专题15 电磁感应的综合问题（解析版）

这是一份专题15 电磁感应的综合问题（解析版），共15页。

A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高
C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同
【答案】 D
【解析】 金属套环跳起来的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线圈接在直流电源上时，金属套环也会跳起。电压越高线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈。若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故选项A、B、C错误，D正确。
2. (多选)(2021·海南省新高考3月线上诊断)如图所示，螺线管导线的两端与平行金属板相接，一个带正电的小球用绝缘细线悬挂在两金属板间，并处于静止状态。若使一条形磁铁从左向右靠近螺线管，则( )
A.小球向右摆动
B.小球向左摆动
C.螺线管的左端相当于条形磁铁的N极
D.螺线管的左端相当于条形磁铁的S极
【答案】 AD
【解析】 当磁铁靠近时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极向下通过线圈再到左极，由于线圈相当于电源，因此左极电势高，所以带正电小球将向右摆动，故A正确，B错误；假如电路闭合，则螺线管中的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则可知螺线管的左端相当于S极，故C错误，D正确。
3. (多选)(2021·山东省济南市第一次模拟)如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。电路通过电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R。先将开关闭合，待圆盘转速稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是( )
A.闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动
B.闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零
C.断开开关时，a点电势低于b点电势
D.断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相反
【答案】 BC
【解析】 闭合开关时，铜圆盘中有电流经过，圆盘中电流方向沿半径向外，根据左手定则可知，从上往下看圆盘顺时针转动，故A错误；闭合开关转速稳定时，圆盘不受安培力作用，根据F＝BIL可知流过圆盘的电流为零，故B正确；断开开关时，从上往下看，圆盘顺时针转动，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，由右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，所以a点电势低于b点电势，故C正确；闭合开关时，流过电阻R上的电流方向从b点经电阻R到a点；断开开关时，a点电势低于b点电势，流过电阻R上的电流方向从b点经电阻R到a点，所以断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相同，故D错误。
4.(2021·山东临沂市上学期期末)如图所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现使铜棒OA以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计。下列说法正确的是( )
A.O点的电势比A点的电势高
B.回路中通过的电流为eq \f(ωBl2,4r)
C.该定值电阻两端的电压为eq \f(3,8)ωBl2
D.该定值电阻上的热功率为eq \f(ω2B2l4,16r)
【答案】 C
【解析】 由右手定则可知电流方向从O点指向A点，OA是电源，电流从低电势流向高电势，故O点的电势比A点的电势低，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝Bleq \f(0＋lω,2)＝eq \f(1,2)Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知回路中通过的电流为I＝eq \f(E,r＋3r)＝eq \f(E,4r)，两式联立可得I＝eq \f(Bl2ω,8r)，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝I×3r，将前面求得电流值代入可得U＝eq \f(3,8)ωBl2，故C正确；由焦耳定律可知该定值电阻上的热功率P＝I2×3r＝eq \f(3ω2B2l4,64r)，故D错误。
5. (多选)(2021·安徽皖南八校4月联考)如图所示，在纸面内有半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为L，AO段、弧AB段的电阻均为r，BO段导体的电阻可忽略，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界与半圆直径重合，现用外力使导体框在纸面内绕O点以角速度ω沿顺时针方向，从图示位置匀速转动一周，下列说法正确的是( )
A.圆弧AB段内电流方向总是从A流向B
B.转动的前半周内A、B两端电压为eq \f(BωL2,2)
C.转动的后半周内通过O点的电荷量为eq \f(πBL2,4r)
D.外力对线框做的功为eq \f(πωB2L4,4r)
【答案】 CD
【解析】 导体框转动的前半周内，AO切割磁感线，感应电动势为E1＝eq \f(BωL2,2)，圆弧AB段内电流方向从A流向B，AB段为外电路、分压一半，故两端电压为U＝eq \f(1,2)E1＝eq \f(BωL2,4)；转动的后半周BO段切割磁感线，感应电动势为E2＝eq \f(BωL2,2)，圆弧AB段内电流方向从B流向A，故A、B错误；转动的后半周穿过导线框的磁通量变化量为ΔΦ＝eq \f(1,2)πBL2，电路总电阻为R＝2r，则转动的后半周内通过O点的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(\f(1,2)πBL2,2r)＝eq \f(πBL2,4r)，故C正确；从图示位置匀速转动一周过程中，外力对线框做的功等于产生的电能，则W＝eq \f(E2,2r)T＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BωL2,2)))\s\up12(2),2r)×eq \f(2π,ω)＝eq \f(πωB2L4,4r)，故D正确。
6.(2021·北京市海淀区上学期期末)在如图所示的电路中，两个完全相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。闭合开关S待电路稳定后，调整R的滑片使L1和L2亮度一样，此时通过两个灯泡的电流均为I。在之后的t0时刻断开S，则在如图所示的图象中，能正确反映t0前后的一小段时间内通过L1的电流i1和通过L2的电流i2随时间t变化关系的是( )
【答案】 A
【解析】 当开关断开瞬间，通过电感线圈的电流减小，根据楞次定律可知感应电流为了阻碍电感线圈中的电流减小，感应电流的方向与原电流方向相同，如图所示。随着原电流的减小，感应电流也逐渐减小，所以通过小灯泡L1的电流方向不变且逐渐减小，故A正确，B错误；断开开关后感应电流通过小灯泡L2的方向与原电流方向相反，电流逐渐减小，故C、D错误。
7.[2021·苏、锡、常、镇四市调研(一)]如图所示，电路中L为电感线圈，C为电容器，先将开关S1闭合，稳定后再将开关S2闭合，则( )
A.S1闭合时，灯A、B都逐渐变亮
B.S1闭合时，灯A中无电流通过
C.S2闭合时，灯B立即熄灭
D.S2闭合时，灯A中电流由b到a
【答案】 D
【解析】 S1闭合时，因为电容器通交流阻直流，所以灯A中有短暂电流通过，且不会逐渐变亮，故A、B错误；S2闭合时，因为电感线圈，灯B会逐渐熄灭，故C错误；开关S2闭合时，电容放电，所以S2闭合瞬间A灯有电流从b到a，故D正确。
8．(多选) (2021·广东汕头市第一次模拟)如图甲是法拉第圆盘发电机的照片，乙是圆盘发电机的侧视图，丙是发电机的示意图。设CO＝r，匀强磁场的磁感应强度为B，电阻为R，圆盘顺时针转动的角速度为ω( )
A.感应电流方向由D端经电阻R流向C端
B.铜盘产生的感应电动势E＝eq \f(1,2)Br2ω
C.设想将此圆盘中心挖去半径为eq \f(r,2)的同心圆，其他条件不变，则感应电动势变为eq \f(3,8)Br2ω
D.设想将此圆盘中心挖去半径为eq \f(r,2)的同心圆，其他条件不变，则感应电动势变为eq \f(1,8)Br2ω
【答案】 BC
【解析】 根据丙图，由右手定则可知感应电流由C端经电阻R流向D端，选项A错误；铜盘产生的感应电动势E＝BLeq \(v,\s\up6(－))＝Breq \f(v,2)＝Br·ωeq \f(r,2)＝eq \f(1,2)Br2ω，选项B正确；由B可知，铜盘产生的感应电动势E＝eq \f(1,2)Br2ω，同理可求得挖去半径为eq \f(r,2)的同心圆产生的电动势E′＝eq \f(1,2)Bω(eq \f(r,2))2＝eq \f(1,8)Br2ω，故此圆盘挖去同心圆后，产生的电动势E″＝E－E′＝eq \f(1,2)Br2ω－eq \f(1,8)Br2ω＝eq \f(3,8)Br2ω，选项C正确，D错误。
9.(2021·海南省新高考一模)如图(a)所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，规定图(a)中箭头方向为电流的正方向。直导线中通以图(b)所示的电流，则在0～t1时间内，导线框中感应电流的方向( )
A.先顺时针后逆时针 B.先逆时针后顺时针
C.始终沿顺时针 D.始终沿逆时针
【答案】 C
【解析】 开始阶段直导线中电流向右减小，则穿过线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向；后一阶段直导线中电流向左增加，则穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向，故C正确。
10.(2021·北京市昌平区二模练习)如图所示，MN是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有垂直于纸面向外的匀强磁场。以下过程中，abcd中有感应电流产生且感应电流的方向为abcda的是( )
A.将abcd向左平移
B.将abcd垂直纸面向外平移
C.将abcd以MN为轴转动30°
D.将abcd以ab为轴转动30°
【答案】 C
【解析】 将abcd向左平移，则穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流方向是adcba，选项A错误；将abcd垂直纸面向外平移，则穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，选项B错误；将abcd以MN为轴转动30°，则穿过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流方向是abcda，选项C正确；将abcd以ab为轴转动30°，则穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，选项D错误。
11．(2021·1月辽宁普高校招生适应性测试，6)如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t＝0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图象可能正确的是( )

【答案】 A
【解析】磁场L～3L时，金属线切割磁感线的有效长度为3L，线框中产生更大的逆时针方向电流；线框离开磁场0～L时，金属线切割磁感线的有效长度为2L，线框中产生顺时针方向电流；线框离开磁场L～3L时，金属线切割磁感线的有效长度为3L，线框中产生更大的顺时针方向电流，故A项正确，B、C、D项错误。
12.(2021·山东六地市3月在线大联考)如图甲，一矩形金属线圈abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图乙所示，则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图象是图中的(规定向右为安培力F的正方向)( )
【答案】 A
【解析】 0～1 s内，由楞次定律知，感应电流的方向为adcba，根据I＝eq \f(ΔBS,ΔtR)，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，为负值，由F＝BIL知，安培力均匀减小；1～2 s内，由楞次定律知，感应电流的方向为abcda，根据I＝eq \f(ΔBS,ΔtR)，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，为正值，由F＝BIL知，安培力均匀增大。
13.(多选)(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，10)如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图象可能正确的有( )
【答案】 AB
【解析】 a棒以初速度2v0先进入磁场区域切割磁感线，产生的感应电流为i0＝eq \f(Bl·2v0,R)，a棒受安培力做变减速直线运动，感应电流i＝eq \f(Blv,R)也随之减小，即i－t图象的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒的速度为v1，此时的瞬时电流为i1＝eq \f(Blv1,R)；若v1＝v0，即i1＝eq \f(Blv0,R)＝eq \f(i0,2)，此时a、b棒产生的感应电动势相等，方向相反，回路中电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开磁场，故A正确，C错误；若v114.(多选)(2021·湖北十堰市上学期期末)如图甲所示，abcd为由金属导体做成的框架，其平面与水平面所成角度为θ，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁场的磁感应强度变化情况如图乙所示(取磁场方向垂直框架平面向上为正)，PQ始终静止。关于PQ与ab、cd间摩擦力Ff在0到t1内变化情况的说法中，有可能正确的是( )
A.Ff一直增大 B.Ff一直减小
C.Ff先增大，后减小 D.Ff先减小，后增大
【答案】 AD
【解析】解析 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得感应电流I＝eq \f(ΔB,ΔtR)S，其中磁感应强度的变化率为定值，所以在线圈中产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知电流方向逆时针，根据左手定则可知开始导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力，若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力mgsin θ，则摩擦力方向沿导轨向上，其大小为Ff＝mgsin θ－F安，随着安培力的减小，摩擦力Ff逐渐增大，当安培力为零时，摩擦力达到最大；若开始安培力大于mgsin θ，则摩擦力方向沿导轨向下，其大小为Ff＝F安－mgsin θ，由于安培力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，当F安＝mgsin θ时，摩擦力为零并开始反向变为Ff＝mgsin θ－F安，Ff随着安培力的减小将逐渐增大；综上分析知，A、D正确，B、C错误。
15.(多选)(2021·安徽六安市省示范高中教学质检)如图甲所示，足够长光滑水平导轨MN、PQ间连接两定值电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，导轨间距L＝0.5 m，整个装置处在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，质量m＝0.1 kg的导体棒ab垂直导轨放置，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动，F－t图象如乙图所示，则下列选项正确的是( )
A.导体棒匀加速运动的加速度a＝2 m/s2
B.导体棒电阻r＝1 Ω
C.t＝2 s时电阻R1的热功率eq \f(1,3) W
D.0～2 s内通过R1的电荷量为0.5 C
【答案】 AC
解析 由F－t图象得t＝0时，F安＝0，F＝0.2 N，则a＝eq \f(F,m)＝2 m/s2，选项A正确；2 s末速度v＝at＝4 m/s，此时F安＝0.25 N，由F安＝eq \f(B2L2v,R总)得R总＝4 Ω，又R总＝eq \f(R1R2,R1＋R2)＋r，得r＝2 Ω，B错误；在2 s末时刻，电路电流I＝eq \f(BLv,R总)＝0.5 A，流过R1电流I1＝eq \f(R2,R1＋R2)I＝eq \f(1,3) A，R1的热功率为P1＝Ieq \\al(2,1)R1＝eq \f(1,3) W，C正确；0～2 s内，导体棒的位移x＝eq \f(1,2)at2＝4 m，电路的总电荷量为Q＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(BLx,R总)＝0.5 C，流过R1的电荷量为eq \f(1,3)C，D错误。
16.(多选)(2021·宁夏石嘴山市模拟)如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，电阻不计，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则( )
A.在此过程中金属杆的速度均匀增加
B.金属杆下滑的最大速度eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)
C.在此过程中流过电阻R的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
D.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
【答案】 BC
【解析】 对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin α－BIL＝ma
根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(BLv,R＋r)
联立解得mgsin α－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma
可知，随着速度的增大，加速度不断减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，所以速度不是均匀增大；当加速度为零时，速度达到最大，则有mgsin α－eq \f(B2L2vm,R＋r)＝0
解得vm＝eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)，故A错误，B正确；在此过程中流过电阻R的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，联立解得q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)，故C正确； 根据能量守恒定律得，在此过程中回路中产生的总热量为Q＝mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，电阻R产生的焦耳热为QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝eq \f(R,R＋r)(mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m))，故D错误。
17.(2021·湖北高三开学考试)如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a(aA．大于eq \f(v0,2) B．等于eq \f(v0,2)
C．小于eq \f(v0,2) D．以上均有可能
【答案】 B
【解析】 通过线圈横截面的电荷量：
q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，
由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：
－Beq \x\t(I)at＝mv－mv0，
线圈离开磁场过程：－Beq \x\t(I)at＝0－mv，
由于q＝eq \x\t(I)t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，
解得v＝eq \f(v0,2)，故选B.
18. (2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，13)(多选)如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则( )
A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝eq \f(Blv0R,R＋r)，且a点电势高于b点电势
B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大
C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)
D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势
【答案】 ACD
【解析】 当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(Blv0R,R＋r)，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝eq \f(Blv,R＋r)，由于杆ab速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小．当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Beq \x\t(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确．
19.(多选)(2021·云南一模)如图所示，两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静止放着两根质量为m、长度为L、电阻为R的相同导体棒ab和cd，构成矩形回路(ab、cd与导轨接触良好)，导轨平面内有竖直向上的匀强磁场B.现给cd一个初速度v0，则( )
A．ab将向右做匀加速运动
B．ab、cd最终具有相同的速度eq \f(v0,2)
C．通过ab杆的电荷量为q＝eq \f(mv0,2BL)
D．回路产生的焦耳热最多为eq \f(1,2)mv02
【答案】 BC
【解析】 根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流，感应电流使两棒都产生加速度，然后受到的安培力发生变化，有效电动势发生变化，感应电流、安培力、加速度也随之变化，所以ab不可能向右做匀加速运动，故A错误；当两棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回路中将不再有感应电流，ab、cd最终具有相同的速度，两棒的系统所受合外力为零，则根据动量守恒定律有mv0＝2mv，最终两棒的速度均为v＝eq \f(v0,2)，故B正确；选向右的方向为正，对ab棒根据动量定理有eq \x\t(F)t＝meq \f(v0,2)，eq \x\t(F)＝Beq \x\t(I)L，联立可以得到q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(mv0,2BL)，故C正确；根据能量守恒定律，在运动过程中产生的热量为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2m(eq \f(v0,2))2＝eq \f(1,4)mv02，故D错误．
20.(多选)(2021·安徽省天长中学期末)如图所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的焦耳热为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法正确的是( )
A．v的大小等于eq \r(\f(Fs－3Q,m))
B．撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为eq \f(6,5)v，方向向右
C．撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为eq \f(2,5)v，方向向右
D．撤去拉力F后，整个回路产生的焦耳热为eq \f(1,10)mv2
【答案】 AD
【解析】 由于两棒的长度之比为1∶2，所以电阻之比为1∶2，由于两棒是串联关系，在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，所以CD棒上产生的焦耳热为2Q，在CD棒向右运动距离为s的过程中，根据功能关系有Fs＝3Q＋eq \f(1,2)mv2×2，解得v＝eq \r(\f(Fs－3Q,m))，A正确；设AB棒的长度为l，则CD棒的长度为2l，撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最后匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BlvAB′＝B·2lvCD′，即vAB′＝2vCD′，对两棒分别应用动量定理有FABt＝mvAB′－mv，－FCDt＝mvCD′－mv，因为FCD＝2FAB，解得AB棒的速度大小为vAB′＝eq \f(6,5)v，方向向左，CD棒的速度大小为vCD′＝eq \f(3,5)v，方向向右，B、C错误；撤去拉力F后到最后稳定运动过程，整个回路产生的焦耳热为Q′，根据能量守恒定律有Q′＝eq \f(1,2)mv2×2－eq \f(1,2)mvAB′2－eq \f(1,2)mvCD′2，解得Q′＝eq \f(1,10)mv2，D正确．