦耳熱D．導(dǎo)體棒從釋放到其速度穩(wěn)定的過程中，位移大小為【答案】D【詳解】A．導(dǎo)體棒ab在加速階段，根據(jù)牛頓第二定律可得其中解得由于速度是增加的，所以加速度是減小的，導(dǎo)體棒不可能做勻加速運動，A錯誤；B．導(dǎo)體棒穩(wěn)定時的加速度為零，則有解得故B錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒從釋放到其速度穩(wěn)定的過程中，其機械能的減少量等于電阻R與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱之和，故C錯誤；D．根據(jù)電荷量的計算公式可得解得故D正確。故選D。4．（2024·四川巴中·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，足夠長的∩形光滑導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌頂端接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌所在空間有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B；導(dǎo)體棒長為L（與導(dǎo)軌寬度相同），質(zhì)量為m，電阻為r，緊貼導(dǎo)軌（接觸良好）從靜止釋放，導(dǎo)體棒下落位移H時達最大速度，不計空氣阻力和導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g，則（）

A．導(dǎo)體棒最大速度B．導(dǎo)體棒從開始下落到達到最大速度通過電阻R的電荷量為C．導(dǎo)體棒從開始下落到達到最大速度時導(dǎo)體桿兩端電壓為D．導(dǎo)體棒從開始下落到達到最大速度電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgH【答案】AC【詳解】A．當速度最大時，可知由于可得導(dǎo)體棒最大速度故A正確；B．通過電阻R的電荷量為故B錯誤；C．導(dǎo)體棒從開始下落到達到最大速度用時導(dǎo)體桿兩端電壓為故C正確；D．由能量守恒定律得，導(dǎo)體棒從開始下落到達到最大速度電阻R產(chǎn)生的焦耳熱故D錯誤。故選AC。5．（2023·云南玉溪·云南省玉溪第三中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，、是固定在絕緣水平面上的兩根電阻不計、間距為的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌右端接一個阻值為的定值電阻，在寬度為d的虛線范圍內(nèi)，存在豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場，一根質(zhì)量為、電阻也為的金屬棒靜止在導(dǎo)軌左側(cè)（磁場外），現(xiàn)給金屬棒一水平向右的瞬時沖量，金屬棒恰好能穿過磁場區(qū)域。已知金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，下列說法正確的是（）

A．通過定值電阻的感應(yīng)電流由流向B．通過金屬棒某截面的電荷量為C．金屬棒受到的瞬時沖量大小為D．金屬棒產(chǎn)生的電熱為【答案】AC【詳解】A．根據(jù)右手定則可知，通過電阻的感應(yīng)電流由流向，故A正確；B．電路的總電阻根據(jù)；；解得流經(jīng)金屬棒的電荷量故B錯誤；C．根據(jù)動量定理有其中金屬棒受到的瞬時沖量大小結(jié)合上述解得故C正確；D．由能量守恒定律可知，回路產(chǎn)生的總焦耳熱為金屬棒產(chǎn)生的電熱結(jié)合上述解得故D錯誤。故選AC。6．（2023·江西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，間距為L的平行導(dǎo)軌豎直固定放置，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的定值電阻，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的寬度均為d，磁場Ⅰ的下邊界和磁場Ⅱ的上邊界間距為d，磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒由靜止釋放，釋放的位置離磁場Ⅰ的上邊界距離為2d，金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，金屬棒運動過程中始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（

）

A．金屬棒剛進入磁場Ⅰ時的速度大小為B．金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為C．金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為2mgdD．金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為【答案】ABC【詳解】A．根據(jù)動能定理有金屬棒剛進磁場Ⅰ時的速度大小為故A正確；B．由于金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，在金屬棒從磁場Ⅰ的下邊界到磁場Ⅱ的上邊界這一過程中，機械能守恒，設(shè)金屬棒出磁場Ⅰ的速度為，進磁場Ⅱ的速度為，則有又解得金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為故B正確；C．由能量守恒得解得金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為故C正確；D．設(shè)金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為t，根據(jù)動量定理該過程的電量為解得金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為故D錯誤。故選ABC。7．（2023·河北唐山·遷西縣第一中學(xué)?？级＃┻^山車的磁力剎車是為了保證在最后進站前的安全而設(shè)計的一種剎車形式；磁性很強的長磁安裝在軌道上，剎車金屬片安裝在過山車底部或兩側(cè)，簡化圖如圖所示。相距為、水平放置的導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，整個回路中的等效電阻為R，將過山車上的剎車金屬片等效為一根長度為l的金屬桿AB，過山車的質(zhì)量為m，過山車剎車時的速度為v0。不計軌道摩擦和空氣阻力。則（

）

A．剎車時，過山車做勻減速直線運動B．剎車時，過山車做非勻變速直線運動，加速度逐漸減小C．剎車停下時，過山車的位移D．剎車過程中，通過電阻R的電荷量為【答案】BCD【詳解】AB．金屬桿AB在磁場中做切割磁感線運動，當金屬桿速度為v時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流根據(jù)牛頓第二定律有，可得可知過山車剎車，速度減小時，加速度也逐漸減小，故A錯誤、B正確；C．由動量定理和可得對等式兩邊求和可得即故C正確；D．根據(jù)動量定理對等式兩邊求和可得故剎車的過程中，通過電阻R的電荷量為，故D正確。故選BCD。8．（2023·湖南長沙·長郡中學(xué)?？寄M預(yù)測）小紅在查閱資料時看到了嫦娥五號的月球著落裝置設(shè)計，她也利用所學(xué)知識設(shè)計了一個地球著落回收的電磁緩沖裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩返回艙和地面間的沖擊力。如圖甲所示，在返回艙的底盤安裝有均勻?qū)ΨQ的4臺電磁緩沖裝置，電磁緩沖結(jié)構(gòu)示意圖如圖乙所示。在緩沖裝置的底板上，沿豎直方向固定著兩個光滑絕緣導(dǎo)軌、。導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)，安裝電磁鐵（圖中未畫出），能產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B。導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有閉合矩形線圈，線圈的總電阻為R，匝數(shù)為n，邊長為L。假設(shè)整個返回艙以速度與地面碰撞后，滑塊K立即停下，此后在線圈與軌道的磁場作用下使艙體減速，從而實現(xiàn)緩沖。返回艙質(zhì)量為m，地球表面的重力加速度為g，一切摩擦阻力不計，緩沖裝置質(zhì)量忽略不計。則以下說法正確的是（

）A．滑塊K的線圈中最大感應(yīng)電流的大小B．若緩沖裝置向下移動距離H后速度減為v，則此過程中每個緩沖線圈中通過的電量C．若緩沖裝置向下移動距離H后速度減為v，則此過程中每個緩沖線圈中產(chǎn)生的焦耳熱是D．若要使緩沖滑塊K和返回艙不相碰，且緩沖時間為t，則緩沖裝置中的光滑導(dǎo)軌和長度至少【答案】AD【詳解】A．滑塊剛接觸地面時感應(yīng)電動勢最大根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得滑塊K的線圈中最大感應(yīng)電流的大小故A正確；B．由，，，可得若緩沖裝置向下移動距離H后速度減為v，則此過程中每個緩沖線圈中通過的電量故B錯誤；C．設(shè)每個緩沖線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由動能定理得解得故C錯誤；D．因為有4臺減速裝置，利用動量定理得其中，解得緩沖裝置中的光滑導(dǎo)軌和長度至少為故D正確。故選AD。9．（2023·遼寧大連·?？寄M預(yù)測）如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的理想邊界，且PQ與水平方向的夾角，磁場范圍足夠大。一個邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的單匝正方形金屬線框，以速度垂直磁場方向從如圖實線位置Ⅰ開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置Ⅱ時，線框的速度為零。則下列說法正確的是（）A．線框在位置Ⅱ時，安培力具有最大值B．線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，做加速度增大的減速運動C．線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，克服安培力做功為D．線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，通過導(dǎo)線截面的電荷量為【答案】CD【詳解】A．線框在位置Ⅱ時，線框的速度為零，所以感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，則安培力為零，故A錯誤；B．線框在位置Ⅰ時，磁通量不會發(fā)生變化，感應(yīng)電流為零，安培力為零，物體速度減小到0，安培力由零到零，必然存在一個先增大，后減小的過程，所以加速度先增大后減小，故B錯誤；C．線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，只有安培力做功，安培力做功等于物體動能的變化，由動能定理有解得故C正確；D．線框在位置Ⅰ時磁通量線框在位置Ⅱ時磁通量為零，此過程中通過導(dǎo)線截面的電荷量，，聯(lián)立解得故D正確。故選CD。10．（2023·福建泉州·統(tǒng)考三模）如圖甲所示，水平絕緣傳送帶正在輸送一閉合正方形金屬線框，在輸送中讓線框隨傳送帶通過一固定的勻強磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下，磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，其間距為。已知傳送帶以恒定速度運動，線框質(zhì)量為，邊長為，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，且在傳送帶上始終保持線框左、右兩邊平行于磁場邊界，線框右邊進入磁場到線框右邊離開磁場過程中，其速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，重力加速度大小為，則（）A．線框進出磁場過程中感應(yīng)電流方向相同B．線框穿過磁場過程中受到的摩擦力方向不變C．整個線框剛好離開磁場時的速度為D．整個線框穿過磁場過程中安培力對線框做的功為【答案】BD【詳解】A．由楞次定律可知線框進入磁場過程中感應(yīng)電流方向為逆時針（俯視），出磁場過程中感應(yīng)電流方向為順時針（俯視），故A錯誤；B．滑動摩擦力方向與相對運動方向相反，由vt圖可知線框右邊進入磁場到右邊恰離開磁場過程中速度小于傳送帶速度，所受滑動摩擦力方向水平向右，線框出磁場過程與進入磁場過程中初速度相同、受力情況相同，所以運動情況相同，即出磁場過程中速度由一直減小至，所以出磁場過程中所受滑動摩擦力方向水平向右，故線框穿過磁場過程中受到的摩擦力方向不變。故B正確；C．由B項分析知線框剛好離開磁場時的速度為，線框恰完全進入磁場至右邊恰出磁場過程中線框做勻加速直線運動，有解得故C錯誤；D．線框穿過磁場的整個過程中初末速度為、，整個過程中摩擦力不變，所以由動能定理可得解得故D正確。故選BD。11．（2023·廣東惠州·統(tǒng)考一模）某科技館設(shè)計了一種磁力減速裝置，簡化為如題圖所示模型。在小車下安裝長為L、總電阻為R的正方形單匝線圈，小車和線圈總質(zhì)量為m。小車從靜止開始沿著光滑斜面下滑s后，下邊框剛進入勻強磁場時，小車開始做勻速直線運動。已知斜面傾角為θ，磁場上下邊界的距離為L，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直斜面向上，重力加速度為g，則（）A．線圈通過磁場過程中，感應(yīng)電流方向先順時針后逆時針方向（俯視）B．線框在穿過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為C．線框剛進入磁場上邊界時，感應(yīng)電流的大小為D．小車和線圈的總質(zhì)量為【答案】AD【詳解】A．線框剛進入磁場上邊界時，根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流的方向為順時針方向（從斜面上方俯視線框），穿出磁場時，根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，故A正確；BC．設(shè)線框進入磁場時的速度大小為v0，自由下滑過程中，根據(jù)動能定理可得解得v0=根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得下邊框剛進入勻強磁場時，小車開始做勻速直線運動。根據(jù)功能關(guān)系可得線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為故BC錯誤；D．根據(jù)平衡條件可得解得故D正確。故選AD。12．（2023·上?！ひ荒＃┤鐖D所示，傾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上間距d=1m的兩平行虛線aa′和bb′之間有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=5T?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=1kg，總電阻R=5Ω，邊長也為d=1m的正方形金屬線圈MNPQ有一半面積位于磁場中，現(xiàn)讓線圈由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中線圈MN邊始終與虛線aa′保持平行，線圈的下邊MN穿出aa′時開始做勻速直線運動。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10m/s2，下列說法錯誤的是（）A．從開始到線圈完全進入磁場的過程，通過線圈某一截面的電荷量為0.5CB．線圈做勻速直線運動時的速度大小為0.4m/sC．線圈速度為0.2m/s時的加速度為1.6m/s2D．線圈從開始運動到通過整個磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為3J【答案】CD【詳解】A．由電流的定義式可得，A正確，不符合題意；B．線圈做勻速直線運動時，由平衡條件，則沿斜面有mgsinθ=μmgcosθ＋BId又兩式聯(lián)立得v=0.4m/s，B正確，不符合題意；C．線圈v=0.2m/s時，由牛頓第二定律，沿斜面有mgsinθ?μmgcosθ?=ma解得a=1m/s2，C錯誤，符合題意；D．線圈從開始運動到通過整個磁場的過程中能量守恒，則有mgsinθ×d=μmgcosθ×d＋mv2＋Q代入數(shù)據(jù)解得Q=2.92J，D錯誤，符合題意。故選CD。13．（2023·山東聊城·統(tǒng)考三模）如圖，紙面在豎直平面內(nèi)，水平方向上有兩寬度均為d的勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁感應(yīng)強度大小均為B，磁場的上下邊界水平，區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場方向為垂直于紙面向里，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場方向為垂直于紙面向外。一質(zhì)量為m，邊長為d的單匝正方形金屬線框，其總電阻為R，將線框從下邊緣距磁場上邊界距離h處由靜止釋放，線框下邊水平且線框平面始終與磁場方向垂直，當線框下邊緣剛進入磁場區(qū)域Ⅰ時，恰好以速度做勻速直線運動。當線框下邊緣進入磁場區(qū)域Ⅱ但還未穿出磁場區(qū)域Ⅱ的某一時刻，線框開始以速度做勻速直線運動。已知線框下邊緣穿過磁場區(qū)域Ⅱ的時間為，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A．釋放時線框下邊緣距磁場上邊界距離B．C．從線框下邊緣剛進入磁場區(qū)域Ⅱ到線框下邊緣剛穿出磁場區(qū)域Ⅱ過程中通過線框?qū)w橫截面的電荷量D．從線框下邊緣剛進入磁場區(qū)域Ⅰ到線框下邊緣剛穿出磁場區(qū)域Ⅱ過程中線框中產(chǎn)生的總熱量【答案】AD【詳解】A．當線框下邊緣剛進入磁場區(qū)域Ⅰ時，恰好以速度做勻速直線運動；；；；釋放時線框下邊緣距磁場上邊界距離，A正確；B．當線框下邊緣進入磁場區(qū)域Ⅱ但還未穿出磁場區(qū)域Ⅱ的某一時刻，線框開始以速度做勻速直線運動；；；聯(lián)立解得，B錯誤；C．從線框下邊緣剛進入磁場區(qū)域Ⅱ到線框下邊緣剛穿出磁場區(qū)域Ⅱ過程中，由動量定安培力沖量通過線框?qū)w橫截面的電荷量，C錯誤；D．從線框下邊緣剛進入磁場區(qū)域Ⅰ到線框下邊緣剛穿出磁場區(qū)域Ⅱ過程中，由能量守恒線框中產(chǎn)生的總熱量，D正確。故選AD。14．（2023·湖北·模擬預(yù)測）如圖所示，水平虛線、之間存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場區(qū)域的高度為h。豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為m的直角梯形線框，其底邊水平，上、下邊長之比為1：4，高為線框ABCD在磁場邊界的下方h處，受到豎直向上的拉力作用，從靜止開始運動（上升過程中底邊始終水平，線框平面始終與磁場方向垂直），當AB邊剛進入磁場時，線框的加速度恰好為零，且在DC邊剛進入磁場前的一段時間內(nèi)，線框做勻速運動。重力加速度為g，下列正確的是（）A．AB邊剛進入磁場時，線框的速度為B．AB邊剛進入磁場時，線框中感應(yīng)電流的瞬時電功率為C．DC邊剛進入磁場時，線框加速度的大小為D．從線框開始運動到DC邊剛進入磁場的過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BD【詳解】A．設(shè)AB邊剛進入磁場時速度為v0，線框的電阻為R，AB=l，則CD=4l，根據(jù)動能定理解得，A錯誤；B．AB邊剛進入磁場時，線框的加速度恰好為零，則此時安培力的大小為線框中感應(yīng)電流的瞬時電功率為，B正確；D．AB剛進入磁場時加速度為0，則有設(shè)DC邊剛進入磁場前勻速運動時速度為v1，線框切割磁感應(yīng)線的有效長度為1.5l線框勻速運動時有聯(lián)立解得從線框開始到CD邊進入磁場前瞬間，根據(jù)能量守恒定律得聯(lián)立解得，D正確；C．CD剛進入磁場瞬間，線框切割磁感應(yīng)線的有效長度為2.5l，由閉合電路歐姆定律得由牛頓第二定律得解得，C錯誤；故選BD。15．（2023·四川成都·成都七中?？寄M預(yù)測）正弦曲線狀金屬絲與金屬細桿在a、c處焊接在一起，兩者在b處彼此絕緣，回路總電阻為R，，d、e到的距離均為L．將線框平放在光滑水平桌面上，線框右側(cè)有垂直桌面向下、邊界為矩形的勻強磁場，磁場磁感應(yīng)強度為B，磁場左右寬度為L，縱向?qū)挾茸銐虼?，與磁場左右邊界垂直，整個裝置的俯視圖如圖所示?，F(xiàn)在水平外力F作用下使線框以速度v沿向右勻速運動，時刻c點到達磁場左邊界，在線框穿過磁場過程中，下列說法正確的是（

）A．當e點到達磁場左邊界時，回路中電流最大B．到時間內(nèi)外力F做的功為C．外力F的瞬時最大功率為D．線框穿過磁場過程中外力F做的總功為【答案】CD【詳解】AC．當d點到達磁場左邊界時，有效切割長度最大為2L，回路中電流最大，此時外力F的瞬時最大功率為，A錯誤，C正確；B．到時間內(nèi)，感應(yīng)電流為正弦式交流電，最大值為則外力F做的功轉(zhuǎn)化為電路焦耳熱，B錯誤；D．由題知下圖為線圈感應(yīng)電流大小隨時間的變化圖（其中），則線框穿過磁場過程中外力F做的總功為線圈全程產(chǎn)生的焦耳熱D正確。故選CD。16．（2022·海南·高考真題）光滑的水平長直軌道放在勻強磁場中，軌道寬，一導(dǎo)體棒長也為，質(zhì)量，電阻，它與導(dǎo)軌接觸良好。當開關(guān)與a接通時，電源可提供恒定的電流，電流方向可根據(jù)需要進行改變，開關(guān)與b接通時，電阻，若開關(guān)的切換與電流的換向均可在瞬間完成，求：①當棒中電流由M流向N時，棒的加速度的大小和方向是怎樣的；②當開關(guān)始終接a，要想在最短時間內(nèi)使棒向左移動而靜止，則棒的最大速度是多少；③要想棒在最短時間內(nèi)向左移動而靜止，則棒中產(chǎn)生的焦耳熱是多少?！敬鸢浮竣?，方向向右；②；③【詳解】①當電流從M流向N時，由左手定則可判斷安培力向右，故加速度方向向右。根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)可得②開關(guān)始終接a時，電流N到M，經(jīng)過時間后電流變?yōu)镸到N，再經(jīng)時間速度減為零，前s，則有后s，則有根據(jù)聯(lián)立解得③先接a一段時間，電流由N到M，再接到b端一段時間，再接到a端一段時間，電流由M到N，最后接到b靜止，第一段，則有；；第二段，則有由動量定理且則有第二段末的加速度與第三段相同，則第三段，；；；又解得v＇=1m/s；；故17．（2022·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，高度足夠的勻強磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長L=0.2m、回路電阻R=1.6×103Ω、質(zhì)量m=