狂刷46电磁感应与力学的综合1．如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨向里的匀强磁场中，两根质量相同的金属棒A和B与导轨紧密接触且可自由滑动。先固定A，释放B，当B的速度达到10m/s时，再释放A，经1s时间A棒速度达到12m/s，（g取10m/s2）则A．当vA=12m/s时，vB=18m/sB．当vA=12m/s时，vB=22m/sC．若导轨很长，它们最终速度必相同D．它们最终速度不相同，但速度差恒定【答案】AC2．倾角为α的光滑导电轨道间接有电源，轨道间距为L，轨道上放一根质量为m的金属杆ab，金属杆中的电流为I，现加一垂直金属杆ab的匀强磁场，如图所示，ab杆保持静止，则磁感应强度方向和大小可能为24\nA．方向垂直轨道平面向上时，磁感应强度最小，大小为B．z正向，大小为C．x正向，大小为D．z正向，大小为【答案】ACD【名师点睛】受力分析后，根据平衡条件，写出平衡方程，结合安培力公式，并根据左手定则，即可求解。3．如图，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，，整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B=1–8t(T)。一质量为1kg、长为L、电阻为、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置。当磁感应强度变为B1=0.5T后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v=3.6m/s。导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g=10m/s2下列说法正确的是A．导体棒解除锁定前回路中电流的方向是abOaB．导体棒解除锁定前回路中电流大小是C．导体棒滑到导轨末端时的加速度大小是7.3m/s2D．导体棒运动过程中产生的焦耳热是2.02J【答案】BC24\n，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，A错误B正确；滑到导轨末端时的，感应电动势为，感应电流为：，安培力为；根据牛顿第二定律，有：，解得，C正确；由能量守恒得，解得，D错误。4．在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度均为L，一个质量为m，电阻为R，边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过CH进入磁场I区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的正中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是A．当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为a=3gsinθB．导线框两次匀速直线运动的速度v1:v2=2:1C．从t2开始运动到ab边到位置过程中，通过导线框的电量24\nD．从t1到ab边运动到MN位置的过程中，有机械能转化为电能【答案】AD5．如图所示，固定的粗糙平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，上端接阻值为R的电阻，处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量m、长度L的导体棒从导轨底端以沿轨道向上的初速度v0向上滑动，上滑高度h后，又回到导轨底端，整个运动过程中导体棒与导轨垂直并保持良好接触。导轨和导体棒电阻不计。则A．初始时刻，金属棒受到的安培力大小B．初始时刻，金属棒加速度大小C．导体棒上滑与下滑过程中通过电阻R的电荷量相等D．导体棒上滑与下滑过程中电阻R产生的焦耳热相等【答案】AC24\n【名师点睛】本题需要注意由于导轨是粗糙的，所以在计算加速度时需要考虑摩擦力，计算电荷量时公式为。6．如图所示，水平面上固定着足够长的平行导轨MN、PQ，两金属杆ab、cd静止放在轨道上，可沿轨道滑动，轨道所在的空间有竖直向上匀强磁场，导轨电阻不计。则下面说法中正确的是A．若轨道光滑，给ab一初速度v0，则最终ab、cd一定做匀速运动且速度大小均为0.5v0B．若轨道光滑，水平向右对ab施加一个垂直于ab的恒定外力作用，则最终二者一定做匀加速运动，且速度差恒定C．若轨道粗糙，水平向右对ab施加一个垂直于ab的恒定外力作用，则最终二者一定做匀加速运动，且速度差恒定D．若将cd换成固定于MN、PQ间的一电容器，且轨道光滑，给ab施加一个垂直于ab的恒定外力，则最终ab一定做匀加速直线运动【答案】ABD【解析】若轨道光滑，给ab一初速度v0，ab运动后在ab棒中产生电动势，电路中产生感应电流，根据楞次定律可知，ab受到的安培力的方向向后，cd受到的安培力的方向向前，结合F=BIL可知两根棒中受到的安培力大小相等，方向相反，由动量守恒定律即可求出二者的末速度。若轨道光滑，开始时ab的速度比较小，则电路中的电流比较小，ab受到的安培力小于拉力F，所以ab向右做加速运动，同时cd也向右做加速运动，但开始时ab24\n的加速度大，随速度差的增大，二者的加速度逐渐趋于相等，最后二者以相等的加速度运动。若轨道粗糙，根据外力与摩擦力比较，从而判定棒ab运动情况，再根据安拉力与滑动摩擦力关系，得出cd棒运动情况，最后根据闭合电路欧姆定律与安培力表达式，即可求解；若将cd换成固定于MN、PQ间的一电容器，金属棒在向右运动的过程中，随着速度增大，安培力增大，由牛顿第二定律分析加速度的变化。若轨道光滑，ab运动后在ab棒中产生电动势，电路中产生感应电流，根据楞次定律可知，ab受到的安培力的方向向后，cd受到的安培力的方向向前，结合可知两根棒中受到的安培力大小相等，方向相反，二者在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得，解得，故A正确；若轨道光滑，给ab施加一个垂直于ab的恒定外力作用，ab将开始做加速运动，电路中产生感应电流，根据楞次定律可知，ab受到的安培力的方向向后，cd受到的安培力的方向向前；开始时ab的速度比较小，则电路中的电流比较小，ab受到的安培力小于拉力F，所以ab向右做加速运动，加速度满足，电路中由感应电流后cd也向右做加速运动，加速度满足，开始时ab的加速度比较大，cd的加速度比较小，二者之间的速度差逐渐增大，则电路中的电动势与电流都逐渐增大，此时二者之间的加速度的差逐渐减小，当它们的加速度相等时，二者之间的速度差最大，此时，同时满足，B正确；若轨道粗糙，给ab施加一个垂直于ab的恒定外力作用，设两根棒与轨道之间的摩擦力都是f；若，7．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v24\n/2，则下列说法正确的是A．此时圆环中的电流为顺时针方向B．此时圆环的加速度为C．此时圆环中的电功率为D．此过程中通过圆环截面的电量为【答案】ACD8．如图所示，用粗细不同的铜导线制成边长相同的正方形单匝线框，红框平面与匀强磁场垂直，现让两线框从有界匀强磁场外同一高度同时自由下落，磁场边界与水平地面平行，则24\nA．下落全过程中通过导线横截面的电量不同B．两者同时落地，落地速率相同C．粗线框先落地，且速率大D．下落过程中粗线框产生的焦耳热多【答案】ABD【名师点睛】本题要牛顿第二定律、安培力公式、电阻定律、密度公式综合研究，得到加速度的表达式，才能分析线圈的运动情况关系，考查综合应用物理知识的能力。9．如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别存在方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场，设左、右区域磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2，虚线为两区域的分界线。一根阻值也为R的金属棒ab放在导轨上并与其垂直，导轨电阻不计。若金属棒ab在外力F的作用下从左边的磁场区域距离磁场边界x处匀速运动到右边的磁场区域距离磁场边界x处，下列说法中正确的是24\nA．当金属棒通过磁场边界时，通过电阻R的电流反向B．当金属棒通过磁场边界时，金属棒受到的安培力反向C．金属棒在题设的运动过程中，通过电阻R的电荷量等于零D．金属棒在题设的运动过程中，回路中产生的热量等于Fx【答案】AC10．如图所示，水平放置的U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里的、场强大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F的作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计。下列说法正确的是A．此时AC两端电压为UAC=2BLvB．此时AC两端电压为C．此过程中电路产生的电热为D．此过程中通过电阻R0的电荷量为【答案】BD【解析】导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为：E=B·2L·v=2BLv；AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：，故A错误，B正确；根据能量守恒定律可知：Fd=Wf+Q+mv2，得：24\nQ=Fd–mv2–Wf，故C错误；根据电磁感应定律得：，根据电流定义式：，解得：，故D正确。【名师点睛】本题要理解并掌握感应电动势公式，公式E=BLv中，L是有效的切割长度，即为与速度垂直的方向导体的长度。也可画出等效电路，来区分外电压和内电压。11．如图所示，一个正方形金属框放在表面是绝缘且光滑的斜面顶端，自静止开始沿 斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB'平行的匀强磁场，已知线框的边长L小于磁场的宽度d。则关于金属框进入磁场过程中可能所做的运动，下列说法正确的是A．匀速运动B．匀加速运动C．匀减速运动D．先加速后匀速的运动【答案】AD24\n【名师点睛】本题考查了判断线框的运动性质，由安培力公式求出安培力、根据安培力与重力分力的关系、应用牛顿第二定律即可正确解题。12．如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L<d），质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h高处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）A．感应电流所做的功为2mgdB．感应电流所做的功为mgdC．线圈的最小速度可能为D．线圈的最小速度一定是【答案】ACD13．如图所示，光滑斜面的倾角为θ，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的长为24\nl2，线框的质量为m、电阻为R，线框通过细线与重物相连，重物的质量为M，斜面上ef线（ef平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场宽度l3（l3大于l2），磁感应强度为B。如果线框从静止开始运动，直至全部进入磁场，且进入磁场的最初一段时间是做匀速运动，则下列说法正确的是A．线框abcd进入磁场前运动的加速度为B．线框在进入磁场过程中的运动速度v=C．线框做匀速运动的时间为D．该过程产生的焦耳热Q=【答案】BC14．如图所示，有界匀强磁场与斜面垂直，质量为m的正方形线框静止在倾角为30°的绝缘斜面上（位于磁场外），现使线框获得速度v向下运动，恰好穿出磁场，线框的边长小于磁场的宽度，线框与斜面间的动摩擦因数μ=，则下列说法正确的是24\nA．线框完全进入磁场后做匀速运动B．线框进入磁场的过程中电流做的功大于穿出磁场的过程中电流做的功C．线框进入和穿出磁场时，速度平方的变化量与运动距离成正比D．线框进入和穿出磁场时，速度变化量与运动时间成正比【答案】AB【名师点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。15．如图所示，光滑金属导轨ab和cd构成的平面与水平面成θ角，导轨间距Lac=2Lbd=2L，导轨电阻不计。两金属棒MN、PQ垂直导轨放置，与导轨接触良好。两棒质量mPQ=2mMN=2m，电阻RPQ=2RMN=2R，整个装置处在垂直导轨向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒MN在平行于导轨向上的拉力作用下沿导轨以速度v向上匀速运动，PQ棒恰好以速度v向下匀速运动。则24\nA．MN中电流方向是由M到NB．匀速运动的速度v的大小是C．在MN、PQ都匀速运动的过程中，F=3mgsinθD．在MN、PQ都匀速运动的过程中，F=2mgsinθ【答案】ABD【名师点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。16．如图，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框，边的边长为，边的边长为，线框的质量为，电阻为，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为，斜面上线（平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的边始终平行底边，则下列说法不正确的是A．线框进入磁场前运动的加速度为B．线框进入磁场时匀速运动的速度为24\nC．线框做匀速运动的总时间为D．该匀速运动过程产生的焦耳热为【答案】ABC17．由不计电阻的导体构成的平行倾斜轨道框架，倾角为θ，顶端连接一个阻值为R的电阻，如图所示。轨道宽度为L，有一质量为m、电阻为r的导体棒垂直横跨在轨道上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直轨道平面向下，导体棒与轨道间的动摩擦因数为μ。导体棒从P位置由静止释放，到达N位置时以最大速度开始做匀速运动。P、N位置间的高度差为h。据此判断下列论述中正确的是A．导体棒的最大加速度为B．导体棒下滑的最大速度为C．从P运动到N位置过程中，电阻R上产生的焦耳热D．从P运动到N位置过程中，通过电阻R的电荷量【答案】AD【解析】导体棒在刚开始运动时所受的安培力为零，此时的加速度最大，根据牛顿定律：24\n18．如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R，金属棒和导轨电阻不计。现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，棒由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则A．t2=t1B．t1>t2C．a2=2a1D．a2=5a1【答案】B【解析】当拉力的功率恒定时，随着速度增大，拉力逐渐减小，最后匀速运动时拉力最小，且最小值和第一种情况下拉力相等，因此都达到速度v时，t1>t2，故A错误，B正确；由于两种情况下，最终棒都以速度2v匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，则有：，当拉力恒定速度为24\n【名师点睛】分析清楚两种情况下的运动形式区别，然后根据牛顿第二定律和运动学规律求解，注意两种情况下导体棒最终匀速运动时所受拉力大小是相同的。19．如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r；空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为C．棒经过环心时流过棒的电流为D．棒经过环心时所受安培力的大小为【答案】D【解析】棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，则速度为v=at，因此，可知在运动过程中棒所受安培力变化，则拉力大小也变化，故A错误；根据位移公式2R=at2，可得时间为24\n，故B错误；当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两部分的电阻并联，则电路总电阻为，速度大小为，产生感应电动势E=BLv=B·2R·，所以产生感应电流大小为，故C错误；棒经过环心时所受安培力的大小为，故D正确。20．如图所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OA=l0，且MN⊥OQ，所有导线单位长度的电阻均为r，MN运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，则外力F随时间变化的图像是A．B．C．D．【答案】C24\n21．如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经一段时间后闭合S，则S闭合后A．ef的加速度可能小于gB．ef的加速度一定大于gC．ef最终速度随S闭合时刻的不同而不变D．ef的机械能与回路内产生的电能之和一定增大【答案】A【名师点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合，其桥梁是安培力，这类问题往往安培力的分析和计算是关键，要记牢安培力的经验公式。22．如图所示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域。在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t=0，在下图所示的图线中，能正确反映感应电流随时间变化规律的是24\nA．B．C．D．【答案】C23．如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有一竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度减为v，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小A．大于B．等于C．小于D．以上均有可能【答案】B【解析】对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为，末速度为．由动量定理可知：，又电量，得，得速度变化量，由可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量。设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为，则有，解得，。24\n【名师点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量分析电量的关系．根据感应电量，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等。联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度。24．如图所示，固定的竖直光滑U形金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是A．初始时刻导体棒受到的安培力大小B．初始时刻导体棒加速度的大小C．导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热【答案】BC24\n故B正确；从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能；当导体棒静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，所以弹力的方向向上，此时导体棒的位置比初始时刻降低了，故C正确；导体棒直到最终【名师点睛】本题中安培力的经验公式，可以由感应电动势、欧姆定律、安培力三个公式结合推导出来，要加强记忆，有助于分析和计算。25．如图所示足够长固定的平行直角金属轨道左侧倾角的1=37°右侧倾角=53°，轨道宽均为L=0.5m。整个装置位于B=1T匀强磁场中，磁场方向垂直于右侧轨道平面向上，金属棒ab、cd分别放在左右两侧轨道上且始终垂直于导轨，t=0时刻由静止释放两棒，同时在cd棒上施加一平行于右侧轨道的外力F，使cd开始沿右侧轨道向上做加速度a=4m/s2的匀加速运动cd棒始终没有离开右侧轨道且与轨道保持良好接触，已知ab、cd棒的质量m1=0.25kg、m2=0.1kg，两金属棒电阻分别为R1=1.5，R2=0.5Ω其余电阻不计，两棒与轨道间的动摩擦因数均为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小，在ab棒离开左侧轨道前，下列说法中正确的是（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）A．ab棒先保持静止状态，后沿导轨下滑B．ab棒始终保持静止状态，且对左侧轨道的压力越来越大C．t=2s时，ab棒所受的摩擦力大小为0.8ND．0≤t<4s时间段内，cd棒所受外力F随时间变化的关系为F=2t+1.68N【答案】AC【解析】以ab棒为研究对象，开始时重力沿斜面向下的分力为m1gsin37°=0.6m1g，最大静摩擦力为fm=μm1gcos37°=0.64m1g>0.6m1g，ab棒始终保持静止状态，随着cd棒速度的增大，安培力越来越大，对ab棒根据左手定则可知安培力方向垂直于斜面向上，所以zb棒对左侧轨道的压力越来越小，最大静摩擦力逐渐减小，当最大静摩擦力小于0.6m1g时，ab棒开始下滑，故A正确、B错误；t=224\ns时，cd棒的速度为v=at=8m/s，根据法拉第电磁感应定律可得E=BLv=4V，感应电流大小I=E/(R1+R2)=4/2A=2A，ab棒受到的安培力大小为FA=BIL=1N，此时ab棒所受的最大静摩擦力大小为f′m=μ(m1gcos37°−FA)=0.8N<0.6m1g=1.5N，所以此时ab棒已经开始下滑，故摩擦力大小为0.8N，C正确；0⩽t⩽4s时间段内，根据牛顿第二定律可得：F−F′A−μm2gcos53°=m2a，即F=B2L2v′/(R1+R2)+μm2gcos53°+m2a=0.5t+0.88N，故D错误。【名师点睛】以ab棒为研究对象，根据受力情况确定运动情况，再分析ab棒受到的安培力大小和方向，确定压力的变化情况；根据v=at求解cd棒的速度，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律结合安培力计算公式求解安培力大小，由此计算摩擦力大小；0≤t≤4s时间段内，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解F的表达式。26．在光滑绝缘水平面上有一有界磁场，左边界为直平面，磁感应强度B=2T，方向竖直向下，如图（1），现有一正方形线框的的右边正好与磁场边界对齐，现施加一平行于线框的水平力F，使之由静止开始进入磁场区域，水平力F随时间变化的规律如图（2）所示，已知线框质量为m=1kg，则线框进入磁场过程中，下列说法正确的是A．线框做变加速直线运动B．线框产生的焦耳热等于0.5JC．通过线框的电量为0.5CD．线框电阻R=4Ω【答案】CDt=2s后拉力不变，说明线框进入磁场，磁通量不变，感应电流为零，安培力为零，因此线框边长24\n，代入得R=4Ω，D正确；通过的电量，C正确；线框刚完全进入磁场时速度v=at=1m/s，由，，图线示意图如图所示，水平力F做功为F–x所围面积，所以有能量守恒，产生的焦耳热，B错误。24
