2026版高考物理步步高大二轮（标准版）专题三　计算题培优练6　带电粒子在叠加场中的运动含答案

2026版高考物理步步高大二轮（标准版）计算题培优练6带电粒子在叠加场中的运动[分值：40分]1.(10分)(2025·四川德阳市二模)竖直平面内水平虚线上方有方向水平向左的匀强电场。虚线下方高度为H的区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场，虚线上、下方的电场强度大小相等。将质量为m、电荷量为+q的小球从a点以初速度v0竖直向上抛出，小球的运动轨迹如图所示，a、c两点在虚线上，b点为轨迹的最高点。小球从c点进入虚线下方区域做匀速圆周运动且恰好不出下边界。不计空气阻力。求：(1)(5分)小球运动到c点时的速度大小；(2)(5分)匀强磁场的磁感应强度B的大小。答案(1)5v0(2)(2+解析(1)由于小球在虚线下方磁场和电场中做匀速圆周运动，则qE=mg从a点到c点，在竖直方向上，有tac=2在水平方向上qE=ma，vcx=atac由运动的合成有vc=v又vcy=v0联立解得vc=5v0(2)由题意可知小球运动轨迹如图所示。设小球在c点的速度方向与水平方向成θ，由cosθ=v解得cosθ=2由几何关系可得，rcosθ+r=H，解得r=5由牛顿第二定律，得qvcB=mv由以上各式，联立解得B=(2+52.(15分)(2025·重庆市缙云教育联盟一模)如图所示，在xOy坐标系x<0区域内存在平行于x轴、电场强度大小为E(E未知)的匀强电场，分界线OP将x>0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B(B未知)的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B'=12B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E'=23E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M(-d，0)点以初速度v0垂直电场方向进入第二象限，经N点进入区域Ⅰ，此时速度与y轴正方向的夹角为60°，经过区域Ⅰ后由分界线OP上的A点(图中未画出)垂直分界线进入区域(1)(3分)电场强度E的大小；(2)(5分)带电粒子从M点运动到A点的时间t；(3)(7分)粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。答案(1)3mv02解析(1)粒子经过N点时的速度v=v0cos60°=2粒子从M点到N点，由动能定理得qEd=12mv2-12解得E=3(2)粒子从M点到N点，由运动学公式有d=12·解得t1=2粒子从M点到A点，其运动轨迹如图甲所示由抛体运动的规律可得d|ON|=12tan由几何关系可得，粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径r1=|ON|sin60°=d运动时间t2=14T1=则t=t1+t2=23d3v(3)粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv解得B=2如图甲所示，设v1对应的洛伦兹力与静电力平衡，则有v1=v2方向相反，v2与v的合速度v'对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样粒子进入区域Ⅱ中的运动分解为以v1的匀速直线运动和以v'的匀速圆周运动静电力等于洛伦兹力，则有qE'=qv1B'解得v1=v0则合速度v'=3v0设对应的匀速圆周运动的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有qv'B'=mv解得r2=3d其运动轨迹如图乙所示粒子从第1次到第5次经过x轴，共运动了2个周期，时间t3=2T2=4πr2距离s=v1t3解得s=4πd。3.(15分)(2025·安徽蚌埠市质检)如图所示，水平虚线a、b、c、d间距均为L，a、b间和c、d间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两个区域的磁感应强度大小相等，空间存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点由静止释放，粒子进磁场Ⅰ时撤去电场，粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹恰好与虚线b相切，已知P点离虚线a距离也为L，不计粒子的重力。(1)(4分)求匀强磁场的磁感应强度大小；(2)(5分)不撤去电场，改变带电粒子在虚线上方由静止释放的位置，粒子进磁场Ⅰ后轨迹恰好与虚线b相切，则粒子释放的位置离虚线a的距离为多少；(3)(6分)不撤去电场，将粒子在虚线a上方距离为2L的Q点(图中未画出)以水平速度v向右射出，结果粒子恰好不能从磁场Ⅱ的d边界射出，则初速度v多大。答案(1)2mEqL(2)粒子应在边界a解析(1)设粒子进磁场Ⅰ时的速度大小为v0，根据动能定理有qEL=12m解得v0=2据题意可知，粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，其半径r1=L根据牛顿第二定律有qv0B=mv解得B=2(2)设粒子释放的位置离虚线a的距离为d，粒子与虚线b相切时的速度大小为v1，根据动能定理有qE(L+d)=12m解得v1=2粒子在磁场Ⅰ中运动到b的过程，水平方向应用动量定理有∑qvy1Bt1=mv1在竖直方向有∑vy1t1=L解得d=0，即粒子应在边界a上由静止释放。(3)由题意可知，粒子到边界d时速度与d相切水平向右，设其速度大小为v2，则有qE×5L=12mv22-粒子在两个磁场中运动到d的过程，水平方向应用动量定理有∑qvy2Bt2=mv2-mv在竖直方向有∑vy2t2=2L则有2qBL=mv2-mv解得v=12第8讲直流电路与交流电路考点一直流电路的分析与计算1.闭合电路欧姆定律的三个公式(1)E=U外+U内=U外+Ir(任意电路)；(2)E=I(R+r)(纯电阻电路)。2.动态电路分析的三种方法：程序法、串反并同法、极限法。3.电源的三个功率(1)总功率P总=EI=U外I+U内I=P外+P内。(2)内部消耗的功率P内=I2r。(3)电源的输出功率：①P外=UI=EI-I2r。②对于纯电阻电路：P出=I2R=E2(4)纯电阻电路输出功率随R的变化关系如图。①当R=r时，电源的输出功率最大为Pm=E2②当P出<Pm时，每个输出功率对应两个可能的外电阻R1和R2，且R1R2=r2。(5)电源的效率η=P出P总×100%=对于纯电阻电路：η=RR+4.闭合电路和部分电路的U-I图像的比较(1)A为电源的U-I图像：①纵轴截距表示电动势E，横轴截距表示短路电流Im=Er；②斜率的绝对值表示内阻r(2)B为电阻的U-I图像，斜率表示电阻R。(3)两图像的交点坐标表示将该电阻接到电源上时的外电压U和回路电流I，图中阴影的面积表示输出功率。例1(多选)(2025·云南昆明市模拟)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b是某电阻的U-I图像，倾斜虚线是过a、b交点的切线。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列相关叙述正确的是()A.此时硅光电池的内阻为20ΩB.此时硅光电池的内阻为25ΩC.此时硅光电池的输出效率约为86%D.此时硅光电池的总功率为1.4W答案CD解析由图线a知，此硅光电池的电动势E=7V，由图线b知，电阻R=60.2Ω=30Ω，当电阻接在硅光电池上，在该光照强度下U外=6V，I=0.2A，由E=U外+Ir，解得r=5Ω，故A、B错误；电池总功率P=EI=7×0.2W=1.4W，故D正确；电池的输出功率P出=U外I=6×0.2W=1.2W，效率η=P出P×100%≈86%例2(2023·海南卷·7)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上电荷量为()A.CE B.12CE C.25CE D.答案C解析看似是一个电桥，但只需将电源负极接地(就是取电势为零)，则电容器上极板电势为2E5，下极板电势为4E5，极板间电势差U=2E5，由含容电路的特点1.只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。2.电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压。例3(2025·四川遂宁市二模)某同学设计了一个测量压力的电子秤，电路图如图所示，压敏电阻R会随秤台上所受压力的变大而线性变小，G是由理想电流表改装而成的指针式测力显示器，R0是定值电阻，电源电动势为E，内阻为r(R0>r)，当压力变大时()A.电流表示数随压力大小变化而线性变化B.电容器C放电C.电源的输出功率变大D.电源的效率变大答案C解析根据闭合电路欧姆定律可得电流表示数为I=ER+R0+r，由题意可知压敏电阻R随压力大小变化而线性变化，则电流表示数随压力大小变化而非线性变化，故A错误；当压力变大时，压敏电阻R阻值减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，则定值电阻R0两端电压增大，电容器C两端电压增大，电容器所带电荷量应增大，电容器C充电，故B错误；电源的输出功率为P出=(ER外+r)2R外=E2R外+r2R外+2r，可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；而R考点二交变电流的分析与计算1.交变电流的规律及图像(1)正弦式交变电流的变化规律①线圈位于中性面时，磁通量Φ最大，磁通量变化率ΔΦ②线圈垂直中性面时，Φ=0，ΔΦ(2)表达式及图像(3)书写瞬时值表达式需确定：①最大值Em=NBSω②开始计时时线圈的位置③角速度ω=2πT=2π2.有效值的计算(1)正弦式交变电流：E=Em2，I=Im2，(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值。3.正弦式交流电“四值”的应用表达式应用最大值Em=NBSω讨论电容器的击穿电压瞬时值e=Emsinωt计算某时刻所受安培力有效值E=E电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流平均值E=N计算通过导体的电荷量例4(2025·北京卷·4)如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为e=10sin(100πt)V，下列说法正确的是()A.该交流电的频率为100HzB.线圈转到图示位置时，产生的电动势为0C.线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上D.仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为102V答案C解析根据题意可知，该交流电的频率为f=ω2π=50Hz，故A错误；线圈转到图示位置时，磁场与线圈平面平行，磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，故B错误；由右手定则可知，线圈转到图示位置时，电流由B→A，由左手定则可知，AB边受到的安培力方向向上，故C正确；由公式Em=NBSω可知，仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为原来的2倍，为20V，故D例5(2024·河北卷·4)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的3倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为()A.2∶3 B.4∶3 C.2∶3 D.5∶4答案B解析题图甲一个周期T内产生的热量Q1=(U03)2R1×T2+U02R1×T2=2U023R1T；题图乙一个周期T内产生的热量Q2=(U02)考点三变压器的分析和计算电能的输送1.理想变压器问题(1)三个不变：功率不变；磁通量的变化率不变；周期和频率不变。(2)决定关系：输出功率决定输入功率；输入电压决定输出电压；输出电流决定输入电流。2.远距离输电问题(1)理清三个回路(2)抓住两个联系①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是U1U2=n1n2，I1I2②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是U3U4=n3n4，I3I4(3)掌握一个守恒，能量守恒关系：P1=P损+P3。3.输电线路功率损失的四种计算方法P损=P1-P4P1为输送的功率，P4为用户得到的功率P损=I线2I线为输电线路上的电流，R线为输电线路总电阻P损=(ΔΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混P损=ΔU·I线例6(多选)(2025·云南卷·8)电动汽车充电桩的供电变压器(视为理想变压器)示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n1，输入电压U1=1.1kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2=U3=220V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW，下列说法正确的是()A.n1∶n2=5∶1B.n1∶n3=1∶5C.变压器的输入功率为10.5kWD.两副线圈输出电压最大值均为220V答案AC解析根据理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可得n1∶n2=U1∶U2=5∶1，n1∶n3=U1∶U3=5∶1，故A正确，B错误；根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输出功率，故P输入=P输出=7.0kW+3.5kW=10.5kW，故C正确；输出电压为交流电的有效值，根据正弦式交流电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最大值均为Um=2202V，故D错误。例7(多选)(2025·安徽省一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1，原线圈接入的交流电压瞬时值表达式为u=2202sin100πt(V)，定值电阻R1=2Ω，副线圈接有滑动变阻器R2，阻值为0~10Ω。电压表和电流表均为理想交流电表，其读数为U和I，调节滑动变阻器R2的滑片，电表示数变化量的绝对值为ΔU和ΔI，下列说法正确的是()A.向下调节R2的滑片，电压表示数减小B.ΔUC.当滑动变阻器R2阻值调到2Ω时，电流表示数I为55AD.当滑动变阻器R2滑片在中央时，变压器输出功率最大答案AB解析对该电路使用等效电阻法，可将理想变压器(包含电阻R2)等效为(n1n2)2R2，向下调节R2的滑片，(n1n2)2R2变小，分压减小，故电压表示数减小，A正确；对该电路使用等效电源法，等效后的电源电压U'=n2n1U有=110V，等效内阻r=(n2n1)2R1=0.5Ω，由ΔUΔI等于电源内阻，故ΔUΔI=0.5Ω，B正确；当滑动变阻器R2阻值调到2Ω时，由闭合电路欧姆定律可知I变式(2025·湖南卷·6)如图，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，a、b、c为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为k，灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R，交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连，下列说法正确的是()A.S与a相连，灯泡的电功率最大B.S与a相连，灯泡两端的电压为kUC.S与b相连，流过灯泡的电流为UD.S与c相连，灯泡的电功率为U答案B解析将理想变压器与副线圈电路等效为一个电阻R等，电路如图所示，则有R等=U1I1，灯泡L的阻值R=U2I2，由理想变压器原、副线圈电压、电流与匝数的关系有U1U2=k，I1I2=1k，联立解得R等=k2R，又R等的电功率等于灯泡的电功率，S与c相连时回路中电流最大，R等的电功率最大，即灯泡的电功率最大，A错误；S与a相连，变压器原线圈电压U1=Uk2R+3R·k2R，灯泡两端的电压为U2=U1k=kUk2+3，B正确；S与b相连，变压器原线圈的电流I1=Uk2R+2R，流过灯泡的电流I21.等效电阻法当理想变压器的副线圈接纯电阻元件时，可以把理想变压器(含副线圈中的元件)等效成一个电阻来处理，设原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈输入电压为U1，电流为I1，副线圈输出电压为U2，电流为I2，副线圈负载电阻为R，则等效电阻R等效=U1I1=n1n2U2n2n1I2.等效电源法理想变压器的原线圈接纯电阻元件时，可把变压器的原线圈和电阻等效为一个电源来处理：U1=U-I1R0，U1U2=n1n2=则U2=n2n1U1=n2n1U-(n2对比U2=E等效-I2r等效得E等效=n2n1U=Uk，r等效=(n2n例8(多选)(2025·河北省部分校模拟)某个小水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的输出电压为250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为50Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V。要求在输电线上损失的功率控制在20kW(即用户得到的功率为80kW)。后来因为电路改造，将输电线路的总电阻降到了5Ω，并对降压变压器做了适当调整。下列说法中正确的是()A.电路改造前，升压变压器的匝数比为1∶20B.电路改造前，降压变压器的匝数比为20∶1C.电路改造后，线路电阻上损失的功率为5kWD.电路改造后，降压变压器的匝数比为245∶11答案AD解析电路改造前，输电线上损失的功率P损=I22R线=20kW，解得I2=20A，又因为水电站发电机的输出功率为P1=U1I1=100kW，U1=250V，解得I1=400A，故升压变压器的匝数比为n1n2=I2I1=120，A正确；电路改造前，降压变压器的输入电压为U3=P1-P损I2，可得U3=4000V，故降压变压器的匝数比为n3n4=U3U4=4000V220V=20011，B错误；电路改造后，线路电阻上损失的功率为P损'=I22R线'=2kW，C错误；电路改造后，降压变压器的输入电压为专题强化练[分值：52分][1~7题，每题4分，8~11题，每题6分][保分基础练]1.(2024·广东卷·1)将阻值为50Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是()A.该交流电的频率为100HzB.通过电阻电流的峰值为0.2AC.电阻在1秒内消耗的电能为1JD.电阻两端电压表达式为u=102sin(100πt)V答案D解析由题图可知交流电的周期为0.02s，则频率为f=1T=50Hz，故A根据题图可知电压的峰值为102V，根据欧姆定律，电流的峰值Im=U解得Im=0.22A，故B错误；电流的有效值为I=Im2=0.2所以电阻在1秒内消耗的电能W=I2Rt解得W=2J，故C错误；根据题图可知电阻两端电压表达式为u=Umsinωt=Umsin(2πTt)=102sin(100πt)V，故D2.(2025·江苏南京市一模)如图所示，某同学利用一块表头G和三个定值电阻R1、R2、R3设计了如图所示的多量程电流表，该电表有1、2两个量程。当只增大电阻R1的阻值时，下列说法中正确的是()A.两个量程均变大B.两个量程均变小C.1的量程变大，2的量程变小D.1的量程变小，2的量程变大答案A解析测电流时，量程1为I1=Ig(Rg+R1+R3)R2+Ig，量程2为3.(2025·广西卷·6)如图所示，a、b为同种材料的电阻，已知a的长度为L1，横截面积为S1，b的长度为L2，横截面积为S2，则在两支路a和b中，电荷移动的速率之比()A.L2∶L1 B.2L2∶L1C.2S1L2∶S2L1 D.S1L1∶S2L2答案B解析根据电阻定律R=ρLS，可得Ra=ρL1S1，Rb总=2ρL2S2，由并联电路规律得IaRa=IbRb总，电流的微观表达式为I=nqvS，对于同种材料n、q相同，联立可得vaL1=2vbL24.(多选)(2025·四川成都市二诊)光控开关是“太阳能路灯”实现自动控制的重要元件，其内部电路的简化原理图如图，Rt为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)，忽略灯阻值由于亮度变化的影响，电流表为理想电表。在黎明时分，闭合开关，环境光照稳定时，电容器两板间小液滴处于静止状态，则环境光照逐渐增强时()A.L1灯、L2灯均逐渐变暗B.L2灯的电压与电流的变化量之比不变C.电源的输出功率一定是先变大后变小D.小液滴向上运动，在接触极板前机械能增大答案AB解析光照逐渐增强时，光敏电阻阻值减小，总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，L1灯、L2灯均变暗，故A正确；L2灯的电压与电流的变化量之比等于L2灯电阻值，故B正确；由于Rt的电阻减小，电源的外电阻在减小，因无法确定外电阻与电源内阻的关系，即无法确定电源的输出功率的变化，故C错误；路端电压减小，电容器C两端的电压减小，电场强度减小，静电力减小，因开始时静电力等于重力，故减小后小于重力，小液滴向下运动，静电力做负功，在接触极板前机械能减小，故D错误。5.(2025·北京卷·9)如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，电源电动势为E，A1、A2和A3是三个相同的小灯泡。开始时，开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S闭合，下列说法正确的是()A.闭合瞬间，A1与A3同时亮起B.闭合后，A2亮起后亮度不变C.稳定后，A1与A3亮度一样D.稳定后，电容器的电荷量是CE答案C解析闭合开关瞬间，电容器C相当于通路，线圈L相当于断路，所以A1、A2瞬间亮起，A3逐渐变亮，A错误；闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当于断路，所以A2亮一下后熄灭，B错误；稳定后，电容器相当于断路，线圈L相当于短路，A1、A3串联，所以一样亮，C正确；稳定后，电容器与A3并联，两端电压等于A3两端电压，由于线圈电阻和电源内阻忽略不计，且A1、A3串联，A3两端电压为12E，根据Q=CU，可得电容器的电荷量等于12CE，6.(多选)(2025·湖北卷·8)在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是()A.仅增加用户数，r消耗的功率增大B.仅增加用户数，用户端的电压增大C.仅适当增加n2，用户端的电压增大D.仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小答案AC解析整个电路物理量标注如图仅增加用户数，相当于负载电阻R减小，R与右侧变压器的等效电阻R等=(n3n4)2R减小，可知降压变压器原线圈中的电流I3增大，又I2=I3，ΔP=I22r，可知r消耗的功率增大，故A正确；根据U3=U2-I2r，仅增加用户数，I2增大，可知U3减小，根据用户端的电压U4=n4n3U3，可知用户端的电压减小，故B错误；仅适当增加n2，根据U2=n2n1U1，可知U2增大，根据I2=U2r+(n3n4)2R用户，可知I2增大，根据U3=I2(n3n4)2R用户，可知U3增大，用户端的电压U4=n4n3U7.(2025·江西萍乡市一模)如图甲所示交流电(t轴上方和下方曲线均为正弦曲线的一部分)通过灯泡L1输入到如图乙所示理想变压器原线圈上，变压器输出端接有三个灯泡L2、L3、L4，四个灯泡完全相同，电阻均为1510Ω，且均正常工作，不计导线电阻，下列说法正确的是()A.通过灯泡L1的电流方向每秒改变50次B.变压器原、副线圈匝数之比为4∶1C.灯泡额定电流为1AD.变压器输出功率为9610W答案C解析由题图甲可知周期为T=2×10-2s，一个周期内通过灯泡L1的电流方向改变2次，则通过灯泡L1的电流方向每秒改变100次，故A错误；设灯泡额定电流为IL，则原线圈电流为I1=IL，副线圈电流为I2=3IL，变压器原、副线圈匝数之比为n1n2=I2I1=31，故B错误；设交流电的电动势有效值为E，根据有效值定义可得E2RT=(12022V)2R·T2+(24022V)2R·T2，解得E=6010V，设灯泡额定电压为UL，则有E=UL+U1=UL+n1n2U2=4UL，解得UL=1510[争分提能练]8.(多选)(2025·重庆卷·9)2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×106V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器(视为理想变压器)降为2202sin(100πt)V的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则()A.直流输电导线中的电流为250AB.直流输电导线总阻值不超过16ΩC.家用交流电的电压最大值为220V，频率为50HzD.配电房中变压器原、副线圈中电流比为11∶500答案BD解析直流输电导线中的电流由I=PU计算得I=8.0×109W1.6×106V=5000A，故A错误；导线允许的最大功率损耗为输送功率的5%，故P损m=0.05×8.0×109W=4×108W，由P损m=I2Rm得导线总阻值的最大值Rm=P损mI2=4×108(5000)2Ω=16Ω，故B正确；家用交流电的电压表达式为2202sin(100πt)V，电压最大值为2202V；频率为f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故C错误；变压器原线圈电压U1=1.0×104V，副线圈电压U9.(2025·山东临沂市一模)如图所示，匀强磁场方向与水平面成60°角斜向右下方，矩形线圈以恒定角速度ω绕水平面内的OO'轴按图示方向转动，线圈通过换向器与电阻R相连。以图中时刻为计时起点，规定电流由a通过R流向b方向为电流正方向，则通过R的电流i随时间t变化的图像正确的是()答案A解析从图示位置顺时针转60°角的过程中，线圈的磁通量在减小，由楞次定律可知，感应电流方向由b通过R流向a，即为负方向。这段时间为Δt1=π3ω，此时线圈平面与磁场方向平行，线圈的感应电流最大。继续转30°角的过程中，线圈的磁通量在增大，由楞次定律可知，感应电流方向由b通过R流向a，即为负方向。这段时间为Δt2=π6ω。继续转60°角的过程中，线圈的磁通量在增大，线圈两个接头通过换向器改变了与R两端的连接，由楞次定律可知，感应电流方向由a通过R流向b，即为正方向，这段时间为Δt3=π3ω，此时，线圈平面与磁场方向垂直，感应电流为0。故A正确，10.如图甲所示电路，电源内阻r=1.0Ω，R1为一定值电阻，R2为一滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表。闭合开关，将滑动变阻器的滑片从A端逐渐滑到B端的过程中，得到R2的功率随电压表示数的变化规律如图乙，电压表示数与电流表示数的关系图像如图丙。下列说法正确的是()A.电源的电动势大小为4.5VB.定值电阻R1的大小为3ΩC.图乙中Px的值为1.5WD.图丙中Ux的值为4.5V答案D解析电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U=E-I(r+R1)整理得I=-Ur+R2的最大功率对应的电压值为3V，把R1看成电源内阻的一部分，当内、外电阻相等，即路端电压为电动势的一半时，R2的功率最大，则E2=3V，所以E=6V，故A根据I-U的关系式可知R1=2Ω，故B错误；根据I-U的关系式可知当I=0.5A时，Ux=4.5V则Px=UxI=2.25W，故C错误，D正确。11.(2025·湖南省一模)如图甲所示，理想变压器原线圈连接定值电阻R0，副线圈连接滑动变阻器R，滑动变阻器最大阻值足够大，M、N端输入正弦式交变电流。将滑动变阻器的滑片从a端缓慢向下滑动，记录理想电压表V的示数U1与理想电流表A的示数I1，描绘出U1-I1图像，如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值为9R0时，滑动变阻器消耗的功率达到最大，则下列说法正确的是()A.定值电阻R0的阻值为10ΩB.滑动变阻器消耗的最大功率为400WC.理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=1∶3D.输入的交流电压的峰值为1002V答案C解析设输入的交流电压的有效值为E，将定值电阻R0等效为交流电源的内阻，根据闭合电路欧姆定律有U1=E-I1R0，结合题图乙可知E=200V，R0=20010Ω=20Ω，A错误；根据E=Em2，解得Em=2002V，D错误；将理想变压器与滑动变阻器整体等效为一个电阻，等效电阻Rx=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2R，滑动变阻器消耗的功率P=(ER0+Rx)2Rx=E2R02Rx+Rx+2R0，当第9讲电磁感应考点一楞次定律、法拉第电磁感应定律及应用1.感应电流方向的判断(1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。(2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。2.求感应电动势的方法(1)法拉第电磁感应定律：E=nΔ(2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blv。(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E=12Bl2ω(4)线圈绕与匀强磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e=nBSωsinωt。3.通过回路横截面的电荷量q=IΔt=nΔΦR总ΔtΔt=nΔΦR总。q例1(2025·北京卷·10)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则()A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势C.磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同答案D解析有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错误；根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，故C错误；分析可知有无线圈时，根据平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。例2(多选)(2025·浙江1月选考·13)如图甲所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ=30°，另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则()A.圆环Ⅰ中电流的有效值为3B.t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2BC.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为πD.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为112πr2答案BD解析由题图可知，在0~t0内和2t0~3t0内圆环Ⅰ中的电流大小均为I1=πr2B0Rt0；在t0~2t0内圆环Ⅰ中的电流大小为I2=2πr2B0Rt0，设圆环Ⅰ中电流的有效值为I，有I2R·3t0=I12R·2t0+I22Rt0，联立解得I=2πr2B0Rt0，故A错误；假设右侧有一与CD对称的无限长的直导线C'D'与CD构成回路，则t=1.5t0时刻，CD、C'D'回路产生的总电动势为E总=πr2·2B0t0，根据对称性可知t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2B0t0，故B正确；由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；假设有以O点为圆心，过P、Q两点的圆环Ⅲ，其在t=0.5t0时刻产生的电动势为E=πr2B0t0例3(多选)(2025·安徽省皖北协作区一模)如图所示，半径为R的34金属圆环ab固定在水平绝缘桌面上，有一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B=kt(k>0)。一长为2R的金属直杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口a接触，t=0时，杆从图示实线位置以角速度ω顺时针绕a在圆环所在平面内匀速转动，t=3π4ω时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口b刚好接触，设t=3πA.t=3π4B.t=0到t=π2C.t=3π4ωD.t=3π4ω答案ABD解析由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，故A正确；t=0到t=π2ω的过程中，回路中的感生电动势和动生电动势均增大且方向相同，故B正确；t=3π4ω时，圆环与杆构成的回路由于磁场均匀增大，产生的感生电动势为E感=ΔΦΔt=ΔBΔtS=(3πR24+R22)ΔBΔt=(3πR24+R22)k，动生电动势为E动=12B(2R)2ω=12kt(2R)考点二电磁感应中的图像问题例4(2024·天津卷·4)如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I随时间t变化的关系图像可能正确的是()答案A解析根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v时，受到的安培力为F=BIL=B2L2vR，可知F∝v，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为a=mgsinθ-Fm=gsinθ-B2L2vmR，可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，B、C错误；根据题意，由公式可得，感应电流为I=BLv例5(多选)(2025·山东淄博市一模)如图，直角梯形区域abcd，ab=2ad=2cd=2l，e为ab的中点，直角三角形aed、平行四边形ebcd两区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于纸面的匀强磁场，一等腰直角三角形导线框ABC与梯形abcd在同一平面内，AB边长为l且与ae共线，导线框以垂直于ad的恒定速度穿过磁场区域，从B点进入磁场开始计时，3s末AC刚好到达b点。规定逆时针方向为感应电流的正方向，水平向左为导线AC受到的安培力的正方向，此过程中线框中的感应电流i、AC受到的安培力FAC，二者与时间t的关系图像可能正确的是()答案BC解析设导线框速度为v，电阻为R，则0~1s内电流i1=E1R=Bvt·vR=Bv2Rt，可知电流从0均匀增大到BlvR，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向；1~2s内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，且两边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，此时两边产生的感应电动势相加，可得i2=E2R=B×2(2l-vt)vR=4BlvR-2Bv2Rt，可知电流从最大2BlvR均匀减小到0，由右手定则可知电流方向为顺时针，为负方向；2~3s内，导线框离开磁场，电流i3=E3R=B(3l-vt)vR=3BlvR-Bv2Rt，可知电流从最大BlvR均匀减小到0，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向。所以B选项正确，A选项错误；根据0~1s内，AC在磁场外，安培力FAC1=0，1~2s内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，AC边安培力大小FAC2=B×B×2(2l-vt1.电磁感应中常见的图像常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。2.解答此类问题的两个常用方法(1)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。(2)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。考点三电磁感应中的动力学与能量问题1.电磁感应综合问题的解题思路2.求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)，导体切割磁感线且电路为纯电阻电路时适用；(3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。例6(多选)(2025·山西省部分学校联考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属轨道ab、cd固定在水平面内，相距为L，电阻不计，导轨平面处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，ac间接有阻值为R的电阻，电阻为r、质量为m的金属导体棒MN垂直于ab、cd放在轨道上，与轨道接触良好，导体棒MN的中点用与轨道平行的绝缘轻绳经过滑轮与质量也为m的物块相连。物块放在倾角为θ的绝缘斜面上，不计一切摩擦。若初始时刻给导体棒一个水平向左的初速度为v0，运动过程中导体棒始终未离开水平轨道，物块始终未离开斜面，运动过程中轻绳始终与斜面平行且处于绷紧状态，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.初始时刻导体棒的加速度大小B2L2vB.导体棒的加速度先增大后减小C.导体棒的加速度一直减小D.导体棒最终的速度为mg答案CD解析初始时刻，将导体棒和物块作为整体，分析受力，由牛顿第二定律，可得BIL+mgsinθ=2ma，其中I=BLv0R+r，联立解得a=B2L2v02m(R+r)+12gsinθ，A错误；向左运动过程中a=B2L2v2m(R+r)+12gsin例7(多选)(2025·河北廊坊市模拟)如图所示，水平虚线M、N间存在垂直于纸面向里、沿水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为L的正方形导线框abcd由虚线M上方无初速度释放，在释放瞬间ab边与虚线M平行且相距为L。已知线框的质量为m，电阻为R，线框cd边刚要进磁场时，线框的加速度为零，线框ab边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，重力加速度为g，线框在运动过程中始终在垂直于磁场的竖直面内，ab边始终水平，忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A.线框进磁场的过程可能是加速运动B.线框进磁场过程通过线框横截面的电荷量为BC.通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为2mgLD.M、N间的距离为2L-m答案BD解析若导线框在穿越磁场的过程中，先加速，则线框刚进入磁场时受到的重力大于安培力，线框在进入磁场的过程中，可能一直加速直到完全进入磁场，或者先加速再匀速进入磁场，完全进入磁场后，线框只受到重力的作用，接着将加速，一直到线框刚出磁场，显然此时ab边与两虚线重合时的速度大小不可能相等，后面的速度大于前面的速度，故A错误；线框进磁场过程中的平均感应电动势E=ΔΦΔt，平均电流为I=ER，通过的电荷量为q=IΔt，磁通量的变化量为ΔΦ=BL2，联立可得线框进磁场过程中通过线框横截面的电荷量为q=BL2R，故B正确；线框cd边刚要进磁场时，线框的加速度为零，根据平衡条件，有mg-B2L2vR=0，解得v=mgRB2L2，从开始释放到线框cd边刚要进磁场时，根据能量守恒，有Q热=mg·2L-12mv2，解得Q热=2mgL-m3g2R22B4L4，因线框ab边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，所以线框进入过程和穿出过程产生的热量相等，即通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为Q=2Q热=4mgL-m3g2R例8(2025·河北省模拟)如图所示，间距L=2m的光滑平行导轨及其所在平面与水平面的夹角均为θ=30°，导轨底端AB水平，且接有一个特殊的电源，电路接通后该电源在不同的外接负载条件下均保持所输出的电流恒定为I=0.5A，导轨上C、D两点连线与AB平行，E为导轨平面上一点，C、D、E的连线构成等腰直角三角形，O点为等腰直角三角形CDE过E点高的中点，三角形内部存在垂直导轨平面向下，磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。将一长度也为L=2m，质量m=0.05kg，电阻为定值的导体棒放置在C、D位置，导体棒受到C、D两处挡板的作用处于静止状态。导轨足够长，重力加速度g取10m/s2。求：(1)闭合开关S的瞬间，导体棒的加速度a的大小；(2)导体棒第一次经过O点时速度v0的大小；(3)已知闭合开关S后经π4s导体棒第一次经过O点，若以O点为原点沿斜面向上为正方向建立x坐标轴，请写出导体棒所受合力F合与其坐标x的关系式及导体棒从O点第一次到达x=0.25m所用的时间t答案(1)5m/s2(2)102(3)F合=-0.5x(N)π12解析(1)由左手定则可知导体棒所受安培力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得BIL-mgsinθ=ma解得a=5m/s2(2)导体棒沿斜面向上运动位移d=0.5m时第一次经过O点，由几何关系易得此时导体棒处于磁场中的长度为L'=1m；向上运动过程中导体棒处于磁场中的长度随其位移均匀减小，安培力做功W=FAx=BIL解得W=316由动能定理得W-mgdsin30°=m解得v0=102(3)导体棒坐标为x时，导体棒处于磁场中的长度为L2-2合力大小F合=BI(L2-2x)-mgsin即F合=-0.5x(N)可知导体棒以O点为中心做简谐运动，振幅A=0.5m，且导体棒第一次经过O点用时π4s为四分之一周期，可得T=π导体棒过O点后再经A2第一次到达x=0.25从导体棒第一次经过O点时开始计时，则有x=Asin2πT解得所用时间t=T12=π12电磁感应中的动力学和能量问题棒、框受力平衡静止闭合K，ab恰好静止棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零匀速运动恰好匀速进入磁场棒的最大速度棒、框受力不平衡变加速运动棒在恒力作用下从静止开始运动棒从静止开始下滑受力分析，分析加速度的变化：a=Fm-a=gsinθ-B棒做加速度减小的加速运动匀加速运动a=mMN棒：F-B2L2(PQ棒：B2L2(棒、框运动过程中能量问题棒、框从某一速度到另一速度棒从静止到匀速时产生的焦耳热利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配专题强化练[分值：50分][1~5题，每题4分，6~8题，每题6分][保分基础练]1.(2025·甘肃卷·6)闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是()A.在0~T4内，Φ和EB.当t=T8与3T8C.当t=T4时，Φ最大，ED.当t=T2时，Φ和E答案C解析在0~T4时间内，磁感应强度B增加，根据Φ=BS可知磁通量Φ增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔBΔtS，感应电动势E逐渐减小，选项A错误；当t=T8和t=3T8时，因B-t图像的斜率绝对值相等，符号相反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，选项B错误；t=T4时，B最大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，选项C正确；t=T2时，B2.(2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是()A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针答案A解析线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中穿过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。3.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·9)如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t=0时，abef与水平面平行，则()A.t=0时，电流方向为abcdefaB.t=0时，感应电动势为Bl2ωC.t=πωD.t=0到t=πω答案AB解析线框转动时，切割磁感线产生电动势的两条边为cd和af，t=0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生感应电动势，此时af边切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，感应电动势为E=Blv=Blωl=Bl2ω，A、B正确；t=πω时，线框旋转180°，此时依旧是af边切割磁感线产生感应电动势，感应电动势不为零，C错误；t=0到t=πω的过程中，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量大小为|ΔΦ|=2BS=2Bl2，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E=|ΔΦΔ4.(多选)(2025·河南卷·9)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是()A.若Ic沿顺时针方向，Id=0，则表明a的方向向右B.若Id沿顺时针方向，Ic=0，则表明a的方向向下C.若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>IdD.若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic<Id答案BC解析若Ic沿顺时针方向且Id=0，由左手定则可知线圈c受到的安培力向右，则手机框架向左运动，加速度方向向左，A错误；若Id沿顺时针方向且Ic=0，由左手定则可知线圈d受到的安培力向上，则手机框架向下运动，加速度方向向下，B正确；若a的方向沿左偏上30°，说明手机框架向上运动以及向左运动，且向左运动的分速度大于向上运动的分速度，可知线圈c受到的安培力向右，Ic沿顺时针方向，线圈d受到的安培力向下，Id沿逆时针方向，又由E=Blv，I=ER，可知Ic>Id，C正确；若a的方向沿右偏上30°，同理可知Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，且Ic>Id，D5.(多选)(2025·江西省模拟)如图，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界P、Q、M水平，两磁场的方向相反，磁感应强度大小均为B，磁场Ⅰ的宽度为L，磁场Ⅱ的宽度大于L。边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd自距磁场边界P上方L处自由下落，当ab边刚进磁场Ⅱ时线框的加速度为零；当ab边刚出磁场Ⅱ时，线框的加速度也为零。重力加速度大小为g，线框运动过程中，线框平面与磁场始终垂直，ab边始终水平，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A.当线框ab边刚进磁场Ⅱ时，线框的速度大小为mgRB.线框ab边通过磁场Ⅰ的过程中，通过线框横截面的电荷量为BC.磁场Ⅱ的宽度为L+15D.线框通过磁场过程中，线框中产生的焦耳热为4mgL+7答案BC解析设线框ab边刚进磁场Ⅱ时速度为v1，根据题意可得2B2BLv1RL=mg，解得v1=mgR4B2L2，故A错误；线框ab边通过磁场Ⅰ的过程中，通过线框横截面的电荷量q=ΔΦR=BL2R，故B正确；设线框ab边刚出磁场Ⅱ时，线框的速度大小为v2，则B2L2v2R=mg，解得v2=mgRB2L2，设磁场Ⅱ的宽度为d，则d=L+v22-v1[争分提能练]6.(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解析设