课时分层检测(65)专题强化：电磁感应中的电路和图像问题-【创新大课堂】2026年高三物理一轮总复习

课时分层检测（六十五） 专题强化 基础达标练 1.(2025·黑龙江大庆·一模) e 如图所示，两根相距为1的 平行直导轨ab、cd,b、d间连 R 有一定值电阻R,导轨电阻 可忽略不计.MN为放在ab d 和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R. 整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B,磁场方向垂直于导轨所在平面向里（指向图中 纸面内).现对MN施力使它沿导轨方向以速度 v(如图)做匀速运动.令U表示MN两端电压的 大小，则 ( A.U=B1o,流过电阻R的感应电流由b到d B.U=B,流过电阻R的感应电流由d到b 5 C.U=Bl,流过电阻R的感应电流由b到d D.U=Blv,流过电阻R的感应电流由d到b 2.（2025·上海市华师大二附 中模拟)如图所示，由均匀导 ×× 线制成的半径为R的圆环， R + 以速度匀速进入一磁感应 × 强度大小为B的匀强磁场. + + + 当圆环运动到图示位置 (∠aOb=90°)时，a、b两点的 电势差Ub为 A.√2BR B号K C.-BRv D, 4 BRv 4 3.(2025·江苏南通调研)如图 N 所示，正方形线圈MOON处 于匀强磁场中，磁感应强度大 M 6 小为B,方向与水平面的夹角 o' 为30°，线圈的边长为L,电阻 <30 W 为R,匝数为n.线圈从竖直 M' 面绕OO顺时针转至水平面 的过程中，通过导线横截面的电荷量为 ( A.3+1)mBL2 B.3+1)n2BL2 2R 2R C.3-1)nBL2 D.3-1)n2BL2 2R 2R 4.(多选)(2025·北京 B 市月考)矩形导线框x× 6 abcd放在匀强磁场×x t/s 中，在外力控制下处×× 于静止状态，如图甲 所示.磁感线方向与 甲 导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化 415 :电磁感应中的电路和图像问题 的图像如图乙所示.t=0时刻，磁感应强度的方 向垂直导线框平面向里，在0~4s时间内，流过 导线框的电流（规定顺时针方向为正方向）与导 线框ad边所受安培力F安随时间t变化的图像 (规定向左为安培力正方向)可能是 (多选)如图所示，间距为L 的水平边界MN、PQ之间 存在垂直纸面向外的匀强磁 M---- -N 场，一正方形线框位于磁场 。。···B 区域上方某一高度，线框的 边长为L、ab边的电阻是dc边电阻的2倍，ad 边、bc边的电阻不计.若线框由静止释放，t=0时 刻dc边进人磁场，一段时间后ab边进人磁场并 匀速穿过磁场，整个线框通过磁场区域的过程 中，ab边与dc边保持水平，则a、b两点之间的电 势差Ub随时间t的变化图像可能正确的是 B C (2025·天津市二模)饭卡是学校等单位最常用 的辅助支付手段之一，其中一种饭卡其内部主要 部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号 时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变 化，在线圈处引起电磁感应，产生电信号.其原理 可简化为如图甲所示，设线圈的匝数为1200匝， 每匝线圈面积均为S=104m,线圈的总电阻为 r=0.12,线圈连接一阻值R=0.32的电阻组 成闭合回路，其余部分电阻不计.线圈处的磁场 可视作匀强磁场，其大小按如图乙所示规律变化 (设垂直纸面向里为正方向)，求： B/T 0.03 ×××x 0.02 0.01 XX 0.10.20.30.4→/s 分 乙 (1)=0.05s时线圈产生的感应电动势E的大小； (2)0~0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热Q; (3)0.1~0.4s时间内，通过电阻R的电流方向 和电荷量q. 能力提升练 7.(2025·陕西西安模拟)如图 所示，半径为L的导电圆环 (电阻不计)绕垂直于圆环平 面、通过圆心O的金属轴以 角速度ω逆时针匀速转动. 圆环上接有电阻均为r的三 M. 根金属辐条OA、OB、OC,辐 条互成120°角.在圆环圆心角∠MON=120°的范 围内（两条虚线之间）分布着垂直圆环平面向外、 磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆环的边缘通 过电刷P和导线与一个阻值也为r的定值电阻R 相连，定值电阻R。的另一端通过导线接在圆环的 中心轴上，在圆环匀速转动过程中，下列说法中正 确的是 A.金属辐条OA、OB、OC进出磁场前后，辐条中 电流的大小不变，方向改变 B定值电阻R,两端的电压为号BL。 C.通过定值电阻R的电流为BL@ 8r D.圆环转动一周，定值电阻R产生的热量为BL 96r 8.在水平光滑绝缘桌面上有一 边长为L的正方形线框abcd, 被限制在沿ab方向的水平直 轨道上自由滑动.bc边右侧有 be 一正直角三角形匀强磁场区 域efg,直角边ge和ef的长也等于L,磁场方向竖 直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力作用 下向右以速度。匀速穿过磁场区，若图示位置为t =0时刻，设逆时针方向为电流的正方向.则感应电： 流：-图像正确的是（时间单位为片） 41 9.在PQ、QR区域中存在着 Q R 磁感应强度大小相等、方 向相反的匀强磁场，磁场 方向均垂直于纸面，一导 线框abedef位于纸面内， 线框的邻边都相互垂直， 1。·×× bc边与磁场的边界P重 华i这首 合.导线框与磁场区域的尺寸如图.从=0时刻开 始线框匀速横穿两个磁场区域.以a→b→c→de →∫为线框中电流的正方向.用i表示回路的电 流，上=，则以下i-1示意图中正确的是( 12 13 4 0 10.如图所示，光滑 M 的足够长的平行 ·B 水平金属导轨 L MN、PQ相距I, -dI 在M、P和N、Q间各连接一个额定电压为U、 阻值恒为R的灯泡L1、L2,在两导轨间矩形区 域cdfe内有垂直导轨平面竖直向上、宽为do的 有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。,且磁场 区域可以移动，一电阻也为R、长度大小也刚好 为l的导体棒αb垂直固定在磁场左边的导轨 上，离灯泡L1足够远.现让匀强磁场在导轨间 以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场 时两灯泡恰好正常工作.棒ab与导轨始终保持 良好接触，导轨电阻不计. (1)求磁场移动的速度大小； (2)若保持磁场不移动（仍在cdfe矩形区域）， 而使磁感应强度随时间均匀变化，两灯泡中 有一灯泡正常工作且都有电流通过，设t=0 时，磁感应强度为B。,垂直纸面向外为正方向 试求出经过时间t时磁感应强度的可能值B,左手定则，可知b盘沿顺时针方向（俯视）转动，！ A、B、D错误，C正确，门 10.AD[根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生： 水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞 次定律，直导线上将产生由北向南的电流，根： 据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向 里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向！ 转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后， 直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指 北，B、C项错误：开关闭合并保持一段时间再： 断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产 生由南向北的电流，这时直导线上方的磁场垂 直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向 外的方向转动，D项正确，] 11.答案(1)滑动变阻器和灵敏电流表 (2)机械电磁场电(3)ABD 解析(1)某同学选择了电源、开关和带铁芯 的原、副线圈，还需选择的器材有：滑动变阻器： 和灵敏电流表 ②)从能量转化的角度来看，闭合电路的部分 导体切割磁感线而产生感应电流的过程中机！ 械能转化为电能：若闭合电路中的感应电流是： 因磁感应强度发生变化而产生的，则是磁场能！ 转化为电能. (3)甲图中N极插入螺线管时，向下的磁通量 增加，根据楞次定律可知，电流表的电流从 “十”接线柱流入，则指针偏转方向向右，选项！ A正确：乙图中感应电流从“一”接线柱流入电！。 流表，根据右手螺旋定则可知螺线管内部的磁！ 场方向向下，选项B正确：丙图中感应电流从 “十”接线柱流入电流表，则根据右手螺旋定则！ 可知螺线管内部的磁场方向向上，则图中条形！ 磁体向上运动，选项C错误：丁图中感应电流！ 从“十”接线柱流入电流表，条形磁体向上运 动，则螺线管中感应电流的磁场向下，则螺线！ 管的绕线方向从上往下看为顺时针方向，选项 D正确 12.CD[若线圈静止在导线正上方，当导线中通 过正弦交流电，由对称性可知，通过线圈的磁！ 通量为零，变化量为零，感应电流为零，故A 错误：若线圈在恒定电流正上方由西向东运！ 动，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，变 化量为零，感应电流为零，安培力为零，故B错！ 误：根据通电直导线周围的磁感线分布特点， 检测线圈自北靠近直导线到导线正上方的过： 程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，且磁通 量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可： 知，线圈中的电流方向（俯视）先逆时针后顺时 针：当检测线圈逐渐远离直导线的过程中，穿 过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增大后！ 减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的 身清向空时共到 到安培力在水平方向的分量一直向北，故！ D正确，门 课时分层检测（六十四） 1.B[按线圈绕向可以将线圈分成两部分，不规！ 则部分和大圆部分产生的感应电动势叠加，大 小为E=AB(5十S1)=(S,十S1),小图部分 产生的感应电动势的方向与不规则部分产生的· 感应电动势相反，大小为E,=A5S,=6S,则 △ 线圈产生的感应电动势大小为E=瓦一E,= k(S?十S1一S2),故B正确.] 2.A[导体棒ab切割磁感线在电路部分的有效 长度为d,故感应电动势为E-Bdw,回路中感1 应电流为上卡，根据右手定则，判断电流方向 为b流向a,故导体棒ab所受的安培力为F=! BId=Bd巴，方向向左，故选A] R 3.D[磁感应强度B先正向减小后反向增大，根！ 据楞次定律和安培定则可知R2中的电流方向} 一直向左，A错误：根据法拉第电磁感应定律得】 E=mS5=1W2)=2mB,B错误：由 A 题图乙可知磁感应强度B一直在发生变化，所} 以1=1。时刻，回路中的电流不为零，C错误：根！ 据闭合电路欧姆定律可知，R1消耗的电功率为 E P-RRR R-R24R 一，由此可知， 当R1=R2时，R1消耗的电功率最大，D正确.] A[磁体从题图乙位置开始转动时，导致通过} 铝笼裁面的磁通量增加，从而产生感应电流，方！ 向为a6c之da,因而受到安培力作用，导 致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安培力而转 动的，A项正确，C项错误：根据楞次定律可知，} 为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁体转动方 向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁体 的转速小，B项错误：当磁体停止转动后，如果 忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过 程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到反 方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项 错误， AD[由法拉第电磁感应定律可知磁场变化时： 才会产生感生电场，故A正确：变化的磁场在 真空室中激发出的电场为无源场，电场线为封 闭曲线，与静电场不同，故B错误：当题图乙中 感生电场沿逆时针方向时，电子沿顺时针方向！ 加速运动，故C错误：题图甲线圈中的电流增 大的过程中，竖直向上的磁场增强，由楞次定律 可知题图乙中形成顺时针方向的感生电场，故！ D正确.] A[根据右手定则可知，回路中感应电流的方 向为逆时针方向，故C正确：根据左手定则可 知，回路中ab边电流的方向为a→b,磁场的方， 向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电 流的方向为c→d,磁场的方向向里，所受安培 力方向向左，即ab边与cd边所受安培力方向， 相同，故A错误；ab边切割磁感线产生的电动 势b端为等效电源的正极，(d边切剖磁感线产！ 生的电动势c端为等效电源的负极，故回路中 感应电动势为E=2B0,故B正确：此时回路 中有一半面积磁场垂直纸面向外，一半面积磁 场垂直纸面向内，因此穿过回路的磁通量为零，！ 故D正确.] 答案(1) (2)2mgR 2 解析(1)根据法拉第电磁感应定律有 E=· △t (2)由题图可知线框受到的安培力大小为 A=Bn-哭-然·！ 当线框开始向上运动时有FA一g 解得o=2T 2mgR D「由于导体中产生了涡流，根据Q=R1可！ 知，制动过程中，导体会发热，A错误：导体运动 速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率} 越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动 力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有 关，B错误：根据楞次定律，可知，原磁场对涡流 的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变 线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为 阻力，C错误：制动过程中，导体的速度逐渐减 小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产 生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，！ D正确.] BD[突然断开开关，由于螺线管的自感现象， 线圈产生自感电动势，使得电流11（向右）不能 突变，而是逐渐变为0，L逐渐熄灭，由于二极！ 管的单向导电性，L2马上熄灭，由于I1>I3,所！ 以L闪亮后熄灭，故A错误，B正确；穿过线圈！ 内的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈和螺 线管间将有引力作用，线圈向右摆动，且有扩张 趋势，线圈中的感应电流方向为逆时针方向（从 左向右看)，故C错误，D正确，门 0.BCD[两根导线长度相同，有2πr1=2πr2X2, 12 2 即门二之，则两圆环面积之比为号一了' 了，故A错误； 4 根据法拉第电磁感应定律有E= 537 可得营子B正： 两导线完金相同有片=，故C 正确： 通过的电荷量g=n△BS,可得 R ，故 D正确.] .C[根据右手定则，a端相当于电源正极，b 端为负极，a端电势高于b端电势，故A错误； 当导体杆ab和直径重合时，切割磁感线的有 效长度1=2R,此时产生的感应电动势最大， ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E 立Bw=2BR2,故B错误：根据法拉第电磁 感应定律可知，全过程中，ab杆平均电动势为 E=△=BR'a,故C正确：当0=120°时，ab 杆切割磁感线的有效长度l'=√5R,ab杆切割 磁感线产生的感应电动势为E=号B1?。 子BRw,故D错误.门 答案9。尽”，方向水平向左 (2)3Bh Bo2h1 10 ,(3)4rR 解析(1)由题图可知1=0时线框切割磁感 线产生的感应电动势为E=2Bohw十B,h)= 3Bh,则感应电流大小为I=R E 3Bohu R 线框所受的安培力为 F=2Bo 3Boh十B 3B。h巴h=9BN R R R 方向水平向左： (2)在x时刻，ab边运动到距区域I的左边界 宁处，线框的递废近似为车，此时线框被 固定， 则t=1.2x时穿过线框的磁通量为 市16R:子-A·合-8B 10 方向垂直纸面向里： (3)2x一3x时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减 小到0，则有E=4师B2 Boh" △1 T E'Bh2 感应电流大小为1=卡-2讯，则2x一3r时间 Bo h 内，线框中产生的热量为Q=2Rx= 4πR 由法拉第电磁感应定律可知，E9 西的单位为V·s,由Q=It可知，Q的单位为 A·s,则QUU与I的单位相同均为V·A·s, A错误，符合题意：由题图可知，从单位角度分 析有M三号=：三Q,B正确，不符合题 意：由R=号知亡=京，可以用来描迷物体 的导电性质，C正确，不符合题意：由电感的定 义1=9-会曾以及法拉第电险感应定排7 解得E=L △Φ ,D正确，不符合题意，] 课时分层检测（六十五） A[由右手定则可知，通过MN的电流方向为 N→M,电路闭合，流过电阻R的电流方向由b 到d,B、D错误：导体杆切割磁感线产生的感应 电动势为E=B,导体杆为等效电源，其电阻 为等效电源内阻，由闭合电路欧姆定律可知， E U=IR=求·R=2Bl,A正确，C错误.] D[有效切割长度即 a、b连线的长度，如图所 B b 示，由几何关系知有效 R ××× 切割长度为√2R,所以产 0 XX 生的电动势为E=BLw= B·√2R,电流的方向 XXx 为a→b,所以U0,由于外电路的电阻值为！9 子R,所以U= B2R=32BR, A 4 故选D.] 3A[张据法挂第电磁感应定律得E=n把，又 有1是g，解得g=又周为0 E 西2-1，Φ2=BL2sin30°，更1=-BL2c0s30°，解！ 得g=5+BL,故A正确，] 2R 4.AD[根据楞次定律得0~2s内线框中的感： 应电流为顺时针方向，即为正方向，2一45内感 应电流为逆时针方向，即为负方向，由E=; nS1是知，电流1大小不交，A正确，B因 错误：由以上分析得，在1一2$时间内，导线框！ ad边电流方向由d流向a,空间所加磁场的磁！ 感应强度方向为垂直导线框平面向外，且线性！ 增大，电流I为定值，根据左手定则及F=BIL 得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，即 安培力为负方向，线性增大，同理可知0一15、 23s、3~4s内安培力的变化情况，C错误，Di 正确，」 5.BCD[设dc边的电阻是r,ab边的电阻是2r,1 由于下落高度不确定，dc边进入磁场后，线框！ 可能做匀速直线运动、加速度减小的加速直线！ 运动或加速度减小的减速直线运动.dc边进入！ 磁场时电动势为E=BLv,ab两点之间的电势} 差为U山上·2r,dc边出磁场后，线框做 E 速运动，4、b两点之间的电势差为U= 故A错误，B、C、D正确.] 6.答案(1)0.024V(2)1.08×10-1J (3)由N到M0.006C 解析(1)在0-0.1s内， 由题图乙可得智兴T小s=0.2T 由法拉第电磁感应定律E=VA=N马s △t △t 解得E=0.024V. (2)根据用合电路欧好定往1=R千，=0,05A 由焦耳定律Q=1PR,解得Q=1.08X104」 (3)根据楞次定律可以判断，0.1一0.4s通过R! 的电流方向由N到M,根据g=I△t 又7=R卡，E- △t 可得g=N兴，N 由题图乙可知，0.1~0.4s内磁感应强度变化！ 大小△B=0.02T,解得g=0.006C 7.C[由题意知，三根金属辐条始终有一根在磁！ 场中切割磁感线，切割磁感线的金属辐条相当 于内阻为的电源，另外两根金属辐条和定值· 电阻R。并联，辐条进出磁场前后电流的大小！ 向均改变，故A错误：电路的总电阻R一， 圈环匀建转动时感应电动势E=肌兰 BL,所以定值电阻R两端的电压U= E 2 二_B,通过定值电阻R,的电流1= 3 8 r 、 BL,故B错误，C正确：圆环转动一周，定值 8r 电阻R产生的热量Q=,T=BI如，故D 32r 错误.] 8.D[c边的位置坐标x从0~L的过程中，根！ 据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿！ ab广c·da,为正值.线框bc边有效切割长 度为l=L一t,感应电动势为E=B1w=B(L一！ t)·,随着t均匀增加，E均匀减小，感应电流！ =長，即知感应电流均匀减小，同理，从L一 2L的过程中，根据楞次定律判断出感应电流方 向沿a·d→c→b→a,为负值，感应电流仍均匀2 减小，故A、B、C错误，D正确.] C[由题意，画出线框在t时刻、21时刻、31时！ 刻、4t时刻位置示意图，则t时刻 P 2t时刻 P 0 ! 31时刻 P R ·× b 41时刻 ! 线框在0~1时间内，只有bc边切割磁感线，由 右手定则知电流由→b,回路产生顺时针方向 的电流，电动势为负值，巴1=一B1,线框在t~ 21时间内，bc边切割右方磁场，产生由b>c的： 电动势，ed切割左方磁场，产生e→d的电动： 势，二者对回路来说等大反向，回路总电动势为！ 零，e2=0;线框在21~31时间内，ed切割右方 磁场，产生d→e的电动势，fa切割左方磁场， 产生f→a的电动势，二者对回路同向，eg=! 2Bl0十B1u=3B,为正方向：在3t~41时间} 内，只有fa在右方磁场切割磁感线，产生a→f 的电动势，回路是顺时针，电动势e1=一2Blv, 结合闭合电路欧姆定律I=R 知只有C图像 满足，故A、B、D错误，C正确.门 ,答案（①器(2)士器 3 解析(1)当ab棒刚处于磁场时，ab棒切割！ 磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚】 好正常工作，则电路中路端电压U外=U 由电路的分压之比得U内=2U 则感应电动势为E=U外十U为=3U 由E=Blo=3U,可得0=B0 3U (2)若保持磁场不移动（仍在cdf矩形区域）， 而使磁感应强度随时间t均匀变化，电路可视！ 为棒与L1并联后再与L2串联，则正常工作的！ 灯泡为L2,所以L2两端的电压为U,电路中 电磁感应定律得E=”=A5。,联立解得 △t-△ △B3U △-2ld ,所以经过时间t时磁感应强度的 3U 可能值B,=Bo土2d。 课时分层检测（六十六） A[ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动！ 势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速！ 运动，由F=BIL=B=ma知，ef微的是 R 加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A 正确，B、C、D错误.] AC[甲图中，导体棒向右运动切割磁感线产 生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板 538 间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电 路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速 运动，故A正确：乙图中，导体棒向右运动切割 磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内 能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为 内能时，ab棒静止，又由于I= B,F=1B,由 于速度减小，则产生感应电流减小，导体棒所受 安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的 加速度减小，所以乙图中，棒ab做加速度减小 的减速运动，最终静止，故B错误：丙图中，导体 棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动， 速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运 动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动 势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速 运动，故C正确：由以上分析可知，甲、乙、丙图 中，只有图乙中棒ab最终静止，故D错误.] A[线框先做自由落体运动，t1时刻ab边进 入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A图 像中的加速度逐渐增大，故A错误；线框先做 自由落体运动，若进入磁场时重力小于安培力 ab边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到 零时做匀速直线运动，cd边进入磁场后线框做 自由落体运动，加速度为g,故B正确；线框先 做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力大于 安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入 磁场后线框做自由落体运动，加速度为g,故C 正确：线框先做自由落体运动，ab边进入磁场 时若重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边 进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度 为g,故D正确.] D「设杆长为L,杆下落过程中切割磁感线产 BL巴oc0,故C 生的感应电流大小为1=R千，=R十r 错误；根据牛顿第二定律有mg一B1L=ma,即 a=8 m(R+,故D正确；杆所受安培力的 大小为F=BL=,杆下落过程中先微加 R+r 速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保 持不变，所以安培力随速度先增大后不变，最终 大小为mg,故B错误：杆两端的电压为U IR-BLRv 速度先增大后不变，所以U先增大 R+r 后不变，故A错误.] ABD[由楞次定律结合左手定则可知，安培力 与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安 培力始终做负功，MN最终一定静止在()'位 置，A,B正确：根据楞次定律可知，从释放到第 一次到达(O)位置过程中，MN中电流方向由 M到N,D正确：从释放到第一次到达(O)位置 过程中，在即将到达())位置的时刻，MN所受 安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于 MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状 态，C错误.] ABD[由题意可知F-=a,得a=E R mR0,结合a-v图像可知 B B'L ma0, mR maR_1,，A、 0,解得m三a,B一人L2o B正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的 V 距离为=下，则通过金属棒横裁面的电荷量 E BLs g=1i=尺t=R W ，C错误：某时刻撒去 √FRo 拉力，此后 R =ma,则a=B mR,D正确.] CD[线图自由下落过程，有mgh=之m,”, ab边刚进入磁场时，有E-BLU=BL,解 得U=BL√2哑，故A错误：根据能量守恒定 律可知，从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁 场的过程，动能变化为0，重力势能转化为线框 产生的热量，则Q=mgd,ab边刚进入磁场时速 度为v0,ab边刚离开磁场时速度也为v。,所以 从ab边刚穿出磁场到cd边离开磁场的过程，