专题13 电磁感应（练习）-高考物理二轮复习讲练测（新高考通用）

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\l "_Tc5003" 题型一：楞次定律 法拉第电磁感应定律的应用 PAGEREF _Tc5003 \h 2
\l "_Tc5943" 题型二：电磁感应的图像问题 PAGEREF _Tc5943 \h 7
\l "_Tc13930" 题型三：电磁感应的电路问题 PAGEREF _Tc13930 \h 15
\l "_Tc14877" 题型四：电磁感应的动力、能量综合问题 PAGEREF _Tc14877 \h 22
\l "_Tc11092" \l "__x0001_" 02 重难创新练 PAGEREF _Tc11092 \h 31
题型一：楞次定律 法拉第电磁感应定律的应用
1．（2024·陕西西安·一模）若陕西地区地磁场的磁感应强度的竖直分量的大小随距离地面高度h的变化关系如图所示，一直升机将一始终保持水平的闭合金属导线框竖直向上匀速吊起，下列说法正确的是（ ）
A．线框中有顺时针方向的感应电流（俯视）
B．线框中的感应电流不断减小
C．线框中的感应电流不断增大
D．线框的四条边有向内收缩的趋势
【答案】A
【详解】A．陕西地区位于北半球，地磁场的磁感应强度的竖直分量竖直向下，根据楞次定律，线框中有顺时针方向的感应电流（俯视），故A正确；
BC．由法拉第电磁感应定律和 − h图像得，感应电动势大小为感应电流的大小为可知感应电动势E保持不变，则感应电流的大小保持不变，故BC错误；
D．根据楞次定律，线框的四条边有向外扩张的趋势，故D错误。故选A。
2．（2024·北京大兴·三模）如图所示，一单匝粗细均匀的正方形导体线框abcd和直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）均处于竖直平面内，线框边长为L。空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x方向均匀分布，y方向上满足。初始时，线框的a点与坐标原点O重合，ab边与x轴重合。现给线框一个沿着x轴正方向的速度，线框在运动过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴始终保持平行，空气阻力不计。则（ ）
A．下落过程中线框中有顺时针方向的感应电流
B．开始时线框中产生的电动势为
C．开始时线框中产生的电动势为kL2
D．若线框匝数增大为n匝，则竖直方向最终速度不变
【答案】D
【详解】A．根据楞次定律，则下落过程中穿过线圈的磁通量向里增加，则线框中有逆时针方向的感应电流，故A错误；
BC．开始时线框中磁通量变化率为0，产生的电动势为0，故BC错误；
D．线框在磁场中斜向下运动时产生逆时针方向的感应电流，线框的两竖直受安培力等大反向，则水平方向受力为零做匀速直线运动；水平下边受安培力竖直向上，水平上边受安培力竖直向下，但因下边受安培力大于上边，可知竖直方向上受向上的安培力，当线框受到该安培力等于重力时，达到最终速度，若线框匝数增大为n匝，线框的质量变为nmg，电阻变为nR，则其中解得故D正确。故选D。
3．（2024·四川·模拟预测）随着时代的发展，新能源汽车已经走进了我们的生活，如图所示是新能源汽车的电磁阻尼减震装置。当车轮经过一个凸起的路面时车轮立即带动弹簧和外筒向上运动，线性电机立即产生垂直纸面向里的匀强磁场并以速度v向下匀速通过正方形线圈，达到减震的目的。已知线圈的匝数为n，线圈的边长为L，磁感应强度为B，线圈总电阻为r，下列说法正确的是（ ）
A．图示线圈中感应电流的方向是先顺时针后逆时针
B．当磁场进入线圈时，线圈受到的安培力的方向向下
C．若车轮经过坑地时，电机立即产生垂直纸面向里的磁场，磁场向下运动也可实现减震
D．当磁场刚进入线圈时，线圈受到的安培力大小为
【答案】B
【详解】A．磁场经过线圈，由楞次定律可得线圈中的电流方向先逆时针后顺时针。故A错误；
B．磁场进入线圈中的电流方向为逆时针，磁场方向垂直线面向里，由左手定则可得线圈受到向下的安培力。故B正确；
C．车轮经过坑地时，向下产生垂直纸面向里的磁场，由楞次定律可得线圈受到向下的安培力，力和速度都向下，加速下降，没起到减震作用。故C错误；
D．当磁场刚进入线圈时，线圈受到的安培力，有又，可得故D错误。故选B。
4．（2024·江苏·模拟预测）电磁弹射装置的原理如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在时间内驱动线圈中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈中感应电流产生的磁场水平向右
B．时发射线圈中的感应电动势最大
C．时驱动线圈的自感电动势最大
D．对调电源的正负极，发射线圈会向相反方向运动
【答案】B
【详解】A．根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，结合题图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，故A错误；
B．时驱动线圈的电流变化率最大，则此时通过发射线圈的磁通量变化得最快，发射线圈中的感应电动势最大，故B正确。
C．同理时驱动线圈的电流变化率最大，此时发射线圈的磁通量变化得最快，驱动线圈的自感电动势最大，故C错误；
D．根据楞次定律可知对调电源的正负极后，发射线圈仍然向右运动，故D错误。故选B。
5．（2024·贵州·三模）一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆的面积为，小圆的面积均为。垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小，和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势为每个小圆线圈产生的感应电动势均为由线圈的绕线方式和楞次定律可知，4个小圆线圈产生的感应电动势方向相同，而大圆线圈产生的感应电动势方向与4个小圆线圈产生的感应电动势方向相反，所以线圈中总的感应电动势大小为故选C。
6．（2024·辽宁辽阳·二模）CPU卡是一种基于芯片的智能卡，内部集成了处理器、存储器和加密模块等多个组件，正常工作电流约为，其天线为如图所示的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大，共3匝，其边长分别为、和，正常工作时匀强磁场垂直穿过线圈，磁感应强度的变化率为，则CPU卡工作时的功率约为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】根据法拉第电磁感应定律，可得功率为故选C。
7．（2024·河北邯郸·一模）2023年11月我国首颗高精度地磁场探测卫星投入使用，该卫星将大幅提高我国地球磁场探测技术水平。地磁场的磁感线从地理南极出发，回到地理北极，磁感线分布如图1所示。在地面上不太大范围内，地磁场都可以看成是匀强磁场。设在北京某处有一个半径为r、总电阻为R的单匝闭合线圈，初始状态线圈水平放置，线圈所在位置地磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈面成。若以东西方向的直径为轴，从东向西看，把线圈逆时针转过，如图2所示，则此过程通过回路截面的电荷量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】线圈从图示位置开始，以直径为轴转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量变化量为根据法拉第电磁感应定律得根据闭合电路欧姆定律得通过线圈的电荷量为联立上式有故选A。
8．（2024·甘肃·一模）1831年，法拉第发明了第一台发电机，示意图如下。半径为的铜盘安装在金属轴上，其边缘置于一个磁铁两极之间的狭缝里，铜盘边缘与轴通过导线与检流计连接。铜盘以周期匀速旋转，检流计中有电流通过。已知狭缝沿半径方向的长度为，狭缝间为匀强磁场，磁感应强度为，忽略狭缝之外的磁场，下列说法正确的是（ ）
A．检流计中电流方向从向
B．若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向也反向
C．铜盘产生的电动势为
D．铜盘产生的电动势为
【答案】C
【详解】A．根据右手定则可知，检流计中电流方向从P向Q，故A错误；
B．根据右手定则可知，若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向不变，故B错误；
CD．铜盘产生的电动势为故C正确D错误。故选C。
题型二：电磁感应的图像问题
9．（2024·湖北·一模）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。
10．（2024·河南·模拟预测）如图所示，光滑水平面上正三角形导线框abc在水平向右力F的作用下，匀速进入左侧有理想边界的匀强磁场，运动过程中bc边始终与磁场边界垂直，设c点刚进入磁场时为零时刻，a点进入磁场的时刻为t1，b点进入磁场的时刻为t2，设穿过线框的磁通量为Φ，感应电动势为E，通过导线某横截面的电荷量为q，则Φ、E、F、g随时间t变化的图像可能正确的是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】A．根据题意匀速进入左侧有理想边界的匀强磁场时，有效长度为磁通量为联立解得得可知，图像为抛物线，故A错误；
B．c点进入磁场后的感应电动势为由联立解得可知，图像为一直线，a点进入磁场后，有效长度逐渐减小，则感应电动势逐渐减小，全部进入磁场时感应电动势为零，故B错误；
C．根据题意匀速进入左侧有理想边界的匀强磁场时线框受力平衡，有而联立解得图像为抛物线，故C正确；
D．由可知图像为开口向上的抛物线，故D错误。故选C。
11．（2024·北京海淀·二模）如图所示，两根足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面内，导轨与x轴平行，左端接有电阻R。在x>0的一侧存在竖直向下的磁场，磁感应强度B随空间均匀变化，满足B=B0+kx（k>0且为定值）。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力作用下沿x轴正方向匀速运动。t=0时金属杆位于x=0处，不计导轨和金属杆的电阻。图2中关于金属杆两端的电压U和所受安培力F大小的图像正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】AB．设金属杆在内运动的位移为x，且，设两导轨间的距离为L，则在时间内金属杆与导轨、电阻构成的闭合回路中磁通量的变化量则内闭合回路中产生的感应电动势设金属杆匀速运动的速度为v，则代入上式，可得不计导轨和金属杆的电阻，则金属杆两端的电压可知U与x成线性关系，是一条倾斜的直线，由，可得可知U与t成线性关系，是一条倾斜的直线，故A错误，B正确；
CD．由闭合电路欧姆定律可得电路中感应电流金属杆所受安培力：F=BIL，代入数据可得可知F与x不是线性关系，F-x图像应为曲线，由，可得可知F与t不是线性关系，F-t图像应为曲线，故CD错误。故选B。
12．（2024·海南海口·一模）如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨竖直固定放置，导轨间存在垂直纸面的匀强磁场：两根相同的金属棒、垂直放置在导轨上，在外力作用下处于静止状态。时刻由静止释放棒，一段时间后再由静止释放棒。两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，两棒的速度、和加速度、随时间t变化的关系图像可能正确的是（ ）
A． B． C．D．
【答案】C
【详解】时刻由静止释放棒，棒在重力作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd加速度
，之后回路中出现感应电流，棒受到的安培力与重力反向，棒的加速度减小，棒在安培力作用下开始加速，因为，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力逐渐增大，根据牛顿第二定律知，棒加速度减小，一段时间后再由静止释放棒，棒加速运动且加速度增大，当时不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，故C正确，ABD错误。故选C。
13．（2024·山东菏泽·一模）如图所示，边长为2L的正三角形abc区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为L的菱形单匝金属线框ABCD的底边与bc在同一直线上，菱形线框的。使线框水平向右匀速穿过磁场区域，BC边与磁场边界bc始终共线，以B点刚进入磁场为计时起点，规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则下列图像正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设线框匀速运动速度大小为；以B点刚进入磁场为计时起点，在内，边逐渐进入磁场切割磁感线，产生的电动势为线圈中的电流大小为根据楞次定律可知，线圈中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；在内，整条边在磁场中切割磁感线，边逐渐进入磁场切割磁感线，线圈产生的电动势为线圈中的电流大小根据楞次定律可知，线圈中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；在内，整条边离开磁场区域，整条边在磁场中切割磁感线，产生的电动势恒为线圈中的电流大小恒为根据楞次定律可知，线圈中的电流方向为顺时针方向，即电流为负；之后整个线框离开磁场区域，没有感应电流。故选A。
14．（2024·广东湛江·一模）如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为的匀强磁场区域。高为的正三角形线框efg从图示位置沿轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流与线框移动距离关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时，I的大小为零，之后随线框进入磁场距离的增大没利用楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为正方向，在进入过程中，ef和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为感应电动势为感应电流为当线框efg前进a距离时，达到最大，即在线圈刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流为零，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知，efg线框中感应电流方向沿顺时针方向，即为负。进入过程边有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析其电流的瞬时值为当前进距离为2a时，其感应电流达到最大，结合之前的分析，其最大值为在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为零，之后随线框出磁场距离的增加，利用楞次定律可知，efg中感应电流方向沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析其电流的瞬时值为当前进距离为3a时，达到最大，其最大值为故选B。
15．（2023·江西鹰潭·模拟预测）如图所示，在直角坐标系的第一象限中，有一等腰直角，区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，点在轴上，点在轴上，各点间距离。边长也为的正方形导线框的边在轴上，时刻，该导线框恰好位于图中所示位置（边与轴重合），此后导线框在外力的作用下沿轴正方向以恒定的速度通过磁场区域。若规定逆时针方向为导线框中电流的正方向，则导线框通过磁场区域的过程中，导线框中的感应电流、外力沿轴方向的分量随导线框的位移变化的图像（图中曲线均为抛物线的一部分）中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】AB．导线框匀速穿过图示的等腰直角三角形磁场区域，进入的过程中，由楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，为正值，由几何关系知导线框边切割磁感线的有效长度等于进入磁场的距离，则感应电流的大小为导线框离开磁场的过程，由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，为负值，由几何关系知导线框边切割的有效长度等于离开磁场的距离，同理可得感应电流大小为故A正确，B错误；
CD．导线框做匀速运动，外力沿轴方向的分量与导线框边所受安培力等大反向，由左手定则可知安培力方向始终向左，则外力沿轴方向的分量方向始终向右，则故CD错误。故选A。
16．（2023·北京通州·一模）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、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以I表示通过线框的电流（规定逆时针为正）、F表示拉力、P表示拉力的功率、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正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】A．线框中的感应电流大小为大小保持不变，由楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流为逆时针方向（正值），离开磁场时电流为顺时针方向（负值），A错误；
B．进出磁场时线框所受安培力均向左，大小恒定，故拉力F均向右，大小恒定，当线框完全进入磁场后，拉力应为0，B错误；
C．由于线框匀速运动，故满足拉力的功率为进出磁场时功率相同，C正确；
D．进入磁场时ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab两点间电压为路端电压，即离开磁场时cd边相当于电源，ab只是外电路的一部分，此时ab两点间的电压为当线框完全在磁场中运动时，虽无感应电流，但ab、cd均向右切割磁感线，ab间电压等于电动势E，对比图像可知，D错误。故选C。
题型三：电磁感应的电路问题
17．（2024·山东聊城·模拟预测）倾角为的光滑绝缘斜面下半部分存在垂直斜面向上的匀强磁场，一半径为r的单匝圆形金属线圈用绝缘细绳挂在斜面上，圆心为O点，a、b是圆环上的两点，线圈总电阻为R。如图所示，aOb连线恰好与磁场边界重合，从开始，磁感应强度B随时间t变化的规律为（k为常数，且）。磁场变化过程中线圈始终未离开斜面，下列说法正确的是（ ）
A．线圈中电流方向为逆时针
B．时刻穿过线圈的磁通量为
C．ab两端的电压为
D．线圈中的感应电流为
【答案】D
【详解】A．由楞次定律可知，线圈中电流方向为顺时针。故A错误；
B．时刻穿过线圈的磁通量为故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律，可得ab两端的电压为故C错误；
D．线圈中的感应电流为故D正确。故选D。
18．（2024·云南昆明·模拟预测）如图甲，在垂直纸面向里的匀强磁场区域中有一开口很小的圆形线圈，在线圈开口左端连接一阻值为的电阻，一个电容为的电容器与R并联。已知圆形线圈面积为，圆形线圈电阻为，其余导线电阻不计，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。在内下列说法正确的是（ ）

A．回路中感应电动势大小为
B．回路中感应电流的大小为
C．R两端的电压为
D．电容器充电完成后，上极板带电量为
【答案】C
【详解】A．在内，根据法拉第电磁感应定律有故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律可知故B错误；
C．根据串联电路分压规律可知R两端的电压为故C正确；
D．由上述结论，电容器两板的电荷量故D错误。故选C。
19．（2024·新疆·模拟预测）如图所示是法拉第圆盘发电机，圆盘半径为r，圆盘处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行足够长倾斜导轨MN，导轨间距为L，其所在平面与水平面夹角为，导轨处于垂直斜面向上磁感应强度也为B的匀强磁场中，用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻为R。在倾斜导轨上放置一根质量为m，长度也为L，电阻为2R的ab导体棒，其余电阻不计，当圆盘以某角速度ω匀速转动时，ab棒刚好能静止在斜面上，则（ ）
A．a端电势高于b端电势
B．圆盘转动的方向（从上往下看）为顺时针方向
C．ab间电势差大小为
D．若圆盘停止转动，ab棒将沿导轨匀加速下滑
【答案】C
【详解】A．ab棒刚好能静止在斜面上，由受力可知，电流方向由b向a，故a端电势低于b端电势，A错误；
B. 由右手定则可知，圆盘转动的方向（从上往下看）为逆时针方向，B错误；
C. 由题可知，圆盘产生的感应电动势为由闭合电路欧姆定律可知，ab间电势差大小为，C正确；
D. 若圆盘停止转动，ab棒沿导轨向下做切割磁感线运动，由ab棒受力可知，棒先做加速运动后做匀速运动，D错误。故选C。
20．（2024·江西·模拟预测）如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60°角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导体棒外，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等
B．闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为；固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为，则
【答案】A
【详解】A．设ab导体棒的长度为，则cd导体棒为ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同，所以ab、cd两根导体棒的电阻之比为闭合开关K瞬间，通过ab、cd两根导体棒的电流之比为根据安培力公式可知ab、cd两根导体棒所受安培力为
B．ab、cd两根导体棒单位长度质量相同，所以ab、cd两根导体棒的质量之比为根据牛顿第二定律可知，闭合开关K瞬间，ab、cd两根导体棒的加速度之比为故B错误；
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，ab、cd两根导体棒的有效长度相等，设两棒运动的速度v，则电压表示数为故C错误；
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时，则有电压表示数为固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时，则有电压表示数为故D错误；故选A。
21．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，相距为足够长的光滑平行金属导轨、水平放置，在两导轨间左侧连接一阻值为的定值电阻，右侧连接一最大阻值为的滑动变阻器.两导轨间存在着竖直向下的匀强磁场.一长为、电阻值为的导体棒在外力作用下以速度匀速向右运动.金属导轨电阻不计，导体棒与两导轨接触良好且始终垂直.现缓慢滑动的滑片，使接入电路中的阻值从0开始逐渐增大。下列说法正确的是（ ）
A．中的电流方向为到，且电流大小逐渐增大
B．当接入电路中的阻值时，中的电流最大且为
C．当接入电路中的阻值时，两电阻、的电功率之和最大且为
D．当接入电路中的阻值时，拉力的功率为
【答案】C
【详解】AB．根据右手定则可知，中的电流方向为到，接入电路中的阻值从0逐渐增大，电路总电阻也逐渐增大，由闭合电路欧姆定律可知中电流逐渐减小，根据可知，导体棒两端的电压即路端电压逐渐增大，根据可知，中的电流逐渐增大，当接入电路中的阻值时，中的电流最大且为，，解得，A、B错误；
C．当时，外电路总电阻与电源内阻相等，此时电源输出功率最大且为，C正确；
D．导体棒匀速运动时，拉力的功率等于克服安培力的功率，也等于电路中的总电功率，当滑动变阻器接入电路中的阻值时，有，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律﹐干路电流为求得拉力的功率为，D错误。故选C。
22．（2024·河南·模拟预测）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，接入回路的电阻为R，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值也为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）

A．回路中的电动势为
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为
【答案】D
【详解】A．如图所示，金属棒绕轴切割磁感线转动，回路中的电动势故A错误；
B．电容器两极板间电压等于，带电微粒在两极板间处于静止状态，则解得故B错误；
C．电阻消耗的功率故C错误；
D．电容器所带的电荷量故D正确。故选D。
23．（2024·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中放置两个半径分别为、的金属圆环，两金属圆环处于同一水平面内且圆心均为点，长为的金属导体棒在两金属圆环上绕点匀速转动，点为导体棒的中点。已知导体棒的电阻、定值电阻和的电阻均为，导体棒始终与两金属圆环接触良好且点转动的线速度大小为，其它电阻不计。在导体棒转动一圈的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒上、两点的电压为
B．导体棒所受安培力的功率为
C．通过电阻的电荷量为
D．电阻产生的热量为
【答案】ABD
【详解】A．由题意可知故导体棒段产生的电动势由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流故、两点的电压故A正确；
B．因安培力的功率等于电源产生电能的功率，故故B正确；
C．通过电源的电荷量故流经定值电阻的电荷量故C错误；
D．由可知，电阻产生的热量故D正确。故选ABD。
24．（2024·山东泰安·模拟预测）（多选）如图所示，两足够长且间距为L=1m的光滑平行导轨倾斜固定，倾角为θ=30°。导轨顶端接有两个灯泡，灯泡甲的规格为（3W，3V），灯泡乙的规格为（6W，3V），在与导轨垂直的虚线ab、cd内有垂直于斜面向下的匀强磁场。第一次只闭合开关S1，让导体棒从虚线ab上方x=1.6m处垂直导轨由静止释放，导体棒恰好能匀速通过磁场区域，且灯泡甲正常发光；第二次同时闭合开关S1、S2，仍将导体棒从原位置释放，已知bd间距离为l=0.5m，导体棒电阻r=1Ω，忽略温度对灯泡电阻丝的影响，重力加速度为g=10m/s2。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，导轨电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．磁场磁感应强度大小为1T
B．导体棒的质量为0.1kg
C．第二次导体棒进入磁场前后加速度大小不变
D．第二次导体棒离开磁场时已达到匀速状态
【答案】AC
【详解】A．导体棒从虚线ab上方x=1.6m处垂直导轨由静止释放，根据动能定理可得解得导体棒进入磁场时的速度大小为第一次只闭合开关S1，且灯泡甲正常发光，则有，则有解得磁场磁感应强度大小为故A正确；
B．第一次只闭合开关S1，导体棒恰好能匀速通过磁场区域，根据受力平衡可得解得导体棒的质量为故B错误；
C．第二次同时闭合开关S1、S2，进入磁场前，导体棒的加速度大小为灯泡乙的电阻为则灯泡甲、乙并联的电阻为导体棒刚进入磁场时，通过导体棒的电流为导体棒刚进入磁场时，导体棒的加速度大小为可知第二次导体棒进入磁场前后加速度大小不变，故C正确；
D．若第二次导体棒离开磁场时已达到匀速状态，根据受力平衡可得解得导体棒匀速时的速度大小为若导体棒以刚进入磁场时的加速度做匀减速直线运动，根据运动学公式可得解得导体棒离开磁场时的速度大小为实际上导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，所以导体棒离开磁场时的速度应满足可知第二次导体棒离开磁场时还没有达到匀速状态，故D错误。故选AC。
题型四：电磁感应的动力、能量综合问题
25．（2024·云南·模拟预测）（多选）直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用而运动．如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为L的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为E、内阻为r的直流电源，导轨电阻不计；质量为、长为L的导体棒垂直导轨放置，导体棒电阻不计，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑定滑轮后与静止在地面上的质量为m的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒与滑轮间的细线水平．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．已知导体棒距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为g，不计一切摩擦．闭合开关S后，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S瞬间，重物的加速度大小为
B．导体棒最终的速度大小为
C．要使导体棒匀速运动时直流电源的输出功率最大，则重物的质量应为
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒所做的功等于系统增加的机械能与回路产生的焦耳热之和
【答案】AB
【详解】A．闭合开关S瞬间，回路中的电流为导体棒所受安培力对导体棒和重物整体受力分析，由解得，A正确；
B．导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，随着导体棒速度的增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加速运动，最终达到匀速，设稳定时导体棒的速度大小为v，则回路中的电流由解得，B正确；
C．直流电源的输出功率则当时，直流电源的输出功率最大，根据解得，C错误；
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的整体，只有安培力和重物的重力做功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的整体增加的机械能，D错误。
故选AB。
26．（2024·全国·模拟预测）（多选）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。
27．（2024·河南濮阳·模拟预测）（多选）如图所示，半径为d的金属圆形导轨固定在水平面内，金属圆形导轨内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B0，长度为d、阻值为R0的直导体棒ab置于圆形导轨上，a端处于导轨圆心处，导体棒ab绕过圆心的竖直轴OO′以角速度ω逆时针（从上向下看）匀速转动。两根足够长、相互平行且倾斜的光滑长直金属导轨PQ、MN与水平面的夹角为θ，导轨的间距为2d，顶端P点通过开关S1与圆形导轨相连，M点通过导线和竖直金属轴与a点接触，倾斜导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，两导轨通过开关S2接入阻值为4R0的电阻R。闭合开关S1，断开开关S2，质量为m、长度为2d、阻值为2R0的导体棒cd恰好静止在倾斜导轨PQ、MN上，导体棒始终与导轨接触良好且导轨PQ、MN足够长。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a端的电势高于b端的电势
B．倾斜导轨所在处匀强磁场的磁感应强度大小为
C．断开开关S1、闭合开关S2，导体棒cd先做加速度减小的加速运动，再做匀速运动
D．断开开关S1、闭合开关S2，导体棒cd所受重力的最大功率为
【答案】BCD
【详解】A．导体棒ab旋转切割磁感线，由右手定则可知导体棒a端的电势低于b端的电势，故A错误；
B．由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得导体棒cd静止在倾斜导轨PQ、MN上，由平衡条件得解得故B正确；
C．断开开关S1、闭合开关S2，导体棒cd和定值电阻R构成闭合回路，在重力沿导轨的分力和安培力的共同作用下，导体棒cd沿导轨向下加速运动，根据牛顿第二定律有，由此可知，v增大，I增大，加速度减小，当加速度减小为零时，即重力沿导轨的分力和安培力平衡后，导体棒cd做匀速运动，故C正确；
D．导体棒cd速度达到最大时重力的功率最大，由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得对导体棒cd，由平衡条件得重力功率的最大值为解得故D正确。故选BCD。
28．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）（多选）如图甲所示，两条固定的倾斜光滑平行金属导轨M、N，导轨平面与水平面的夹角为，导轨间距为l，导轨电阻忽略不计。虚线ce、df均与导轨垂直，cefd区域内存在垂直于导轨所在平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将导体棒a、b并排且垂直导轨放置在同一位置，时刻先释放导体棒a，时刻释放导体棒b，此时导体棒a刚好进入匀强磁场区域，刻导体棒a刚好离开匀强磁场区域，流过导体棒a的电流随时间变化的图像如图乙所示，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，两导体棒接入电路的电阻均为R，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．虚线ce与df间的距离为
B．图乙中电流
C．两导体棒的质量均为
D．导体棒b离开匀强磁场区域时，其与导体棒a的间距为
【答案】BC
【详解】A．根据图乙可知，导体棒a进入匀强磁场区域后，回路感应电流不变，即感应电动势不变，则导体棒a在磁场中做匀速直线运动，导体棒进入磁场前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有导体棒a进入匀强磁场的速度虚线ce与df间的距离为解得故A错误；
B．结合上述，导体棒a进入磁场时的速度根据图乙可知，通过导体棒a的电流大小始终一定，表明导体棒a进入磁场后做匀速直线运动，感应电动势为感应电流为解得故B正确；
C．刻导体棒a刚好离开匀强磁场区域，此时导体棒b，进入磁场，产生的感应电流大小不变，可知，导体棒b进入磁场后做匀速直线运动，速度仍然等于，导体棒b处于平衡状态，根据平衡条件可知，由于导体棒在磁场中的安培力不变，则两导体棒重力沿导轨的分力大小相同，即两导体棒质量相等，根据平衡条件有结合上述解得故C正确；
D． 导体棒b离开匀强磁场区域时，导体棒a离开的位移等于其与导体棒a的间距则有解得 故D错误。故选BC。
29．（2024·四川成都·模拟预测）（多选）如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B和2B，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形金属线框以速度水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为。关于金属线框的运动下列判断正确的是（ ）
A．金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动
B．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为
C．金属线框进入左侧磁场区域过程中，通过金属线框的电荷量为
D．若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度为
【答案】BC
【详解】A．金属框在磁场中运动过程中，根据牛顿第二定律可得金属框在磁场中运动过程中，由于安培力一直减小，则加速度一直减小，所以金属线框在磁场中运动过程中，做加速度减小的直线运动，故A错误；
B．设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能量守恒定律得解得故B正确；
C．由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势由闭合电路的欧姆定律可知，平均感应电流通过金属线框的电荷量解得金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量则通过金属线框的电荷量为故C正确；
D．金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量通过金属线框的电荷量设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，该过程，对金属线框，由动量定理得其中解得故D错误。故选BC。
30．（2024·河北·二模）（多选）如图所示的光滑绝缘水平桌面上放置一边长为L、质量为m、阻值为R的正方形导体框ABCD，四条平行的水平虚线将空间分成五个区域，其中在虚线1，2间，虚线3、4间分别存在垂直水平桌面向上、向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。已知虚线1、2间（称区域Ⅰ）、虚线2、3间、虚线3、4间（称区域Ⅱ）的距离分别为L、、L，开始导体框的CD边与虚线1重合，0时刻给导体框水平向右的瞬时冲量Ⅰ，最终导体框的AB边与虚线4重合时，导体框的速度刚好减为零，则下列说法正确的是（ ）
A．导体框进入区域Ⅰ和离开区域Ⅱ过程中的电流方向相反
B．导体框在从离开区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ所用的时间为
C．导体框刚要开始离开区域Ⅱ瞬间的加速度大小为
D．导体框经过区域Ⅰ和区域Ⅱ的过程中，产生的焦耳热之比为
【答案】BC
【详解】A．由右手定则可知，导体框进入区域Ⅰ的过程，从上向下看导体框中的电流沿顺时针方向，导体框离开区域Ⅱ的过程，从上向下看导体框中的电流沿顺时针方向。故A错误；
B．由法拉第电磁感应定律可得由闭合电路欧姆定律得又综合可得可得设CD边刚进入区域Ⅰ时，导体框的速度为，设导体框离开区域Ⅰ时，导体框的速度为，导体框在区域Ⅰ中运动时由动量定理有导体框在区域Ⅱ中运动时有由以上解得，导体框在从离开区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ的过程以做匀速直线运动，位移为L，运动时间为故B正确；
C．导体框从刚要进入区域Ⅱ到刚要离开区域Ⅱ的过程，设此时导体框的速度为，则由导体框进区域Ⅱ的过程有解得由法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律由牛顿第二定律导体框的加速度为解得故C正确；
D．由能量守恒定律，导体框经过区域Ⅰ产生的热量为导体框经过区域Ⅱ产生的热量为又解得故D错误。故选BC。
31．（2024·河北·二模）（多选）如图所示，某实验列车头部底端固定有边长为l的n匝正方形线框abcd，进站时利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的总质量为m，线框总电阻为R，磁场区域宽度为l，磁感应强度为B，列车运动过程中铁轨对列车的阻力恒为f，某次列车进站时，线框以速度v水平向右进入磁场，最终停止时线框cd边在磁场正中央，忽略进站时火车受到的空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．线框ab边刚进入磁场时，a、b两点之间的电压大小为
B．线框ab边刚进入磁场时，列车的加速度大小为
C．线框dc边进入磁场时，列车的速度大于
D．从线框进入磁场到停止运动的过程，线框产生的焦耳热为
【答案】ACD
【详解】A．根据右手定则，线框进入磁场时，感应电流沿顺时针方向，线框此时切割磁感线产生的感应电动势为线框ab边两端的电压为路端电压，即为故A正确；
B．线框ab边刚进入磁场时，线框内的电流为线框的加速度为故B错误；
C．线框进入磁场的过程中由动量定理可得即线框出磁场的过程中即由于线框做减速运动，则有，故C正确；
D．根据能量守恒定律可知，线框产生的焦耳热为故D正确。故选ACD。
32．（2024·四川内江·三模）（多选）如图，为列车进站时其刹车原理简化图：在车身下方固定一水平均匀矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框ab和cd边的长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度大小为B。当关闭动力后，车头进入磁场瞬间速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列说法正确的是（ ）
A．列车在进站过程，线框中电流方向为
B．在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小为
C．在线框进入磁场的过程中，线框bc边消耗的电能为
D．列车从进站到停下来所用时间为
【答案】BC
【详解】A．根据右手定则可知，列车在进站过程，线框中电流方向为，故A错误；
B．在线框ab边进入磁场瞬间，感应电动势为感应电流为根据牛顿第二定律有解得故B正确；
C．在线框进入磁场的过程中，令线框产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有线框bc边消耗的电能为解得故C正确；
D．列车从进站到停下来过程，根据动量定理有感应电流的平均值其中解得故D错误。故选BC。
33．（2024·陕西安康·模拟预测）（多选）涡流制动是磁悬浮列车高速运行过程中进行制动的一种方式。某研究所制成如图所示的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程。如图所示，模型车的车厢下端安装有电磁铁系统，电磁铁系统在其下方的水平光滑轨道（间距为L1）中的长为L1、宽为L2的矩形区域内产生方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将长大于L1、宽为L2的单匝矩形线圈等间隔铺设在轨道正中央，其间距也为L2.已知模型车的总质量为m，每个线圈的电阻均为R，导线粗细忽略不计，不计空气阻力，不考虑磁场边缘效应的影响。在某次实验中，模型车的速度为v0时，启动电磁铁制动系统，直到模型车停止运动，则（ ）
A．在电磁铁系统进入线圈时，若俯视则线圈内的感应电流方向为顺时针
B．线圈对电磁系统作用力的方向与模型车运动方向相同
C．在电磁铁系统的磁场全部进入任意一个线圈的过程中，通过线圈的电荷量为
D．在刹车过程中，电磁铁系统通过第一个线圈瞬间速度大小为
【答案】CD
【详解】A．在电磁铁系统进入线圈时，根据右手定则可知，若俯视则线圈内的感应电流方向为逆时针，故A错误；
B．模型车做减速度运动，线圈对电磁系统作用力的方向与模型车运动方向相反，故B错误；
C．在电磁铁系统的磁场全部进入任意一个线圈的过程中，通过线圈的电荷量为故C正确；
D．取向右为正方向，根据动量定理有即解得故D正确。故选CD。
34．（2024·辽宁·模拟预测）（多选）磁悬浮电梯是基于电磁学原理使电梯的轿厢悬停及上下运动的，如图甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。其原理为：竖直面上相距为的两根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为，每个磁场分布区间的长度都是，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速平动时，跨在两导轨间的宽为、长为、总电阻为的导线框（固定在轿厢上）将受到安培力。当磁场平动速度为时，轿厢悬停；当磁场平动速度为时，轿厢最终竖直向上做匀速运动。重力加速度为，下列说法中正确的是（ ）
A．速度和的方向都是竖直向上
B．速度的方向竖直向上，速度的方向竖直向下
C．导线框和电梯轿厢的总质量为
D．轿厢匀速上升的过程中，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量为
【答案】ACD
【详解】AB．依题意，轿厢悬停或者竖直向上做匀速运动时，均需要竖直向上的安培力，由楞次定律的“阻碍作用”可知，磁场相对轿厢的运动方向均为竖直向上，即速度和的方向都是竖直向上。故A正确；B错误；
C．轿厢悬停时，导线框中的电流大小为又联立，解得故C正确；
D．当磁场平动速度为时，线框向上运动，当其加速度为零时，达到最大速度，有又联立，解得电梯向上匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能增加量之和，即故D正确。故选ACD。
35．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）如图甲所示，某仪器平台悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在点。为保持平台的稳定，需要在下方安装减振装置。减振装置由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的一个线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图乙所示。已知时速度为，方向向下，、时刻的振幅分别为，。平台和线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为，线圈半径为r、电阻为R。已知，当弹簧形变量为时，其弹性势能为。不计空气阻力，，则下列说法正确的是（ ）
A．时，线圈中的感应电流为
B．时，线圈所受安培力大小为
C．在时间内，线圈产生的焦耳热为
D．在时间内，弹簧弹力冲量大小为
【答案】ACD
【详解】A．时，线圈中的感应电流为故A正确；
B．时，线圈所受安培力大小为故B错误；
C．平台静止时，穿过三个线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，则有在时刻形变量为，弹性势能为；同理，在时刻，弹性势能为；无论在在时刻，还是在在时刻，物体达到最大位移处，速度为0，动能为0，根据能量守恒可得解得故C正确；
D．在时间内，由动量定理可得其中，，，解得弹簧弹力冲量大小为故D正确。故选ACD。
36．（2024·四川宜宾·三模）（多选）如图所示，某公司研制了一种专门用于高塔、悬崖等垂直运输场景的无动力运输装置，其左侧为一足够高的竖直铁架，铁架上每隔安装一对强磁体，每个强磁体的高度也为L，强磁体产生的磁场可以认为是匀强磁场，磁感应强度为.一质量为线圈阻尼装置通过一轻质缆绳绕过定滑轮与一载物平台相连，载物平台质量为，被输送的物体轻放于载物平台内，阻尼装置内有一边长为L，匝数匝，电阻的正方形线圈，系统工作时（为了便于研究问题，可认为系统工作过程中，不受缓冲弹簧弹力作用），线圈平面始终与磁场垂直，系统允许的最大速度为，忽略缆绳质量和空气、摩擦阻力，忽略磁场的边缘效应，g取，则（ ）
A．系统工作时物体先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
B．将重为的物体放在平台上，系统刚释放时的加速度为
C．载物平台向下运输物体时的物体最大质量比向上运输物体时的物体最小质量大
D．将重为的物体放在平台上，物体由静止上升到高时（系统已平衡）线圈内产生的焦耳热为
【答案】AD
【详解】A．系统工作时开始时线圈受安培力为零，随速度的增加，与速度方向相反的安培力变大，可知系统加速度减小，直到加速度为零时速度最大，此后系统做匀速运动，即系统工作时先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，选项A正确；
B．将重为的物体放在平台上，系统刚释放时线圈向下运动，加速度方向向下，大小为选项B错误；
C．系统运动时最大安培力为载物平台向下运输物体时的物体最大质量满足载物平台向上运输物体时的物体最小质量满足解得mmax=60kg ，mmin=30kg即载物平台向下运输物体时的物体最大质量比向上运输物体时的物体最小质量大30kg，选项C错误；
D．将重为的物体放在平台上，物体由静止上升，系统平衡时满足解得由能量关系可知解得Q=9955J选项D正确。故选AD。