第43讲 电磁感应的综合应用（专项训练）（四川专用）（教师版）

第43讲电磁感应的综合应用目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01电磁感应的电路问题题型02电磁感应的图像问题题型03电磁感应的动力学和能量问题02核心突破练03真题溯源练01电磁感应的电路问题1.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中水平放置相距L=0.50m的平行金属导轨，导轨左右两端接电阻R1和R2，阻值均为0.4Ω，磁场的磁感应强度B=0.40T。现将长度为L=0.50m、电阻为r=0.20Ω的导体棒ac垂直放在导轨上，并对导体棒施加垂直于棒的水平外力F，使棒水平向右做匀速滑动，导轨的电阻忽略不计，不计一切摩擦。当棒ac以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动0.2s的过程中，下列说法正确的是（）A．ac棒中感应电动势的大小为0.80VB．导体棒ac两端的电压Uac=0.80VC．回路中流过R1的电荷量为0.4CD．外力F做的功为0.32J【答案】AD【详解】A．ac棒中感应电动势的大小为E=BLv=0.80VB．ac棒相当于电源，则外电阻为R电路总电流为I=则导体棒ac两端的电压UacC．回路中流过R1的电荷量为q1D．根据受力平衡可得外力F大小为F=外力F做的功为WF故选AD。2.（多选）（2025·四川内江·三模）如图，两条电阻不计的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，其左端接一电池，右侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行导轨的恒力F作用下，从无磁场区域的a处由静止开始运动，到达磁场中b位置时开始反向运动。金属杆在整个运动过程中，始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。则金属杆在第一次往、返运动中，下列说法正确的是（）A．金属杆在磁场中受到的安培力始终向左B．金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动C．金属杆恰好能够回到a处D．金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处【答案】AD【详解】AB．根据左手定则可知电源产生的电流受磁场的安培力向左，金属杆到达磁场中b位置时能反向运动，说明由电源电流产生的安培力F源安大于恒力F。金属杆刚进入磁场后因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相同，可知电流中电流增加，安培力向左且大于恒力F可知导体棒必定向右做减速运动，根据a=随速度减小，则加速度减小，即导体棒向右做加速度减小的减速运动，直到速度减为零后反向运动；反向运动开始时，因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相反，安培力方向向左，则加速度a随速度增加，加速度减小，直到出离磁场边界；即整个过程中金属杆在磁场中受到的安培力始终向左，金属杆进入磁场后向右做加速度减小的减速运动，选项A正确，B错误；CD．金属杆从进入磁场到回到磁场左边界过程中，恒力F做功为零，电源提供的能量一部分要产生焦耳热，可知导体杆回到磁场左边界时的速度小于进入磁场时的速度，可知金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处，选项C错误，D正确。故选AD。02电磁感应的图像问题3.一粗细均匀、总电阻为R、边长为L的正方形单匝闭合金属线圈，静置于与线圈平面垂直的匀强磁场中，该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图所示，其中B0、tA．在0∼t0B．在t0∼3C．在0∼3t0D．在0∼3t0【答案】C【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律E=可知在0∼t0同理在t0∼3tC．根据焦耳定律可知，在0∼t0在t0∼3所以在0∼3t0时间内，该线圈中产生的焦耳热为D．在0∼3t0根据法拉第电磁感应定律可得在0∼3t0时间内，通过该线圈某截面的电量为故选C。4.（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D（D>L）、方向竖直向下的有界匀强磁场，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力大小（以向右为正）、以Uab表示线框ab两点间的电势差，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中可能正确的是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】AB．线框向右做匀速直线运动，进入磁场和出磁场过程中根据楞次定律阻碍相对运动的条件，可知拉力与安培力等大反向，即F=BIL=B即线圈进入磁场和出离磁场的过程中拉力大小相同，方向相同；线框完全进入磁场运动过程中，闭合线框中ΔΦ=0CD．线框进入磁场时，ab导体棒切割磁感线，即电源，根据右手定则可知φ所以ab两端电势差为路端电压U完全进入磁场，线框中无电流，所以U线框穿出磁场过程中，cd边切割磁感线，根据楞次定律判断感应电流可知φ则U对应图像可知，选项C正确，D错误。故选C。5.如图，在直角边长为L的等腰直角三角形区域efg内存在垂直纸面向里的匀强磁场，电阻为R、边长也为L的正方形导线框abcd在纸面上向右匀速运动，cd、ef始终在同一直线上。取逆时针方向的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流i和bc间电势差ubc随位移x变化的图像可能正确的是（

A． B．C． D．【答案】B【详解】AB．ad边的位置坐标x在0-L的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。线框bc边有效切线长度为l=L-x；感应电动势为E=B（L-x）v随x的增加电动势从开始的最大均匀减小，则感应电流均匀减小，同理，x在L-2L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流也是从最大均匀减小，故A错误，B正确。CD．正方形金属线框abcd进入磁场时，ad边为电源，若电源最大电动势E=BLv=4U0则u线框进入磁场过程中电动势均匀减小，则ubc均匀减小；同理金属框abcd穿出磁场时，此时bc为电源，开始感应电动势最大，若电源最大电动势E=4U0，则u然后均匀减小，故CD错误。故选B。6.（2025·四川内江·高三月考）如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】AB．线框右边开始进入磁场时，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，为正；当右边框开始进入右边磁场时，感应电流方向变为顺时针，为负；线框从右边磁场离开时，感应电流方向为逆时针，为正；由E=BLv及v=at得E=BLat，故只有一条边切割磁感线时感应电动势随时间为均匀增大，故感应电流也随时间均匀增大，当线框通过两磁场交界处时，ad和bc边都切割磁感线，产生两个大小相等的感应电动势，所以bc刚进入右边磁场时的感应电流是刚离开左边磁场的2倍，故A正确，B错误；CD．由E=BLv及v2=2ax可知，E=BL2ax，故电流与x成正比，每段图线都为抛物线；故CD错误；故选A。7.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框ABCD；在导线框右侧有一宽度为dd>L的条形匀强磁场区域，磁场的边界与BC边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动，t=0时BC边恰与磁场的左边界重合，随后导线框在垂直于BC边的水平外力F作用下沿直线匀加速通过磁场区域。下列F−tA． B．C． D．【答案】C【详解】线框刚进入磁场及刚出磁场时，对线框受力分析，根据牛顿第二定律可得F−其中F安=BIL=联立可得F=ma+由于线框始终做匀加速直线运动，故此阶段的F−t图像为一次函数，当线框完全进入磁场时，线框不受安培力的作用，此时F=ma，即线框受到的外力大小不变，只是比刚进入磁场和刚出磁场时的拉力略小。故选C。8.如图所示，正六边形线框abcdef边长为2a，放置在绝缘平面上，线框右侧有一宽度为4a的匀强磁场区域，pq、mn为磁场边界线，pq//mn//ce，线框以垂直pq方向的速度匀速向右运动。设线框中感应电流为I，磁场对线框的安培力为F。以逆时针方向为线框中感应电流的正方向，水平向左为安培力的正方向。线框A． B．C． D．【答案】D【详解】第一步：判断进磁场过程线框中电流方向线框进磁场过程，线框中的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向。第二步：按阶段划分线框运动过程开始计时后，在t时刻，线框d点到磁场左边界的距离x=v0t［提示：由选项可知v0感应电动势E=Bl又线框电阻不变，则回路中的感应电流随时间均匀增大，线框所受安培力F方向水平向左，安培力与时间的关系图像是过原点，开口向上的抛物线。当a<x<3a时，线框的有效切割长度不变，为23a，感应电动势不变，感应电流不变，为I=2当3a<x<4a时，线框的有效切割长度l=2感应电动势E=Bl线框中电流随时间均匀减小，沿逆时针方向，线框所受安培力F方向水平向左，安培力与时间的关系图像是顶点坐标为4av分析可知，线框出磁场过程的电流时间图线与进磁场过程的电流时间图线关于点4av0,0故选D。9.两根足够长不计电阻的光滑平行金属导轨上垂直放置两根完全相同的导体棒ab、cd，装置处于垂直导轨平面的匀强磁场中，如图所示。t=0时，对cd施加向右的恒力F，下列图像中，v、a、d、i分别为导体棒的速度、加速度、间距和电流，则不可能正确的是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】设两导体棒的质量均为m，电阻均为R，长度均为L。t=0时刻，两导体棒中的电流均为零，导体棒cd的加速度为Fm，导体棒ab的加速度为零，此后，导体棒cd向右加速运动，同时两导体棒中产生电流，导体棒ab在安培力作用下也开始向右加速运动，但导体棒cd的加速度大于导体棒ab的加速度，故两导体棒的速度差越来越大，距离也越来越大，两导体棒中的电流故两导体棒中的电流越来越大，根据牛顿第二定律有acd=故导体棒cd的加速度越来越小，导体棒ab的加速度越来越大，当两导体棒的加速度相等时，两导体棒的速度差保持不变，两导体棒中的电流也保持不变，加速度也保持不变，此后两导体棒以相同的加速度匀加速向右运动，两导体棒的距离随时间均匀增大。此题选择不可能的，故选C。10.（多选）（2025·四川南充·高三月考）边长为a、电阻为R的闭合正三角形轻质金属框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现对框架施加外力F让其水平向右匀速通过磁场，如图所示，其中拉动距离为x，外力做功功率为P，产生的感应电流和感应电动势分别为I和E，则下列图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】BD【详解】A．当框架穿出磁场x距离后，线框切割磁感线的有效长度L=2x感应电动势E=BLv=可知E与x成正比，故A错误；B．根据欧姆定律I=可得I=可知I与x成正比，故B正确；C．安培力F框架做匀速直线运动，由平衡条件得F=可知F与x2D．拉力的功率P=Fv=可知P与x2故选BD。11.（多选）光滑水平面上有一宽度为2L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，俯视图如图所示。在紧靠磁场边界处，有一边长为L的正六边形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力使线框以速度v向右匀速穿过该磁场区域，以图中线框右端初始位置为坐标原点，电流沿逆时针方向时的电动势E为正，安培力向右为正。则以下关于线框中的感应电动势E、所受安培力F随水平位移变化的图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】AC【详解】AB．根据楞次定律可知线框进入磁场过程中，电流方向沿逆时针，线框出磁场过程中，电流沿顺时针方向，则感应电动势先正，后负；设六边形的内角为θ，根据法拉第电磁感应定律可知E=Bv×2x可知进、出磁场时，电动势先均匀增大，当有效长度达到3LCD．根据楞次定律的“来拒去留”可知，安培力方向向左；根据安培力公式F=BIL=B根据数学方法求导可知，初始时图像斜率逐渐增大，故C正确，D错误；故选AC。12.（多选）如图所示，在空间中存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，MN为磁场区域的上边界，磁场上方有一个正方形导线框abcd，ab边与MN平行，线框平面处于竖直面内。已知线框质量为m，边长为L，总电阻为R，重力加速度为g，线框从图示位置由静止开始下落，则在ab边进入磁场的过程中，关于线框的运动，以下图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】BCD【详解】若线框刚进入磁场时，安培力等于重力，则线框匀速进磁场，加速度为零，即F=BIL=mg，I=ER解得v=若线框刚进入磁场时，安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，当线框速度减小到上述速度时仍未全部进入磁场，线框后面将做匀速运动；若线框刚进入磁场时，安培力小于重力，线框做加速度减小的加速运动，当线框速度达到上述速度时仍未全部进入磁场，线框后面将做匀速运动。故选BCD。03电磁感应的动力学和能量问题13.如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（）A．线框出磁场的过程中电流方向为顺时针方向B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C．线框在进磁场和出磁场的两个过程中产生的焦耳热相等D．线框在进磁场过程中通过导线横截面的电荷量大于出磁场过程中通过导线横截面的电荷量【答案】A【详解】A．线框出磁场的过程中由楞次定律知电流方向为顺时针方向，故A正确；B．线框出磁场的过程中，产生的电动势为E=BLv电流为I=受到的安培力为F联立解得F线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，故B错误；C．由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q=线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，故C错误；D．线框在进和出的两过程中产生的平均电流为I平均电动势为E通过的电荷量为q=联立可得q=由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D错误。故选A。14.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的圆形金属线框在水平拉力作用下以一定的速度v0斜向匀速通过磁场。则下列说法正确的是（

A．金属圆形线框的感应电流方向先逆时针后顺时针B．金属圆形线框所受的安培力方向先水平向左再水平向右C．水平拉力大小保持不变D．若速度v0【答案】A【详解】A．金属圆形线框进入磁场过程，穿过金属圆形线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框内感应电流方向为逆时针方向；金属圆形线框离开磁场过程，穿过金属圆形线框的磁通量向里减少，根据楞次定律可知，线框内感应电流方向为顺时针方向，故A正确；B．根据左手定则可知，线框在磁场中受到的安培力方向一直水平向左，故B错误；C．设金属圆形线框在磁场中切割磁感线的有效长度为L（切割圆弧部分沿垂直速度方向的投影长度），则有E=BLv，I=线框匀速进入磁场过程，有效长度L先增大后减小，所以线框内感应电流大小先增大后减小；同理可知金属框出磁场时产生的感应电流先增大后减小，线框在磁场中受到的安培力为F其中L′是与磁场边界平行的有效长度，根据平衡条件可知，拉力方向水平向右，大小为由于I、L′D．根据q=可知通过线框某一横截面的电量取决于磁通量变化量，与速度大小无关，故D错误。故选A。15.如图，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别以v、3v的速度沿箭头方向匀速拉出磁场，则在这两个过程中（）A．导体框中cd两端电势差相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．通过导体框横截面的电荷量相同D．导体框中产生的感应电流方向不同【答案】C【详解】A．令边长为L，导体框匀速拉出磁场过程，回路总的感应电动势分别为E1=BLv令导体框一边的电阻为R，则感应电流分别为I1=则导体框中cd两端电势差大小分别为U1=可知，导体框中cd两端电势差不相同，故A错误；B．导体框中产生的焦耳热分别为Q1=其中t1=解得Q1=可知，导体框中产生的焦耳热不相同，故B错误；C．感应电动势的平均值E1=感应电流的平均值I1=解得q可在，通过导体框横截面的电荷量相同，故C正确；D．根据右手定则可知，导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向，故D错误。故选C。16.如图，电阻不计、半径为R的金属圆环上固定了三根沿半径方向的金属棒OA、OB和OC，其阻值均为r，它们之间的夹角均为120°。圆心角为60°的扇形aOb内有如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现让金属圆环绕过圆心O且与圆环平面垂直的转轴，以角速度ω顺时针匀速转动，aOb位置不变，则（）A．OA棒通过磁场的过程中，O点的电势小于A点的电势B．OA棒通过磁场的过程中，产生的电动势为BωR²C．OA棒通过磁场的过程中，OA两端的电压为1D．圆环转动一周产生的热量为πω【答案】D【详解】A．根据右手定则，OA棒通过磁场的过程中，O点的电势高于A点的电势，选项A错误；B．OA棒通过磁场的过程中，产生的电动势为E=BRωR+0C．OA棒通过磁场的过程中，OA为电源，外电阻为r2，则OA两端的电压为UD．圆环转动一周有一半的时间导体棒在磁场内切割磁感线，则产生的热量为Q=E故选D。17.（多选）如图所示，两根倾角为θ、间距为L的足够长光滑平行金属导轨的底部接有一阻值为R的定值电阻，导轨上端开口，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。置于导轨上的质量为m的金属棒ab在与导轨平面平行的恒力F作用下，由静止开始沿导轨向上滑动，金属棒从开始运动到达到最大速度时沿导轨运动的距离为x，金属棒ab在导轨间的电阻为r，导轨电阻不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．金属棒ab由静止先做匀加速直线运动，最终做匀速直线运动B．金属棒ab匀速运动时的速度大小为F−mgC．金属棒ab沿导轨运动过程中，定值电阻的最大电功率为BD．金属棒从开始运动到达到最大速度的过程中克服安培力做的功为Fx−mgx【答案】BD【详解】A．金属棒ab由静止开始向上做加速运动，随着速度的增大，其受到的安培力增大，金属棒的加速度逐渐减小直至为零，最终做匀速直线运动，故A错误；BC．金属棒匀速运动时有F−mg又I=ER+r，E联立解得v=此时金属棒速度最大，产生的感应电流最大，则定值电阻的电功率最大P=ID．金属棒从开始运动到达到最大速度的过程中，由动能定理得Fx−mg解得W安故选BD。18.（多选）如图甲所示，整个空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置，间距为L，左端连接阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属杆垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，导轨和金属杆电阻不计。金属杆与质量为m的重物用绝缘细线绕过定滑轮连接，左边细线与导轨平行。金属杆的v－t图像如图乙所示，t＝T时剪断细线，t＝2T时金属杆速度减半，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（

）A．0～T过程中金属棒的速度v0＝mgRB．t＝2T时，金属杆的加速度大小为3gC．T～2T过程中通过电阻R的电荷量为mD．从t＝0开始金属杆的最大位移大小为mgRT【答案】AD【详解】A．设金属杆匀速运动时的速度为v0，则产生的感应电动势感应电流I受到的安培力F由于物体匀速运动，故F=mg联立解得v0B．题意知t=2T时，由于速度减半，电动势减半，电流减半，安培力减半，金属杆的加速度大小为a=FC．分析可知0~T过程，金属杆移动的位移xT～2T其中q=联立解得q=D．从剪断绳子到停止运动，对金属棒运用动量定理−BL其中q解得x故金属杆最大位移大小为xm故选AD。19.（多选）如题图甲所示，整个空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置，间距为L，左端连接阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属杆垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，导轨和金属杆电阻不计。金属杆与质量为m的重物用绝缘细线绕过定滑轮连接，左边细线与导轨平行。金属杆的v-t图像如图乙所示，t=T时剪断细线，t=2T时金属杆速度减半，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．t=2T时，金属杆的加速度大小为gB．0~T过程中电阻R上产生的热量为3C．T~2T过程中通过电阻R的电荷量为mD．从t=0开始金属杆的最大位移大小为mgRT【答案】ACD【详解】AB．设金属杆匀速运动时的速度为v0，则产生的感应电动势感应电流I受到的安培力F=B由于物体匀速运动，故F=mg解得v电阻R产生的热量Q金属杆移动的位移xt=2T时，由于速度减半，电动势减半，电流减半，安培力减半，金属杆的加速度大小为g2CD．T~2T过程中，对金属棒运用动量定理−B其中q=解得q=m从剪断绳子到停止运动，对金属棒运用动量定理−B其中q解得x故金属杆最大位移大小为x故CD正确；故选ACD。20.如图甲，abcd和a'b'c'd'为在同一水平面内的固定光滑平行金属导轨，左右导轨间距分别为2L、L，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的磁感应强度大小为B0，右侧导轨间的磁感应强度大小按图乙规律变化，两根金属杆M、N分别垂直两侧导轨放置，N杆与cc'之间恰好围成一个边长为L的正方形，M杆中点用一绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物相连，t=0时释放重物，同时在N杆中点处施加一水平向右的拉力F，两杆在0~t0时间内均处于静止状态，从t0时刻开始，拉力F保持不变，重物向下运动x距离时（M杆未到达定滑轮处），速度达到最大，已知M、N杆和重物的质量都为m，M、N接入电路的电阻都为R，不计导轨电阻，重力加速度为g，下列说法不正确的是（）A．0~t0时间内，回路中的感应电动势为BB．0~t0时间内，施加在N杆上的拉力F随时间t变化的关系为F=C．重物下落的最大速度为v=D．从t=0时刻到重物达到最大速度的过程中，回路产生的焦耳热为B【答案】B【详解】A．0~t0时间内回路的感应电动势为E根据图乙可知Δ解得E1B．根据图乙可知B=B0t0⋅t，令0~t0对N有F=B联立解得F=mgC．根据上述，t0时刻的拉力大小为F0=12mg对N进行分析有F解得a可知M、N的加速度大小相等，当a1=其中I=解得v=mgRD．在0~t0时间内，有I=在0~t0时间内，产生的热量为Q由a1=a2，M、N杆的速度在任意时刻大小均相等，位移大小也相等。则从解得Q则回路产生的焦耳热为Q=Q本题选错误的，故选B。21.如图所示的装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d，电阻均为R，质量分别为m、1A．稳定前b、c棒加速度之比为1：2 B．稳定时导体棒bC．通过b棒的电量mE9Bd2 D．导体棒【答案】D【详解】A．两棒为串联关系，电流相等，根据牛顿第二定律有F=BIL=ma解得a=故稳定前b、c棒加速度之比为abBC．闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电源电动势的关系有E=Bd根据动量定理对b棒有B对c棒有B因b、c串联，通过的电量相等，则有q=联立可得vb=E9Bd故BC错误；D．由能量守恒定律，电源提供的电能转化为动能和焦耳热qE=根据热量与电阻的正比关系可得Q联立解得导体棒b中产生的焦耳热为Qb故选D。22.（多选）如图所示，将两根质量均为m=2kg的金属棒a、b分别垂直地放在光滑水平金属导轨MNM′N′和PQP′Q′上，左右两部分导轨间距分别为d1=1m，d2=2m，导轨间存在磁感应强度大小相等方向相反的竖直匀强磁场，磁感应强度B=1T。两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。金属棒b用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一质量为mc=2kg物块cA．物块c触地时，金属棒b的速度大小为3B．物块c下落过程中，通过金属棒a的电量为6C．物块c触地后，金属棒稳定运动时，a棒的速度为2.4D．从物块c触地后开始，到两棒匀速运动过程中系统产生的热量为16.2【答案】BD【详解】A．流过金属棒a、b的电流相同，金属棒a、b的电阻之比为1：2根据能量守恒有mgℎ=v解得vvA错误；B．对金属棒a分析，设向右运动为正方向，根据动量定理−B解得q=B正确；C．c触地后，绳子无拉力，金属棒稳定运动时满足B解得v根据动量定理−B−B联立解得vvC错误；D．触地后到金属棒匀速运动过程中能量守恒，有Q=D正确。故选BD。23.（多选）两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，间距为L，导轨间有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。金属棒m、n垂直导轨静止放置，质量均为M、接入电路的电阻均为R。现给金属棒n一个水平向右的初速度v0，经过时间t，金属棒m、n速度达到稳定。金属棒m、n运动过程中始终和导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，下列说法正确的是（

A．金属棒m、n达到稳定后，速度大小均为vB．时间t内，金属棒m上产生的焦耳热为MC．时间t内，金属棒m的位移大小为vD．时间t内，金属棒n的位移大小为v【答案】BD【详解】AB．两金属棒组成的系统动量守恒，M两棒稳定后的速度大小均为v=v02，方向水平向右，根据能量守恒解得QmCD．设金属棒n速度为v1，金属棒m速度为v2回路电流为I=金属棒所受的安培力为F=BIL联立可得F=对金属棒m，由动量定理得∑其中∑解得x两棒组成的系统动量守恒Mv0两边同乘以Δt，再求和得即v联立解得x1故选BD。24.（多选）将一足够长光滑平行金属导轨固定于水平面内（如图），已知左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨足够长且电阻可忽略不计.左侧导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，右侧导轨间存在磁感应强度大小为2B、方向竖直向下的匀强磁场.在t=t1时刻，长为L、电阻为r、质量为m的匀质金属棒EF静止在左侧导轨右端，长为2L、质量为3m的匀质金属棒GH从右侧导轨左端以大小为v0的初速度水平向右运动。一段时间后，流经棒EF的电流为0，此时t=A．t1时刻流经棒GH的电流为B．t2时刻棒EF的速度大小为C．t1D．t1∼t2【答案】ABD【详解】A．棒EF、GH由相同材料制成，即电阻率ρ1、密度ρ2均相同，根据R可得R设GH的电阻为r′ 可得r根据右手定则可知，t1时刻GH产生的感应电动势方向是从H到G，回路中的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可知此时回路中的感应电流为I=EB．设t2时刻，EF、GH的速度大小分别为v1、v可得vt1∼t2对GH有−2B联立解得v1=12C．根据左手定则知EF受到的安培力水平向左，GH受到的安培力水平向左，EF的速度逐渐增大，GH的速度逐渐减小，回路中的感应电动势E逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律知，回路磁通量的变化率逐渐减小，故C错误；D．在t1∼解得回路中产生的总热量Q根据焦耳定律有Q解得QEF故选ABD。25.（多选）如图所示，导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为l、2l，质量分别为m、2m，两棒接入电路的电阻分别为R、2R，其余电阻均忽略不计；导体棒a、b均处于竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中；a、b两棒以v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，A．稳定时b棒的速度为4B．电路中产生的焦耳热为mC．流过导体棒a的某一横截面的电荷量为mD．当a棒的速度为54v0时，【答案】BCD【详解】A．稳定时回路中的电流为零，即有Bl解得v取向右为正方向，根据动量定理得，对a棒B对b棒−B联立解得稳定时两棒速度分别为va=4B．设电路中产生的焦耳热为Q，对a、b系统，根据能量守恒得Q=解得Q=1C．对a棒由动量定理有B根据q=可得Blq=m解得q=mD．当a棒的速度v′a=5对b棒−B解得v此时电路中电流I=对b棒，有BI⋅2l=2ma可知a=B故选BCD。26.（多选）如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨MNPQ、M1N1P1Q1固定在倾角为30°的斜面上，导轨电阻不计。MN与M1N1间距为2L，PQ与P1Q1间距为L。在MN与M1N1区域有方向垂直斜面向下的匀强磁场，在PQ与P1Q1区域有方向垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。在MN与M1N1区域中，将质量为m，电阻为R，长度为2L的导体棒b置于导轨上，且被两立柱挡住。PQ与A．两导体棒最终做匀加速直线运动B．t时刻，a的速度大小为mgRC．0~t内，a下滑的距离为mgRtD．a中电流的最大值为3mg【答案】ABD【详解】A．若a棒最终做匀速直线运动，则有B此时对b棒则有B可见两导体棒最终都做匀加速直线运动，故A正确；B．设t时刻，a的速度大小为v，a棒产生的感应电动势E=BLv由闭合电路欧姆定律E=2IR分析b受力BI解得v=故B正确；C．在时间t内，对a棒由动量定理有mg解得x=2R故C错误；D．由闭合电路欧姆定律，a棒中的电流满足I=对b棒，由牛顿第二定律2BIL−mg对a棒，由牛顿第二定律mg显然，当电流最大时，va−2即a解得Im故选ABD。27.（多选）如图所示，半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1，方向竖直向下的匀强磁场。一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO'上，由电动机A带动转轴以角速度ω匀速旋转。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与宽度为L的水平导轨连接，水平导轨的最右侧用一绝缘点G连接，MX段与NY段平行，XG、YG长度均为L。MN右侧存在垂直于导轨平面，大小为B，方向竖直向下的匀强磁场（两部分磁场不会相互影响）。水平导轨的左侧连接阻值为R的电阻，MN和XY之间某处静止放置一质量为m、电阻为R的导体棒PQ，已知PQ棒到达XYA．开关闭合瞬间，通过PQ棒的电流动BB．开关闭合瞬间，PQ棒的加速度为BC．PQ导体棒做匀速运动时的速度为1D．若PQ棒在到达XY处时因某种原因变成超导体，同时断开开关S，则PQ棒离开导轨的速度为B【答案】AD【详解】A．由法拉第电磁感应定律可得E=闭合开关后根据闭合电路欧姆定律I=而R联立解得I=所以流过金属棒PQ的电流I代入得到I1B．对PQ棒F由牛顿第二定律F联立解得a=BC．当BLv=14B1ωD．若PQ棒在到达XY处时因某种原因变成超导体，同时断开开关S，则对PQ棒有−i=联立可得−∑微元累加求和如图所示可知∑由数学知识可得V由上可得v′故选AD。28.（多选）如图所示，两根等高光滑的半圆形轨道，半径为r，间距为L，轨道竖直固定。轨道左、右两端分别接有电阻R1、R2。已知R1=2R2=2R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，现有一根长度稍大于L、接入电路电阻为R的轻质金属棒，从ab处开始（记为t=0时刻），在外力FA．a点电势比b点高B．t=πr3vC．金属棒到达最低点的过程中，通过电阻R2的电荷量为D．金属棒到达最低点的过程中，外力F做功为3πvr【答案】ABD【详解】A．金属棒向右切割磁感线，棒中电流由b向a，棒为电源，a端电势高，A正确；B．t=πr3v时，导体棒转过的角度为θ=π3金属棒中的电流大小为I=EC．通过金属棒的电荷量q=通过R2的电荷量qD．回路中产生按正弦规律变化的电流EWF故选ABD。29.（多选）如图所示，上下两段光滑且电阻不计的金属导轨在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L=1 m，连接处平滑，导轨位于竖直平面内，上下两端分别连接一个阻值R=0.04Ω的电阻和C=1 F的电容器，整个装置处于磁感应强度B=0.2 T的垂直导轨平面向外的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN上下两侧，质量分别为m1=0.4 kg，m2=0.2 kg，ab棒电阻为0.06Ω，cd棒的电阻不计，将ab棒由静止释放，同时距离MN为x0=8 m处的A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为2B．ab从释放到第一次碰撞前瞬间，通过ab的电荷量为16C．两棒第一次碰撞前瞬间，电容器储存的能量为1.28D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为40【答案】AC【详解】A．由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有Δ对cd根据牛顿第二定律有F−BIL−其中a2=解得a则说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有x解得a2=4故A正确；B．ab从释放到第一次碰撞前瞬间，由动量定理得m解得通过ab的电荷量为q=故B错误；C．两棒第一次碰撞前瞬间，cd的速度大小为v对cd由动能定理得F解得W由功能关系可知电容器储存的能量为E=故C正确；D．两棒恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，设竖直向下为正方向，由动量守恒定律得m解得两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为v=故D错误。故选AC。30.（多选）如图所示，水平面内间距为L的平行边界MN、PQ之间有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，边长为433L、电阻为R的正三角形金属线框ABC放在光滑绝缘水平面上，对金属线框施加一个水平力，使金属线框以速度v匀速通过匀强磁场，BCA．线框穿过磁场过程中，线框中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．线框穿过磁场过程中，克服安培力做功的功率不断增大C．从A点进磁场到BC边刚要进磁场过程中，通过BC边的电量为3D．从A点出磁场到BC边刚要进磁场过程中，回路中产生的焦耳热为4【答案】ACD【详解】A．线框穿过磁场过程中，穿过线圈的磁通量向里先增加后减小，根据楞次定律可知，线框中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，选项A正确；B．由几何关系可知，A点到BC边的距离为2L，根据安培力的功率P=BIlv=B2l2v2R，（其中l为线圈切割磁感线的有效长度）线框从A点开始进入磁场到A点出离磁场，线框切割磁感线的有效长度从零增加到L，可知克服安培力的功率逐渐变大；从AC．根据q=从A点进磁场到BC边刚要进磁场过程中，ΔΦ则通过BC边的电量为q=3D．从A点出磁场到BC边刚要进磁场过程中，线圈切割磁感线的有效长度为233L故选ACD。31.（多选）由材料相同、横截面积相同的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，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，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。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，甲进入磁场时做加速运动，下列说法正确的是（）A．乙进入磁场时做加速运动B．乙进入磁场时做减速运动C．进入磁场的过程中线圈产生的焦耳热QD．进入磁场的过程中线圈产生的焦耳热Q【答案】AC【详解】AB．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ρ0，横截面积为S，电阻率为ρ，线圈刚进入磁场时速度为v，有线框质量m=线框电阻R因为进磁场时甲受到的安培力F因为I=联立解得F由牛顿第二定律有m联立解得a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，即乙进入磁场时做加速运动，故A正确，B错误；C．线框热功率P=联立以上解得P=n×可知热功率与n成正比，甲乙线圈在磁场中运动速度相同，运动时间相同，故进入磁场的过程中线圈产生的焦耳热Q甲故选AC。32.（多选）如图，足够长的光滑平行金属轨道ad、bc水平放置，cd端连有一电阻R，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中（图中未画出）。金属杆MN在水平向右的恒力F作用下，从静止开始做加速运动，一段时间后以最大速度vmA．金属杆开始做匀加速运动，最终达到速度vB．金属杆加速运动过程中的平均速度大于vC．当金属杆的速度为vmD．金属杆从开始运动到获得最大速度的过程中，克服安培力做的功等于动能的增加量【答案】BC【详解】A．设轨道间距为L，根据安培力公式、闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律有F可知金属杆受到的安培力随着速度的增大而增大，对金属杆根据牛顿第二定律有F−可知金属杆的加速度a越来越小，故金属杆做加速度减小的加速运动，最终达到速度vmB．作出金属杆的v−t图像如图所示由图像可知金属杆加速运动过程中图线与时间轴所围图形的面积大于金属杆在相同时间内速度从零匀加速到vm时的图线与时间轴所围图形的面积，故金属杆加速运动过程中的平均速度大于vC．当金属杆的速度为vm时，安培力和恒力FF=当金属杆的速度为vmF加速度a刚施加力F时，金属杆的加速度最大，最大值为a即当金属杆的速度为vmD．根据功能关系可知，金属杆克服安培力做的功等于电路中产生的热量，故D错误；故选BC。33.（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，在宽度均为L的两个相邻有界区域内，存在着方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场。一个阻值大小为R，边长为L的等边三角形闭合线框，从图示位置开始以大小为v、方向水平向右的速度匀速通过两个磁场区域。规定逆时针方向为电流正方向，下列能反映线框中电流变化的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】在0≤x≤L2感应电流I=当x=L2当L2≤x≤L感应电流I=当x=L时，I=0当L≤x≤3L2感应电流I=当x=3L2当3L2≤x≤2L感应电流I=当x=2L时，I=0当2L≤x≤5L2感应电流I=当x=5L2当5L2≤x≤3L感应电流I=当x=3L时，I=0故选A。34.如图所示，两个半径均为R的圆形磁场区域内，存在磁感应强度的大小相等、方向分别垂直纸面向外、向里的匀强磁场。现有半径也为R的圆形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以顺时针方向为电流的正方向，则线框中产生的感应电流i与线框移动的位移x的关系图像是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】AB．当导线框进入第一个圆时，根据几何知识可得切割磁感线的弦长为L=2根据e=BLv可知感应电流与位移x不是线性关系，故AB错误；CD．根据上述分析，当x=2R时，i若导线框与两个圆都相交时，如图所示设导线框进入第二个圆位移为x时，根据几何知识可得切割磁感线的总弦长为L=2根据柯西不等式有L即L因为0≤x≤2R由二次函数式，可解得当x=R时，L≤2即线圈的中心到达两圆形磁场的交点位置时，线圈在两个磁场中的部分切割磁感线产生的感应电动势方向相同，此时线圈中的感应电动势最大，感应电流最大，则感应电流i=2×故C错误，D正确。故选D。第二种方法：定性解释法根据几何关系，圆形导线框不可能同时与两圆相交的弦长都为直径，有效长度不可能达到L<4R根据e=BLv可得i<2故C错误，D正确。故选D。35.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为L，磁感应强度的大小为B。一直角边长为2L的等腰直角三角形均匀导线框ABC从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。规定逆时针电流方向为正，水平向左为安培力的正方向。则关于线框中的电流I，线框受到的安培力F与线框移动距离x的关系图像可能正确的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【详解】AB．导线框进入磁场中切割磁感线的有效长度与位移大小x1相等，导线框进入磁场中的感应电动势此过程的感应电流I感应电流与位移大小成正比，根据右手定则可知，感应电流方向沿逆时针方向，即感应电流为正值，上述过程导线框的位移为L；当导线框的A出磁场后，导线框切割磁感线的有效长度始终为L，即感应电动势一定，感应电流一定，根据右手定则可知，感应电流方向沿逆时针方向，感应电流为正值，此过程维持的位移大小为L；当导线框的BC边开始进入磁场时，令从导线框刚刚进入磁场作为初始位置，总位移为x2，则磁感线的有效长度x2根据右手定则可知，感应电流方向沿顺时针方向，为负值，则此过程的感应电流I结合上述可知，A正确，B错误；CD．结合上述可知，导线框刚刚进入磁场时感应电流方向沿逆时针方向，根据左手定则可知，安培力方向向左，安培力为正值，大小为F=B可知，安培力与位移成二次函数的关系；当导线框的A出磁场后，感应电流方向沿逆时针方向，根据左手定则可知，安培力方向向左，安培力为正值，大小为F=BIL=当导线框的BC边开始进入磁场时，感应电流方向沿顺时针方向，根据左手定则可知，安培力方向向左，安培力为正值，大小为F=B可知，安培力与位移成二次函数的关系，故CD错误。故选A。36.如图所示，平面直角坐标系xOy内有一边长为2a的正六边形区域，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，正六边形的左顶点O位于坐标原点。平面内有一矩形匀质导线框MNPQ，线框边长MN=2a，NP=23a，且NP边与y轴重合，O点位于NP边的中点。施加外力使线框自O点开始沿x轴水平向右匀速运动，设线框中感应电流为I，磁场对线框的安培力为F，线框运动的位移为A． B．C． D．【答案】D【详解】当线框运动的位移为x，当0≤x≤a，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向,导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，即L则E由欧姆定律可知感应电流I即感应电流随线框位移均匀增大，线框受到的安培力F根据左手定则可知安培力方向水平向左；当a≤x≤2a过程中，此过程中NP切割磁感线长度不变，等于NP，即L则感应电动势不变，为E感应电流方向为逆时针方向，大小为I则感应电流不变，安培力不变F根据左手定则可知安培力方向水平向左；同理当2a≤x≤3a过程中，此过程中NP切割磁感线长度不变，MQ切割磁感线长度变大，为L根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向；感应电动势为E则感应电流I感应电流随线框位移均匀变小，由F安培力大小时位移的一元二次函数，为抛物线，根据左手定则可知安培力方向水平向左。当3a≤x≤4a过程中，此过程中MQ切割磁感线长度不变，NP切割磁感线长度变小，NP切割磁感线长度L根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向；感应电动势为E则感应电流I感应电流随线框位移均匀变小，由F安培力大小时位移的一元二次函数，为抛物线，根据左手定则可知安培力方向水平向左。当4a≤x≤5a过程中，此过程中NP在磁场外，不切割磁感线，MQ切割磁感线长度不变，感应电动势为E感应电流方向为顺时针方向，大小为I则感应电流不变，安培力不变F根据左手定则可知安培力方向水平向左；当5a≤x≤6a过程中，此过程中NP在磁场外，不切割磁感线，MQ切割磁感线长度变小，MQ切割磁感线长度L感应电动势为E根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向，大小为I感应电流随线框位移均匀变小，由F安培力大小时位移的一元二次函数，为抛物线，根据左手定则可知安培力方向水平向左。故选D。37.（多选）如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UA． B．C． D．【答案】ABD【详解】设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E=BLv环路电流I=即I∝v安培力方向水平向左，即F则F安∝vU即U感应电流功率P=EI=即P∝分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得F加速度a=因为金属棒从静止出发，所以F且F合>0加速度方向水平向右。AC．若k=B2即a=金属棒水平向右做匀加速直线运动。有v=at说明v∝t即I∝t，F安∝t，UA正确，C错误；B．若k>B2L2R+rF合随D．若k<B2L2R+rF合随故选ABD。38.（北京·高考真题）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（

）

A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等【答案】D【详解】A．线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；B．线框出磁场的过程中，根据E=BlvI=联立有F由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；C．由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q=FAL其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q=其中I=ER则联立有q=由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。故选D。39.（天津·高考真题）如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知a<b，在滑入和滑出磁场区域的两个过程中（）A．铝框所用时间相同 B．铝框上产生的热量相同C．铝框中的电流方向相同 D．安培力对铝框的冲量相同【答案】D【详解】A．铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力而减速，完全在磁场中运动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A错误；C．由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减小，感应电流为顺时针方向，C错误；D．铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为I又q=得ID正确；B．铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场过程的速度，根据F可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B错误。故选D。40.（全国·高考真题）如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框．在t=0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域．以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示i-t关系的图示中，可能正确的是A． B．C． D．【答案】C【详解】从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，感应电流也逐渐增大，如图的位置Ⅰ；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界，切割磁感线的有效长度不变，感应电流不变，如图的位置Ⅰ→Ⅱ；当正方形线框下边部分离开磁场，上边尚未进入磁场过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐减小，感应电流也逐渐减小，如图的位置Ⅱ→Ⅲ；当正方形线框下边部分继续离开磁场，上边也进入磁场过程中，上下两边线框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，感应电流减小得更快，当上下两边在磁场中长度相等，感应电动势为零，如图的位置Ⅲ→Ⅳ；以后的过程与上述过程相反，故正确的选项为C．41.（重庆·高考真题）如题图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场，在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t=0时刻，其四个顶点M´、N´、P´、Q´恰好在磁场边界中点，下列图像中能反映线框所受安培力F的大小随时间t变化规律的是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】第一段时间从初位置到M′N′离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置切割磁感线的有效长度为M1A与N1B之和，即为M1M′长度的2倍，此时电动势E=2Bvtv线框受的安培力F=2BIvt=4图像是开口向上的抛物线，如图乙所示线框的右端M2N2刚好出磁场时，左端Q2P2恰与MP共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与M′N′重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变；最后一段时间如图丙所示从匀速运动至M2N2开始计时，有效长度为A′C′=l−2vt′电动势