2026高考物理二轮复习专题06 电路与电磁感应（6大题型）（题型专练）（解析版）

PAGE1PAGE专题06电路与电磁感应目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练考向01直流电路的动态分析 考向02交流电的产生、描述以及变压器 考向03楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 考向04电磁感应的图象问题 考向05电磁感应中的力、电综合与能量转化问题 考向06电磁感应中的动量问题 第三部分综合巩固整合应用，模拟实战题型解码电路的基本结构与规律与电磁感应电动势产生的机制一直是高考命题的热点，尤其喜欢以选择题的形式考察电路的简单分析、电磁感应的基本规律以及变压器的相关计算等。本专题包括了两类电路模型的分析比较，电磁感应的综合问题。通过本专题的复习与讲解旨在培养学生应用所学知识解决综合问题的能力。考向破译考向01直流电路的动态分析【典例引领1】如图所示的闭合电路中，、为定值电阻。当变阻器的滑动触头P向上滑动时，理想电压表与电流表的示数分别为U、I，其变化量的绝对值分别为、。下列说法中正确的是（）A．U不变 B．I变大C． D．的功率变大【答案】D【详解】AB．当变阻器的滑动触头P向上滑动时，阻值增大，则总电阻增大，总电流变小，路端电压增大，即U增大，I变小，选项AB错误；C．根据U=E-Ir可知选项C错误；D．路端电压增大，总电流变小，R1电压变小，可知R2两端电压增大，则的功率变大，选项D正确。故选D。【方法透视】1.直流电路的动态分析方法(1)程序法：部分电路阻值变化→电路总电阻R总变化→干路电流I变化→路端电压U变化→各分量变化，即R局eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,减小))→R总eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,减小))→I总eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(减小,增大))→U端eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,减小))→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I分,U分))。(2)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)。所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)。2．直流电路中的功率变化的判断(1)定值电阻的功率随其电压或电流的增大而增大。(2)外电阻越接近电源的内阻，电源输出功率越大，等于内阻时电源的输出功率最大。(3)判断变化电阻的功率时，可以将其他电路等效到电源内部，当变化电阻等于等效电阻时其功率最大，若不能等于则越接近越大。【变式演练】【变式1-1】在如图所示电路中，电源电动势，内阻，定值电阻，，滑动变阻器的取值范围为，所有电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，电压表电压表电流表A示数的变化量分别为。下列说法正确的是（）A．读数变小，读数变大，大于B．，C．的功率先增大后减小，最大值为D．电源的输出功率先增大后减小，最大值为【答案】C【详解】将和等效为电源内阻，则等效电源的电动势等效内阻A．当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，读数变小，则读数变大，因可知小于，故A错误；B．根据欧姆定律则根据闭合电路的欧姆定律可得故B错误；C．将等效为新电源的内阻，内阻为当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电阻从0增加到30Ω，可知的功率先增大后减小，当时功率最大，最大值为故C正确；D．当滑动变阻器的滑片在a端时，电源的外电阻为当滑动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻为电源E的内阻，根据电源输出功率和外电阻关系可知，滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源的输出功率一直减小，故D错误。故选C。【变式1-1】如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒定的小灯泡，为定值电阻，为半导体材料制成的光敏电阻（光照越强，电阻越小），电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电油滴处于静止状态，电源负极接地，下列说法正确的是（）A．若将的滑片下移，电压表的示数增大B．若光照变强，则P点电势升高C．若光照变强，则灯泡变暗D．若断开B节点，并将电容器上极板上移，油滴仍然保持静止【答案】D【详解】A．由于电容器在直流电路中相当于断路，所以当电路稳定时，相当于导线，将的滑片下移时，电压表的示数保持不变，故A错误；BC．若光照变强，光敏电阻减小，总电阻变小，电流变大，则通过小灯泡的电流变大，灯泡变亮；电容器两端电压为I变大，则变小，即电容器两板间的电压变小，场强变小，P点与下极板间电势差变小，则P点电势降低，故BC错误；D．断开B节点，电容器电量保持不变，并将电容器上极板上移，根据，，整理得保持不变，油滴仍然保持静止，故D正确。故选D。考向02交流电的产生、描述以及变压器【典例引领2】如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（）A．电流表A示数增大 B．电压表V示数减小C．定值电阻R消耗的功率减小 D．原线圈的输入功率先减小后增大【答案】C【详解】B．根据可知副线圈电压保持不变，即电压表V示数不变，故B错误；A．分析右端电路可知，R与滑动变阻器下半部分并联后，再与上半部分串联接入电路。设滑动变阻器下边的电阻为x，则副线圈中的总电阻为当变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，副线圈的阻值增大，根据可知副线圈电流减小，由可知原线圈电流减小，即电流表A示数减小，故A错误；C．在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，滑动变阻器下半部分和R并联部分电压减小，定值电阻R消耗的功率减小，故C正确；D．原线圈的输入功率随着原线圈电流的减小而减小，故D错误。故选C。【方法透视】1.解决交变电流问题要注意的几点(1)理解几个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流的特点。①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不变。(2)区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值。(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的能量问题。(4)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路①根据已知图象或由公式Em＝NBSω确定正、余弦交变电流的峰值，其中ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn(n为转速)。②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。a．若线圈从中性面位置开始计时，则e­t图象为正弦函数，e＝Emsinωt;b．若线圈从垂直中性面位置开始计时，则e­t图象为余弦函数，e＝Emcosωt。2.计算交变电流有效值的方法(1)分段计算电热，然后求和得出一个周期内产生的总热量．(2)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分别求得电流有效值和电压有效值．(3)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的eq\f(1,4)(但必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq\f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解．3.变压器动态变化分析方法(1)变压器动态分析常见的两种情况①负载不变，匝数比变化；②匝数比不变，负载变化。(2)处理此类问题应注意三点①根据题意分清变量和不变量；②要弄清“谁决定谁”的制约关系——电压是输入决定输出，电流和功率是输出决定输入；③动态分析顺序：a．由U1和eq\f(n1,n2)决定U2；b．由负载电阻R和U2决定I2；c．由P2＝U2I2确定P1；d．由P1＝U1I1确定I1。4．解决远距离输电问题的一般思路(1)电路分析：远距离输电线路由升压变压器、输电线、降压变压器和负载四部分组成。(2)电压关系：升压变压器输入电压U1是不变的，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可以确定升压变压器的输出电压U2，输电线上有一定的电压损失，ΔU＝I2R。降压变压器输入端电压U3＝U2－ΔU，降压变压器输出电压U4由eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)确定。(3)功率关系：升压变压器输入功率为P1，输电线上损失功率为ΔP＝Ieq\o\al(2,2)R，降压变压器输出功率为P4，则P1＝P4＋ΔP＝P4＋Ieq\o\al(2,2)R。(4)电流关系：用户电路的电流由I4＝eq\f(U用,R用)确定，降压变压器的电流由eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)确定，升压变压器的输出电流I2＝I3，升压变压器的输入电流由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)确定。【变式演练】【变式2-1】如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按正弦规律变化，图象如图乙所示。发电机线圈内电阻为，外接灯泡的电阻为。则（）A．在的时刻，穿过线圈磁通量最大B．通过灯泡的电流为C．电压表的示数为5VD．前内灯泡消耗的电能为【答案】D【详解】A．在t=0.005s的时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈磁通量为零，故A错误；B．电动势有效值通过灯泡的电流为故B错误；C．电压表的示数为U=IR=4V故C错误；D．前内灯泡消耗的电能为故D正确。故选D。【变式2-2】如图所示，图甲为方波交流电源的电压随时间周期性变化的图像，图乙所示为给方波交流电源加上二极管后得到的电压随时间周期性变化的图像，则图甲和图乙中电压有效值之比为（）A．：1 B．1： C．1：2 D．2：1【答案】A【详解】根据有效值定义可得图甲解得图乙，同理可得解得故故选A。【变式2-3】如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比，在原线圈回路中接有定值电阻，副线圈回路中接有滑动变阻器。原线圈一侧接在电压恒为的正弦式交流电源上，电流表和电压表均为理想交流电表。滑动变阻器滑片自上向下滑动时，下列说法正确的是（

）A．电压表的示数增大 B．电流表的示数增大C．电压表的示数减小 D．电流表的示数先增大后减小【答案】BC【详解】设原副线圈中电流分别为、，由于是理想变压器，则联立解得滑动变阻器滑片自上向下滑动时，减小，变大，减小，电压表示数减小，故BC正确，AD错误。故选BC。【变式2-4】．我们一般把变压器分成左右两个电路来看待，使得在分析时将问题变得复杂。现在我们将变压器与负载视为一个整体，等效为一个新的电阻，变成一个单一的回路。若已知原、副线圈的匝数比为，副线圈所接电阻为，则等于（）A． B． C． D．【答案】B【详解】设原线圈的输入电压为，则副线圈的输出电压为则电阻消耗的功率为将变压器与负载视为一个整体，等效为一个新的电阻，则消耗的功率为又联立可得故选B。考向03楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用【典例引领3】有一种科普玩具由一枚强磁铁和一根厚铝管组成，铝管竖直放置，磁铁从铝管上端口由静止释放，在铝管内下落很慢。小明同学认为铝管可以等效成多个铝环叠放，所以用套在长玻璃管外的线圈代替铝环，结合传感器进行研究，如图甲所示。现将连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上，如图甲所示。将强磁铁从离玻璃管上端高为h处由静止释放，磁铁在玻璃管内下落并穿过线圈。如图乙所示是实验中观察到的线圈中电流随时间变化的图像，则（）A．该科普玩具的原理是电流的磁效应B．若上下翻转磁铁，电流先负向后正向C．线圈匝数加倍后重复实验，电流峰值将加倍D．h加倍后重复实验，电流峰值将加倍【答案】B【详解】A．该科普玩具的原理是电磁感应，故A错误；B．磁铁上下翻转后重复实验，穿过圆环过程中，磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将会产生负向电流后产生正向电流，故B正确；C．若将线圈匝数加倍后，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中感应电动势也加倍，由电阻定律可知，线圈匝数加倍，长度也加倍，电阻加倍，由欧姆定律可知，线圈中感应电流的峰值不会加倍，故C错误；D．若没有磁场力，则由机械能守恒定律可得若将h加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度也不是原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，故D错误。故选B。【方法透视】1.感应电流方向的判断方法(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。2．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)阻碍相对运动——“来拒去留”。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。3．感应电动势大小的计算情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvE＝eq\f(1,2)BL2ω从图示时刻计时E＝NBS·ωcosωt【变式演练】【变式3-1】如图所示，螺线管竖直固定，螺线管正下方水平地面上有一金属圆环，螺线管的轴线通过圆环的圆心，给螺线管通入如图所示方向的电流，电流均匀增大，圆环保持不动，则下列说法正确的是（）

A．从上往下看，圆环中有顺时针方向的感应电流B．圆环中磁通量均匀增大C．圆环中感应电流均匀增大D．圆环受到的安培力均匀增大【答案】BD【详解】AB．根据安培定则可知通电螺线管下端为N极，螺线管上电流电流均匀增大，根据电流的磁效应，所以磁场均匀变大，那么圆环中磁通量均匀增大，根据楞次定律可知，从上往下看，圆环中有逆时针方向的感应电流，A错误，B正确；C．根据法拉第电磁感应定律与对AB选项的分析可知：圆环中感应电流大小恒定，方向不变，C错误；D．由于螺线管中的磁场在圆环位置均匀变大，所以圆环受到的安培力均匀增大，D正确。故选BD。【变式3-2】如图所示，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l=0.40m的正方形金属框的D点上。金属框的一条对角线AC水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。己知构成金属框的导线单位长度的阻值为=5.0×10-3Ω/m。在t=0到t=3.0s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制）。则下列说法正确的是（）A．t=0到t=3.0s时间内，金属框中产生的感应电动势为0.016VB．t=0到t=3.0s时间内，金属框中的电流方向为A→D→C→B→AC．t=2.0s时金属框所受安培力的大小为ND．在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热为0.032J【答案】C【详解】A．t=0到t=3.0s时间内，金属框中产生的感应电动势为故A错误；B．根据楞次定律的增反减同可知t=0到t=3.0s时间内，金属框中的电流方向为D→A→B→C→D。故B错误；C．由欧姆定律。可得t=2.0s时磁感应强度为金属框处于磁场中的有效长度为所受安培力的大小为N故C正确；D．在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热为故D错误。故选C。【变式3-3】线圈炮由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相互作用原理而工作。如图所示，弹丸线圈放在绝缘且内壁光滑的水平发射导管内。闭合开关后，在加速线圈中接通方向如图所示、大小变化的电流，发现静止的弹丸线圈向右发射，则下列说法正确的是（）A．加速线圈内部磁场方向向左B．穿过弹丸线圈的磁通量减小C．加速线圈中的电流变大D．加速线圈中的电流变化越快，弹丸线圈中感应电动势越小【答案】C【详解】A．根据安培定则可知，加速线圈内部磁场方向向右，A错误；BC．静止的弹丸线圈向右发射，则弹丸线圈内产生感应电流，根据楞次定律可知，加速线圈中应通有增大的电流使得通过弹丸线圈磁通量增大，弹丸远离加速线圈，B错误，C正确；D．根据法拉第电磁感应定律可知，加速线圈中的电流变化越快，弹丸线圈中感应电动势越大，D错误。故选C。考向04电磁感应的图象问题【典例引领4】一长直导线与闭合金属线框放在同一竖直面内，如图甲所示，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示（以竖直向上为电流的正方向）。则在0～T时间内，下列说法正确的是（）

A．时间内，穿过线框的磁通量最小B．时间内，线框中始终产生逆时针方向的感应电流C．时间内，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势D．时间内，线框所受安培力的合力方向向右【答案】BC【详解】A．时间内，长直导线中的电流最大，且保持不变，所以穿过线框的磁通量最大，A错误；BC．在时间内，导线中的电流先反向减小后正向增大，线框内的磁通量先减小后增大，由楞次定律可以判断线框中感应电流的方向始终沿逆时针方向，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，BC正确；D．时间内，导线中电流保持不变，穿过线框的磁通量不变，所以线框内无感应电流产生，线框不受安培力的作用，D错误。故选BC。【方法透视】1．图象类型2．分析方法3．解答电磁感应中图象类选择题的两个常用方法排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断【变式演练】【变式4-1】水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线固定在桌面上，如图甲所示。当长直导线中的电流按图乙的规律变化时（图甲所示电流方向为其正方向），则（

）A．，线框内电流的方向为abcdaB．，线框内电流的方向为abcdaC．，线框所受安培力方向先向左后向右D．，线框所受安培力方向一直向左【答案】A【详解】A．，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，选项A正确；B．，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为adcba，选项B错误；C．，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向右，bc受安培力向左，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向一直向右，选项C错误；D．，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向左，bc受安培力向右，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向向左，可知，线框所受安培力方向先向左后向右，选项D错误。故选A。【变式4-2】如图所示，空间有一个边长为2L的等边三角形匀强磁场区域，现有一个底边长为L的直角三角形金属线框，电阻为R，高度与磁场区域相等，金属线框以速度v匀速穿过磁场区域的过程中，规定逆时针方向的电流为正，则下列关于线框中感应电流i随位移x变化的图线正确的是（开始时线框右端点与磁场区域左端点重合）（）A． B．C． D．【答案】B【详解】时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里增大，由楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向为正，设线框有效切割长度为l，则由几何关系有由法拉第电磁感应定律有由闭合电路欧姆定律知当时时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里增大，由楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向为正，由几何关系可得当时，；时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里减小，由楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向为负，当斜边刚出磁场时之后，由几何关系可得当时，，B图符合题意。故选B。【变式4-3】如图甲所示，足够长的光滑金属导轨处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图乙所示。导轨左端接有一个电阻值恒为R的灯泡。从0时刻开始，垂直于导轨的导体棒ab在水平外力F的作用下从导轨的左端沿导轨以速度v水平向右匀速运动。导体棒ab的长度为l，导体棒运动过程中与导轨接触良好，导体棒与导轨的电阻均不计。在导体棒ab向右运动的过程中，下列说法正确的是（）A．灯泡亮度不变B．水平外力F逐渐变小C．在t0时刻，D．在t0时刻，【答案】C【详解】A．时刻t时磁感应强度大小为动生电动势为感生电动势为总电动势为灯泡的电流为灯泡亮度增大，A错误；B．根据平衡条件得解得水平外力F逐渐变大，B错误；CD．在t0时刻解得C正确，D错误。故选C。【变式4-4】．舰载机返回航母甲板时有多种减速方式，如图所示，为一种电磁减速方式的简要模型。固定在水平面上足够长的平行光滑导轨，左端接有定值电阻，整个装置处在匀强磁场中。现有一舰载机可等效为垂直于导轨的导体棒ab，以一定初速度水平向右运动，导体棒和导轨的电阻不计。则导体棒运动过程中，其速度v、加速度a随运动时间t的关系图像可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】AB．导体棒切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，由可知，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动。故A错误；B正确；CD．导体棒的最大加速度为导体棒做加速度减小的减速运动，可知a-t图像的形状与v-t图像类似，为凹函数。故CD错误。故选B。【变式4-5】两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流为顺时针方向时，感应电动势取正），下列说法正确的是（）A．磁感应强度的方向垂直于纸面向里B．磁感应强度的大小为0.5TC．导线框运动的速度大小为0.5m/sD．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N【答案】C【详解】A．由题图（b）可知，导线框刚进入磁场时，感应电流为顺时针方向，由右手定则和楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，故A错误；C．0.2~0.4s时间内线框没有产生感应电动势，则线框进入磁场的时间为0.2s，由于线框匀速运动，可得故C正确；B．线框进入磁场时，感应电动势为0.01V，所以故B错误；D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，感应电动势为0.01V，则感应电流为导线框所受安培力大小为故D错误。故选C。考向05电磁感应中的力、电综合与能量转化问题【典例引领5】如图甲所示，不计电阻的足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直固定，其间距L=1m，磁感应强度大小B=1T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一电阻R=0.75Ω，一阻值r=0.25Ω、长度L=1m的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中金属棒ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，忽略金属棒ab运动过程中对原磁场的影响，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（）A．金属棒ab稳定运动时的速度大小为6m/sB．金属棒ab的质量为0.8kgC．金属棒ab匀速运动时，其两端的电压为2VD．在t0~t0+1s内，金属棒ab中产生的热量为16J【答案】BD【详解】A．由图乙可知，金属棒先向下做加速运动后做匀速运动，匀速运动的速度大小为故A错误；B．匀速阶段有所以故B正确；C．金属棒ab匀速运动时，其两端的电压为故C错误；D．在内，金属棒ab中产生的热量为故D正确。故选BD。【方法透视】1.分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a的变化，a的变化又影响v的变化．2.克服安培力做功的过程就是其他形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．3.电磁感应中的力电综合问题的分析思路注：有些物理量必须用动量定理或动量守恒定律定量计算(参考易错警示)。4．求解电磁感应问题中焦耳热的三个途径(1)感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安，一般用于电流变化的电路。(2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt，一般用于电流恒定的电路。(3)感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解。【变式训练】【变式5-1】如图所示，间距为的平行光滑金属导轨中间水平部分长为，距离地面高度为，导轨右侧向上弯曲部分为半径为的四分之一圆弧，且圆弧导轨左侧最低点切线水平，导轨左侧向下弯折，位于竖直平面内，并连接定值电阻。水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。将质量为的导体棒从圆弧的最高点由静止释放，导体棒最终从中间水平导轨左边缘飞出并落至水平地面上的点（图中未画出）。已知重力加速度为，空气阻力忽略不计，导体棒接入回路的电阻为，金属导轨电阻不计，导体棒在导轨上运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好，则下列说法正确的是（

）A．导体棒在磁场中运动的最大加速度为B．通过导体棒的电荷量为C．点到的水平距离为D．定值电阻上产生的焦耳热为【答案】AC【详解】A．设导体棒运动到圆弧最低点的速度为，则根据动能定理有此后导体棒进入磁场区域做减速运动，则导体棒在磁场中运动时在位置加速度最大，此时根据牛顿第二定律有其中解得选项A正确；B．导体棒在磁场中运动时产生的平均电动势平均电流电荷量解得选项B错误；C．导体棒在磁场中做减速运动，根据动量定理有其中导体棒水平飞出后做平抛运动，有解得选项C正确；D．根据能量守恒定律有定值电阻上产生的焦耳热解得选项D错误。故选AC。【变式5-2】如图所示，线框ac、bd边长为2L、电阻不计，三条短边ab、cd、ef长均为L、电阻均为R，ef位于线框正中间。线框下方有一宽度为L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，cd边与磁场边界平行，当cd距磁场上边界一定高度时无初速释放线框，线框cd边进入磁场时线框恰好匀速运动，下落过程中线框始终在竖直面内，已知线框质量为m，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）A．线框通过磁场过程中流过ab边的电流不变B．线框通过磁场过程中a、b两点间电势差始终为C．释放时cd边到磁场上边界高度为D．整个过程中ab边产生的焦耳热一定为2mgL【答案】BC【详解】A．设整个运动过程中，产生的感应电流为I，当cd和ef通过磁场的过程中，流过ab的电流为两个电阻大小相等支路的电流，大小均为，方向均为b→a；当ab通过磁场的过程中，流过ab的电流为等效电路的干路电流，大小为I，方向为a→b，A错误；B．线框cd边进入磁场时的速度为，则有线框受到的安培力联立解得根据线框构成等效电路的特点可知线框在通过磁场的过程中将始终做匀速运动，a、b两点间电势差始终等于对应等效电路的路端电压的相反数，即解得B正确；C．设释放时cd边到磁场上边界高度为h，根据运动学公式可得解得cd边进入磁场时的速度大小为结合上述分析可得联立解得故C正确；D．根据焦耳定律可得整个过程中ab边产生的焦耳热为解得D错误。故选BC。【变式5-3】如图所示，平行光滑金属导轨间距为，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两个相同的金属棒垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每个金属棒质量为，接入电路的电阻均为。开始时棒锁定在轨道上，对棒施加水平向右的恒定拉力，经时间棒的速度达到最大值，此时撤去拉力，同时解除对棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。则（）A．匀强磁场的磁感应强度大小为 B．撤去拉力前棒前进的距离为C．撤去拉力前棒前进的距离为 D．全过程中回路产生的焦耳热为【答案】AC【详解】A．ab棒匀速时受力平衡，有解得故A正确；BC．ab棒从开始运动到匀速，列动量定理解的故B错误，C正确。D．ab棒从开始运动到匀速的过程中能量守恒解得故D错误。故选AC。【变式5-4】如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨固定在同一水平面内且平行放置，导轨间距为，水平面内存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，导轨左侧与一阻值为的电阻相连，一质量为的金属棒在外力作用下沿导轨向右运动，外力与金属棒运动的时间的关系如图乙所示，图像斜率为，其余电阻不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（）A．当时，金属棒做匀加速直线运动，加速度为B．当时，金属棒做加速度减小的加速运动，最终加速度为C．当时，金属棒做加速度增大的加速运动，最终加速度为D．当时，金属棒做加速度减小的加速运动，最终加速度为【答案】AD【详解】A．金属棒开始做加速运动，根据牛顿第二定律若此后过程中金属棒做匀加速直线运动，则有对金属棒受力分析，根据牛顿第二定律方程右侧为定值，需满足左侧的系数为零，即解得即当时金属棒做的匀加速直线运动，故A正确；BC．同理，根据牛顿第二定律可得故当时，初始加速度较小，的系数大于零，加速度随时间增大，最终稳定时的系数为零，金属棒做匀加速直线运动，满足即故BC错误；D．根据牛顿第二定律可得故当时，金属棒初始加速度较大，的系数小于零，加速度随时间减小，最终稳定时的系数为零，金属棒做匀加速直线运动，满足即故D正确。故选AD。考向06电磁感应中的动量问题【典例引领6】如图所示，足够长的形金属框质量，放在光滑绝缘水平面上，相距的两条边、相互平行，电阻的边垂直于边。质量的光滑导体棒横放在金属框上，其接入电路的电阻。棒被左侧固定在水平面上的两个立柱挡住。整个装置处于竖直向上的空间足够大的匀强磁场中，磁感应强度。时刻，金属框获得一水平向左、大小为的初速度，金属框停止运动时，向左运动的总位移为。已知运动过程中棒与金属框边始终垂直且接触良好，其他电阻忽略不计。下列说法正确的是（）

A．时刻，金属框的加速度大小为B．C．若仅撤去立柱，则通过棒的总电荷量为D．若仅撤去立柱，则棒上产生的焦耳热为【答案】BD【详解】A．时刻金属框开始向左运动，边切割磁感线产生的感应电动势产生的感应电流金属框受到的安培力对金属框根据牛顿第二定律有解得A错误；B．设通过边的电荷量为，则有对金属框由动量定理有解得B正确；C．若仅撤去立柱，金属框与棒组成的系统动量守恒，设共速时的速度为，则有对棒由动量定理有解得C错误；D．若仅撤去立柱，对金属框与棒组成的系统，由能量守恒定律有棒上产生的焦耳热解得D正确。故选BD。【方法透视】示意图动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热1.杆＋导轨模型可以考查学生综合运用动力学、能量、动量的观点解决电磁感应问题，有可能作为压轴题或最后一道选择题出现(如江苏高考)，所以有必要介绍一下。常见的杆＋导轨模型如下：(1)单杆模型的常见情况(2)双杆模型的常见情况杆＋导轨模型的动力学、能量分析参见典例探究例3后面的规律总结，因为杆一般做变加速运动，所以有些物理量必须从动量的角度求解。2．应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。如：Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝Δp，q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，可得q＝eq\f(Δp,BL)。eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R总)Δt＝Δp，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt，可得x＝eq\f(ΔpR总,B2L2)。(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒(上面双杆模型的第二种情况动量不守恒，须用动量定理)。解决此类问题往往要应用动量守恒定律。【变式演练】【变式6-1】如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，以直线为分界线，左、右两侧导轨的间距分别为、。导轨处在竖直向上的匀强磁场中，其中左侧磁场的磁感应强度大小为、右侧磁场的磁感应强度大小为。质量分别为、的导体棒、均垂直导轨放置，两导体棒接入电路中的阻值均为，其余电阻不计。初始时两导体棒均静止，现对棒施加水平向左的恒力，同时对棒施加水平向右的恒力，且，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触。已知从开始运动到两棒运动状态刚好稳定的过程中棒的位移大小为，则此过程中（

）A．同一时刻棒的加速度大小等于棒加速度大小的2倍B．运动状态稳定时棒做匀加速运动C．运动状态稳定时棒的速度大小为D．棒产生的焦耳热为【答案】AD【详解】A．设回路中的电流为，根据牛顿第二定律，对棒有对棒有可得A正确；B．分析可知两棒稳定的运动状态均为匀速直线运动，B错误；C．设两棒运动状态稳定时速度大小分别为、，此时闭合回路中的总感应电动势在达到稳定运动状态前的任意时刻有则可得又稳定时有其中联立解得C错误；D．在运动状态稳定前的任意时刻均有则从开始运动到运动状态稳定，棒的位移大小稳定运动时对、棒组成的系统根据能量守恒定律有棒产生的焦耳热联立解得D正确。故选AD。【变式6-2】如图所示为模拟“电磁制动”原理的示意图，间距为的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接阻值为的定值电阻，质量为、长度为、阻值为的金属棒垂直放在导轨上，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。现使导体棒以初速度向右运动，经距离后停止运动，下列说法正确的是（）A．整个过程中通过电阻的电荷量为B．当导体棒运动距离时，速度大小为C．当导体棒运动距离时，电阻的发热功率为D．若仅将磁感应强度大小加倍，则经距离后导体棒停止运动【答案】ABC【详解】A．根据动量定理可得则通过电阻的电荷量为故A正确；D．根据牛顿第二定律可得导体棒的制动距离为若仅将磁感应强度大小加倍，则制动距离将变为，故D错误；B．根据动量定理可得当时，可得故B正确；C．当时，可知电阻的发热功率故C正确。故选ABC。【变式6-3】．如图所示，光滑平行长直导轨水平放置，间距，左侧接有阻值的电阻。导体棒质量，垂直静止放在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨所在区域有垂直纸面向下的匀强磁场，磁感应强度。初始时刻给导体棒一向右的初速，滑行一段时间后导体棒速度变为，已知重力加速度，则以下说法中正确的是（）A．导体棒做匀减速运动，直到速度为0B．在时间内，导体棒向右运动的位移为2.5mC．在时间内，电阻产生的内能为D．在时间内，通过电阻的电荷量【答案】BD【详解】A.由右手定则和左手定则可知导体棒在向右运动过程中所受安培力向左，所以导体棒向右做减速运动。再由可知在减速过程中为变力，所以导体棒向右做变减速运动，直至处于静止状态，故A错误；BD.由动量定理得又由解得故BD正确；C.由能量守恒定律有解得故C错误。故选BD。【变式6-4】如图所示，光滑水平金属导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为，左侧导轨间距为，右侧导轨间距为，导轨均足够长。质量为的导体棒和质量为的导体棒均垂直于导轨放置，处于静止状态。的电阻为，的电阻为，两棒始终在对应的导轨部分运动，两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现给一水平向右的初速度，则此后的运动过程中，下列说法正确的是（）A．和组成的系统动量守恒B．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动C．最终的速度为D．从获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为【答案】CD【详解】A．导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A错误；BC．根据题意可知，当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有对导体棒ab，规定水平向右为正方向，由动量定理可得对导体棒cd，规定水平向右为正方向，由动量定理可得联立解得，故B错误，C正确；D．由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热解得故D正确。故选CD。【变式6-5】．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，已知ab棒质量为m，cd棒质量为2m，两根导体棒电阻值均为r，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。开始时两导体棒均静止，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的整个运动过程说法正确的是（）A．cd的加速度为其最大加速度的一半时其速度大小为B．cd的克服安培力所做的总功为C．通过ab的电荷量为D．两导体棒间的距离最终变为【答案】AC【详解】A．给cd棒一向右的初速度v0时的加速度最大设为am，设开始运动后某时刻，cd棒的速度为vcd，ab棒的速度为vab，则矩形回路中的感应电动势为由闭合电路欧姆定律得由安培力公式得联立以上式子可得任意时间的加速度为而最大加速度由题意可知，当cd棒加速度为最大值的一半时有两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得联立解得故A正确；B．cd棒受到向左的安培力而减速，ab棒受到向右的安培力而加速，当两者共速时回路的磁通量不变，不再产生感应电流，两棒不受安培力，而以相同的速度一起做匀速直线运动，设两棒的共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律得解得对cd棒，根据动能定理得解得cd克服安培力所做的总功为故B错误；C．对ab棒，取向右为正，由动量定理通过ab的电荷量为解得故C正确；D．设两导体棒间的距离最终变为s，则两棒相对运动的距离为s-L，通过两棒的电荷量为解得故D错误。故选AC。综合巩固1．（2025·江西·高考真题）托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管（线圈）可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示。当线圈通以如图（b）所示的电流时，产生的等离子体电流方向（俯视）为（）A．顺时针 B．逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针【答案】A【详解】由图（b）可知开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，根据右手定则可知，CS线圈产生的磁场下端为N极，上端为S极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞次定律可知产生的感应电场方向为顺时针方向（俯视），则产生的等离子体电流方向（俯视）为顺时针；同理在以后阶段通过CS线圈的电流反向增加时，情况与前一阶段等效，即产生的等离子体电流方向（俯视）仍为顺时针。故选A。2．（2025·广西·高考真题）如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路：质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能与形变量x的关系为；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中（

）A．金属棒所受安培力冲量大小为B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为C．每个定值电阻产生的热量为D．金属棒的平均输出功率为【答案】D【详解】A．根据而,解得，选项A错误；B．该过程中由动量定理解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为，选项B错误；C．由能量关系可知回路产生的总热量每个定值电阻产生的热量为，选项C错误；D．金属棒的平均输出功率，选项D正确。故选D。3．（2025·甘肃·高考真题）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。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．t在内，和E均随时间增大 B．当与时，E大小相等，方向相同C．当时，最大，E为零 D．当时，和E均为零【答案】C【详解】A．在时间内，磁感应强度B增加，根据则磁通量增加，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，感应电动势E逐渐减小，选项A错误；B．当和时，因B-t图像的斜率大小相等，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；C．时，B最大，则磁通量最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，选项C正确；D．时，B为零，则磁通量为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，选项D错误。故选C。4．（2025·北京·高考真题）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【详解】A．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；B．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；C．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；D．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。故选D。5．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为，宽均为L，电阻分别为R和。两线框在光滑水平面上以相同初速度并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（

）A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为【答案】D【详解】A．根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；B．甲线框刚进磁场区域时，合力为，乙线框刚进磁场区域时，合力为，可知；故B错误；CD．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有，同理对乙有，解得，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为，即；故C错误，D正确。故选D。6．（2025·江西·高考真题）某变压器的原线圈匝数未知，将的正弦交流电输入原线圈。改变副线圈的匝数n，测得副线圈两端的电压U与匝数n之间的关系如图所示。若该变压器为理想变压器，则原线圈的匝数最接近（）A．110 B．160 C．210 D．310【答案】C【详解】设原线圈的匝数为，根据，可得由题图可知当时，，代入可得故选C。7．（2025·福建·高考真题）在图(a)所示电路中，理想变压器原、副线圈匝数比4：1，电阻的阻值时的2倍，电压表为理想电压表。若原线圈输入如图(b)所示的正弦交流电，则（）A．交流电周期为2.25sB．电压表示数为12VC．流经副线圈的电流是流经R1的2倍D．变压器的输入、输出功率之比为4：1【答案】B【详解】A．由图可知，交流电的周期，故A错误；B．根据图乙可知，输入电压最大值，则输入电压有效值为，根据变压比可知，副线圈电压即电压表示数为，故B正确；C．R1的阻值为R2的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知，流经R1和R2的电流之比为，副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线圈干路的电流为R1电流的3倍，故C错误；D．根据变压器的原理可知，原副线圈功率相同，故D错误。故选B。8．（2025·广西·高考真题）如图电路中，材质相同的金属导体a和b，横截面积分别为、，长度分别为、。闭合开关后，a和b中自由电子定向移动的平均速率之比为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据电阻定律可得，；两支路并联有，结合电流的微观表达式；对于同种材料n、q相同；联立可得；即故选B。9．（2024·广西·高考真题）将横截面相同、材料不同的两段导体、无缝连接成一段导体，总长度为1.00m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体、的电阻率之比约为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据电阻定律根据欧姆定律整理可得结合题图可知导体、的电阻率之比故选B。二、多选题10．（2025·江西·高考真题）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，速率恒为，宽为的区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为、质量为m、电阻为R的正方形线框置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框边刚离开磁场区域时的速率恰为。若线框或边受到安培力，则其安培力大于。线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数，边始终平行于，重力加速度为g。下列选项正确的是（）A．线框速率的最小值为B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为C．线框穿过磁场区域的时间为D．边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为【答案】AD【详解】A．在边进入磁场而边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力和沿传送带平面向下的重力分力。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为，而，故已知线框受到的安培力即因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平面的安培力、重力分力、摩擦力作用下做减速运动。在边进入磁场到边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当边刚进入磁场时，线框有最小速度。设线框加速度为，根据牛顿第二定律有边离开磁场时速度恰好为，则有联立解得，故A正确；B．在边进入磁场到边进入磁场的过程中，由动能定理有则该过程产生的焦耳热在边离开磁场到边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为。因此，线框穿过磁场区域产生的焦耳热为，故B错误；C．设边进入磁场到边进入磁场的时间为，根据闭合电路欧姆定律得根据动量定理有设边进入磁场到边离开磁场的时间为，有因为边离开磁场到边离开磁场所用时间也为，所以线