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高考物理一轮复习第10章电磁感应第30讲电磁感应定律的综合应用练习(含解析)
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这是一份高考物理一轮复习第10章电磁感应第30讲电磁感应定律的综合应用练习(含解析)，共10页。
1．(2019·宿州高三质检)(多选)如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中，有一由均匀导线制成的边长为L的单匝正方形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框cd边始终与磁场右边界平行，线框导线的总电阻为R.在线框离开磁场的过程中( )
A．a、b之间的电压为eq \f(BLv,4)
B．线框受到安培力大小为eq \f(B2L2v,R)
C．通过线框某处截面的电量为eq \f(BL2,R)
D．线框中的电流在ad边产生的热量为eq \f(B2L3v,2R)
BC 解析 在线框离开磁场的过程中，ab边产生的感应电动势为E＝BLv，线框中的感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，此时a、b之间的电压为路端电压U＝I×eq \f(3,4)R＝eq \f(3BLv,4)，故选项A错误；由左手定则判断知，ad与bc所受的安培力大小相等、方向相反，合力为零，则线框所受安培力的合力等于ab边所受的安培力，为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，故选项B正确；流过线框截面的电量为q＝It＝eq \f(BLv,R)×eq \f(L,v)＝eq \f(BL2,R)，故选项C正确；线框中的电流在ad边产生的热量为Q＝I2×eq \f(R,4)t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv,R)))2×eq \f(R,4)×eq \f(L,v)＝eq \f(B2L3v,4R)，故选项D错误．
2．(2019·广东肇庆中学高三滚动复习)在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈如图甲所示放入磁场中，当磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是(规定线圈中感应电流的正方向为如图甲所示)( )
B 解析 在0～1 s内，根据法拉第电磁感应定律，E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔBS,Δt)；根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在1～2 s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在2～4 s内，根据法拉第电磁感应定律，E′＝neq \f(ΔΦ′,Δt)＝neq \f(ΔBS,Δt)＝eq \f(E,2)；根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值，故选项B正确，A、C、D错误．
3．如图所示，闭合导线框向右匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i随时间t变化的图象可能正确的是 ( )
B 解析 线圈刚进入磁场时，产生逆时针方向的电流；线圈一半进入磁场后有效长度减半，故感应电动势减半，感应电流减半；线圈出离磁场时产生顺时针方向的电流，刚出离磁场时，有效长度为L，一半出离磁场时有效长度减半，则感应电流减半；由以上分析可知，线框中电流i随时间变化的图线应该为B．
4．(2019·烟台高三诊断)(多选)如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆开始运动后，则( )
A．金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流
B．两金属板间的电压始终保持不变
C．两金属板和杆做加速度大小为eq \f(F,B2d2C)的匀加速直线运动
D．单位时间内电容器增加的电荷量为eq \f(CBdF,m＋B2d2C)
AD 解析 由右手定则可知，充电电流方向为由M流向N，故选项A正确；设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t后速度v＝at，MN切割磁感线产生电动势E＝BLv＝Bdat，即电容器两板电压U＝E＝Bdat，U随时间增大而增大，电容器所带电量Q＝CU＝CBdat，MN间此时有稳定的充电电流I＝eq \f(Q,t)＝CBda，方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力F安＝BIL＝CB2d2a，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，即F－CB2d2a＝ma，解得a＝eq \f(F,m＋B2d2C)，方向沿＋x方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为eq \f(ΔQ,Δt)＝CBda＝eq \f(CBdF,m＋B2d2C)，故选项B、C错误，D正确．
5．(2019·漳州高三模拟)(多选)如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框静止于粗糙斜面上，线框边长ab＝L、ad＝2L，虚线MN过ad、bc边中点．斜面倾角为θ，线框与斜面间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．从某时刻起，在MN右侧加一方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝kt(k>0)的规律均匀变化．一段时间后，线框沿斜面向下运动，ab边刚好匀速穿出磁场时的速度为v，重力加速度为g，则 ( )
A．线框刚开始运动时，感应电流的方向为abcda
B．线框刚开始运动时，线框中的电功率为P＝eq \f(2k2L4,R)
C．线框离开磁场的过程中安培力所做的功W＝eq \f(1,2)mv2
D．线框从开始运动到穿出磁场过程中通过导线截面的电量q＝eq \f(μmgcsθ－mgsinθ,kL)
AD 解析 磁场均匀增加，根据楞次定律，感应电流方向为abcda，选项A正确；线框刚要运动时，感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔBL2,ΔtR)＝eq \f(kL2,R)，则线框中的电功率为P＝I2R＝eq \f(k2L4,R)，选项B错误；线框下滑过程中有重力、摩擦力、安培力三力做功，且重力小于摩擦力，根据动能定理，安培力做功大于动能变化量，选项C错误；当ab开始运动时，由平衡条件得mgsin θ ＋ B′IL＝μmgcs θ，运动过程中通过的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(B′L2,R)，联立上式解得q＝eq \f(μmgcs θ－mgsin θ,kL)，选项D正确．
6．(2019·合肥一中高考冲刺卷)(多选)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．一质量为m、电阻为R的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g，线框面积为S，t1＝t0、t2＝2t0、t3＝3t0.在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是 ( )
A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变
B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动
C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动
D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为eq \f(2B\\al(2,0)S2,Rt0)
ABD 解析 根据Bt图象可知，t1～t3时间内Bt线的斜率不变，则金属框中的感应电动势大小方向不变，则电流方向不变，选项A正确；0～t3时间内金属框所受安培力的合力为零，则向下做匀加速直线运动，选项B正确，C错误；线圈中的感应电动势E＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(B0S,t0)，则0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为Q＝eq \f(E2,R)·2t0＝eq \f(2B\\al(2,0)S2,Rt0)，选项D正确．
7．(2019·西宁高三一模)(多选)如图所示，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为B．足够长的光滑倾斜导轨固定于磁场中，导轨宽度为L，倾角为θ，电阻不计，其下端与电阻R连接．电阻为r的导体棒ab，从导轨顶端由静止释放，ab棒始终与导轨垂直，则ab棒( )
A．所受安培力方向沿导轨斜向上
B．下滑的最大速度vm＝eq \f(mgR＋rsin θ,B2L2)
C．下滑的最大速度vm＝eq \f(mgR＋rsin θ,B2L2cs2θ)
D．在达到最大速度之前，减少的重力势能大于回路中产生的电能
CD 解析 导体棒ab从顶端静止释放，下滑过程中，切割磁感线，产生感应电动势，回路产生感应电流，由楞次定律知ab棒中感应电流由b到a，由左手定则知ab棒受到的安培力水平向右，故选项A错误；下滑速度最大时，加速度等于零，感应电动势为E＝BLvmcs θ，感应电流I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLvm,R＋r)cs θ，安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2vm,R＋r)cs θ，根据平衡条件，沿斜面合力为零，则mgsin θ＝F安cs θ，即mgsin θ＝eq \f(B2L2vm,R＋r)cs2θ，解得vm＝eq \f(mgR＋rsin θ,B2L2cs2θ)，故选项B错误，C正确；根据能量守恒，在达到最大速度之前，减少的重力势能等于增加的动能和回路中产生的电能，所以减少的重力势能大于回路中产生的电能，故选项D正确．
8．(2019·南平高三质检)(多选)如图所示，一匝数为n，边长为L，质量为m，电阻为R的正方形导体线框abcd，与一质量为3m的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．在导体线框上方某一高处有一宽度为L的上、下边界水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．现将物块由静止释放，当ad边从磁场下边缘进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，不计—切摩擦．重力加速度为g.则( )
A．线框ad边进入磁场之前线框加速度a＝2g
B．从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量q＝eq \f(BL2,R)
C．整个运动过程线框产生的焦耳热为Q＝4mgL
D．线框进入磁场时的速度大小v＝eq \f(2mgR,n2B2L2)
CD 解析 在线框ad边进入磁场之前，有3mg－T＝3ma，T－mg＝ma，解得a＝eq \f(1,2)g，选项A错误；根据q＝neq \f(ΔΦ,R)可得从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量为q＝eq \f(nBL2,R)，选项B错误；线圈进入磁场过程中和穿出磁场过程中的总热量等于过程中的重力势能减小量，故Q＝2×(3mgL－mgL)＝4mgL，选项C正确；ab边刚进入磁场时，导体做匀速直线运动，所以有T＝3mg，T＝mg＋F安，F安＝nBIL，I＝eq \f(nBLv,R)，联立解得v＝eq \f(2mgR,n2B2L2)，选项D正确．
9．(2019·上饶高三模拟)空间存在着如图所示的匀强磁场，MN为磁场理想边界，光滑水平面上有一个边长为a，质量为m，电阻为R的金属正方形线框，从图中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁场方向开始运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图Ⅱ位置时，线框的速度为v，则下列说法错误的是( )
A．在图中位置Ⅱ时线框中的电功率为eq \f(4B2a2v2,R)
B．此过程中回路产生的电能为eq \f(3,2)mv2
C．在图中位置Ⅱ时线框的加速度为eq \f(B2a2v2,2mR)
D．此过程中通过线框截面的电荷量为eq \f(Ba2,R)
C 解析 在图中位置Ⅱ时线框中产生的感应电动势为E＝2Bav，线框中的电功率为P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(4B2a2v2,R)，选项A正确；根据能量守恒定律可得线框中产生的电能为Q＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，选项B正确；在图中位置Ⅱ时线框所受的安培力的合力F＝2BIa＝2Ba·eq \f(2Bav,R)＝eq \f(4B2a2v,R)，由牛顿第二定律得a＝eq \f(F,m)＝eq \f(4B2a2v,mR)，选项C错误；此过程中通过线框截面的电量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Ba2,R)，选项D正确．
10．(2019·郑州高三质检)(多选)如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)( )
A．金属棒中的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．金属棒克服安培力做的功为mgh
C．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
D．金属棒产生的电热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
CD 解析 金属棒下滑过程中，根据动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2，金属棒到达水平面时的速度为v＝eq \r(2gh)，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，则最大感应电流为I＝eq \f(E,R＋R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，故选项A错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故选项B错误；感应电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLd,2R)，故选项C正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q棒＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,2)WB＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，故选项D正确．
11．(2019·济宁高三模拟)如图所示，足够长的“U”形光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L＝0.5 m，其下端与R＝1 Ω的电阻连接，质量为m＝0.2 kg的导体棒(长度也为L)与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计．磁感应强度B＝2 T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝0.4 kg的重物相连，重物离地面足够高．使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t＝1 s时，其速度达到最大(取g＝10 m/s2)．求：
(1)导体棒的最大速度vm；
(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t＝1 s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？
解析 (1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLvm，
感应电流I＝eq \f(E,R)，
安培力FA＝BIL，
导体棒达到最大速度时由平衡条件得Mg＝mgsin 30°＋FA，
联立解得vm＝3 m/s.
(2)设绳中拉力为T，对导体棒沿斜面方向由动量定理得
Tt－mgsin θ·t－Beq \x\t(I)Lt＝mvm，
对重物M由动量定理得Mgt－Tt＝Mvm，
即Mgt－mgsin 30°·t－BLq＝(M＋m)v－0，
解得1 s内流过导体棒的电荷量q＝1.2 C，
电量q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，
解得1 s内导体棒上滑位移由能量守恒定律得
Mgx＝mgxsin 30°＋eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Q，
解得Q＝0.9 J.
答案 (1)3 m/s (2)0.9 J
12．(2019·湖北八市高三联考)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L倾斜置于匀强磁场中．磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关S，将长也为L的金属棒ab在导轨上由静止释放．经时间t，金属棒的速度大小为v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为v2的速度沿导轨匀速运动．已知金属棒的质量为m，电阻为r，其它电阻均不计，重力加速度为g.
(1)求导轨与水平面夹角α的正弦值及磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若金属棒的速度从v1增至v2历时Δt，求该过程中流经金属棒的电荷量．
解析 (1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，
由牛顿第二定律有mgsin α＝ma，
由匀变速运动的规律有v1＝at，
解得sin α＝eq \f(v1,gt)，
开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以v2匀速，
匀速时mgsin α＝BIL，
又有I＝eq \f(BLv2,r)，
解得B＝eq \f(1,L)eq \r(\f(mrv1,v2t)).
(2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得
mgsin αΔt－Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝mv2－mv1，
其中eq \(I,\s\up6(－))Δt＝q，
联立上式可得q＝(v1t＋v1Δt－v2t)eq \r(\f(mv2,rv1t)).
答案 (1)eq \f(v1,gt) eq \f(1,L)eq \r(\f(mrv1,v2t)) (2)(v1t＋v1Δt－v2t)eq \r(\f(mv2,rv1t))
13．(2019·河南中原名校高三质检)如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L＝0.5 m，导轨平面与水平面夹角为θ＝30°，导轨上端跨接一阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻．距导轨顶端MP的距离为d＝0.5 m的CD(CD∥MP)下方有方向垂直于导轨向上磁感应强度大小为B0＝1 T的匀强磁场．现将金属棒从CD处由静止释放．已知金属棒的质量为m＝0.2 kg、电阻为r＝0.1 Ω，在运动过程中金属棒始终与CD保持平行，且与导轨接触良好．当金属棒沿导轨下滑距离d时(图中EF的位置)速度刚好达到最大．已知重力加速度为g＝10 m/s2.试求：
(1)金属棒速度达到的最大值vm和从CD下滑到EF的过程中金属棒上产生的焦耳热Q；
(2)为了使金属棒经EF后回路中不再产生感应电流，可使磁场的磁感应强度B的大小发生变化．试写出磁感应强度B随时间变化的表达式(从金属棒到EF处开始计时)．
解析 (1)当金属棒的合力为零时速度最大，根据闭合电路的欧姆定律得I＝eq \f(B0Lvm,R＋r)，
根据平衡条件得 mgsin θ＝B0IL，
联立解得vm＝eq \f(mgR＋rsin θ,B\\al(2,0)L2)＝2 m/s；
由能量守恒定律得，该过程中系统产生的焦耳热为
Q总＝mgdsin θ－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝0.1 J，
其中金属棒中产生的焦耳热Q＝eq \f(r,R＋r)Q总＝0.02 J.
(2)由于回路中没有感应电流，所以金属棒将做匀加速运动，经过时间t其位移为x＝vmt＋eq \f(1,2)gt2sin θ＝2t＋2.5t2，
为了使回路中不再产生感应电流，则回路中的磁通量不发生变化Φt＝Φ0，
即B(x＋d)L＝B0dL，
解得B＝eq \f(1,1＋4t＋5t2).
答案 (1)2 m/s 0.02 J (2)B＝eq \f(1,1＋4t＋5t2)
14．(2019·上海奉贤区高三二模)如图所示，两条足够长的平行金属导轨竖直放置，间距为L.以MN为界的两个匀强磁场，磁场方向均垂直导轨平面向里，上方区域的磁感强度大小为B0，下方区域的磁感强度大小为2B0.金属棒a、b分处上、下磁场，质量分别为2m和m，电阻均为R，与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦地运动．导轨上端连接一阻值为R的电阻和电键K，导轨电阻不计．重力加速度为g.
(1)若电键K断开，当a棒在竖直方向匀速运动时，b棒恰好静止，请判断a棒的运动方向，并说明理由；
(2)在第(1)问中，a棒匀速运动时所需竖直方向的外力F的大小和方向；
(3)若将a棒固定，将b棒由静止释放，运动状态稳定后再闭合电键K.请说明闭合电键后，b棒运动的速度和加速度情况，请求出b棒的最终速度．
解析 (1)当b棒静止时，受到向上的安培力作用，由左手定则可知b棒中的电流向右，a中的感应电流向左，由右手定则可知，a棒向上运动．
(2)对b棒有mg＝2B0IL，
对a棒F＝B0IL＋2mg，
联立解得F＝eq \f(5,2)mg，方向竖直向上．
(3)开始电键K断开时，当b棒稳定后满足
mg＝F安＝2B0IL＝2B0eq \f(2B0Lv1,2R)L，
解得v1＝eq \f(mgR,2B\\al(2,0)L2)；
当K闭合后，回路的电阻减小，电流会变大，作用在b上的安培力会变大，则b棒将做减速运动，当最后匀速运动稳定时，
满足 mg＝F安＝2B0I′L＝2B0eq \f(2B0Lv2,R＋\f(R,2))L，解得v2＝eq \f(3mgR,8B\\al(2,0)L2).
答案 (1)向上运动 (2)eq \f(5,2)mg 方向竖直向上 (3)见解析 eq \f(3mgR,8B\\al(2,0)L2)
1．(2019·宿州高三质检)(多选)如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中，有一由均匀导线制成的边长为L的单匝正方形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框cd边始终与磁场右边界平行，线框导线的总电阻为R.在线框离开磁场的过程中( )
A．a、b之间的电压为eq \f(BLv,4)
B．线框受到安培力大小为eq \f(B2L2v,R)
C．通过线框某处截面的电量为eq \f(BL2,R)
D．线框中的电流在ad边产生的热量为eq \f(B2L3v,2R)
BC 解析 在线框离开磁场的过程中，ab边产生的感应电动势为E＝BLv，线框中的感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，此时a、b之间的电压为路端电压U＝I×eq \f(3,4)R＝eq \f(3BLv,4)，故选项A错误；由左手定则判断知，ad与bc所受的安培力大小相等、方向相反，合力为零，则线框所受安培力的合力等于ab边所受的安培力，为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，故选项B正确；流过线框截面的电量为q＝It＝eq \f(BLv,R)×eq \f(L,v)＝eq \f(BL2,R)，故选项C正确；线框中的电流在ad边产生的热量为Q＝I2×eq \f(R,4)t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv,R)))2×eq \f(R,4)×eq \f(L,v)＝eq \f(B2L3v,4R)，故选项D错误．
2．(2019·广东肇庆中学高三滚动复习)在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈如图甲所示放入磁场中，当磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是(规定线圈中感应电流的正方向为如图甲所示)( )
B 解析 在0～1 s内，根据法拉第电磁感应定律，E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔBS,Δt)；根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在1～2 s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在2～4 s内，根据法拉第电磁感应定律，E′＝neq \f(ΔΦ′,Δt)＝neq \f(ΔBS,Δt)＝eq \f(E,2)；根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值，故选项B正确，A、C、D错误．
3．如图所示，闭合导线框向右匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i随时间t变化的图象可能正确的是 ( )
B 解析 线圈刚进入磁场时，产生逆时针方向的电流；线圈一半进入磁场后有效长度减半，故感应电动势减半，感应电流减半；线圈出离磁场时产生顺时针方向的电流，刚出离磁场时，有效长度为L，一半出离磁场时有效长度减半，则感应电流减半；由以上分析可知，线框中电流i随时间变化的图线应该为B．
4．(2019·烟台高三诊断)(多选)如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆开始运动后，则( )
A．金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流
B．两金属板间的电压始终保持不变
C．两金属板和杆做加速度大小为eq \f(F,B2d2C)的匀加速直线运动
D．单位时间内电容器增加的电荷量为eq \f(CBdF,m＋B2d2C)
AD 解析 由右手定则可知，充电电流方向为由M流向N，故选项A正确；设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t后速度v＝at，MN切割磁感线产生电动势E＝BLv＝Bdat，即电容器两板电压U＝E＝Bdat，U随时间增大而增大，电容器所带电量Q＝CU＝CBdat，MN间此时有稳定的充电电流I＝eq \f(Q,t)＝CBda，方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力F安＝BIL＝CB2d2a，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，即F－CB2d2a＝ma，解得a＝eq \f(F,m＋B2d2C)，方向沿＋x方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为eq \f(ΔQ,Δt)＝CBda＝eq \f(CBdF,m＋B2d2C)，故选项B、C错误，D正确．
5．(2019·漳州高三模拟)(多选)如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框静止于粗糙斜面上，线框边长ab＝L、ad＝2L，虚线MN过ad、bc边中点．斜面倾角为θ，线框与斜面间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．从某时刻起，在MN右侧加一方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝kt(k>0)的规律均匀变化．一段时间后，线框沿斜面向下运动，ab边刚好匀速穿出磁场时的速度为v，重力加速度为g，则 ( )
A．线框刚开始运动时，感应电流的方向为abcda
B．线框刚开始运动时，线框中的电功率为P＝eq \f(2k2L4,R)
C．线框离开磁场的过程中安培力所做的功W＝eq \f(1,2)mv2
D．线框从开始运动到穿出磁场过程中通过导线截面的电量q＝eq \f(μmgcsθ－mgsinθ,kL)
AD 解析 磁场均匀增加，根据楞次定律，感应电流方向为abcda，选项A正确；线框刚要运动时，感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔBL2,ΔtR)＝eq \f(kL2,R)，则线框中的电功率为P＝I2R＝eq \f(k2L4,R)，选项B错误；线框下滑过程中有重力、摩擦力、安培力三力做功，且重力小于摩擦力，根据动能定理，安培力做功大于动能变化量，选项C错误；当ab开始运动时，由平衡条件得mgsin θ ＋ B′IL＝μmgcs θ，运动过程中通过的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(B′L2,R)，联立上式解得q＝eq \f(μmgcs θ－mgsin θ,kL)，选项D正确．
6．(2019·合肥一中高考冲刺卷)(多选)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．一质量为m、电阻为R的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g，线框面积为S，t1＝t0、t2＝2t0、t3＝3t0.在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是 ( )
A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变
B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动
C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动
D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为eq \f(2B\\al(2,0)S2,Rt0)
ABD 解析 根据Bt图象可知，t1～t3时间内Bt线的斜率不变，则金属框中的感应电动势大小方向不变，则电流方向不变，选项A正确；0～t3时间内金属框所受安培力的合力为零，则向下做匀加速直线运动，选项B正确，C错误；线圈中的感应电动势E＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(B0S,t0)，则0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为Q＝eq \f(E2,R)·2t0＝eq \f(2B\\al(2,0)S2,Rt0)，选项D正确．
7．(2019·西宁高三一模)(多选)如图所示，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为B．足够长的光滑倾斜导轨固定于磁场中，导轨宽度为L，倾角为θ，电阻不计，其下端与电阻R连接．电阻为r的导体棒ab，从导轨顶端由静止释放，ab棒始终与导轨垂直，则ab棒( )
A．所受安培力方向沿导轨斜向上
B．下滑的最大速度vm＝eq \f(mgR＋rsin θ,B2L2)
C．下滑的最大速度vm＝eq \f(mgR＋rsin θ,B2L2cs2θ)
D．在达到最大速度之前，减少的重力势能大于回路中产生的电能
CD 解析 导体棒ab从顶端静止释放，下滑过程中，切割磁感线，产生感应电动势，回路产生感应电流，由楞次定律知ab棒中感应电流由b到a，由左手定则知ab棒受到的安培力水平向右，故选项A错误；下滑速度最大时，加速度等于零，感应电动势为E＝BLvmcs θ，感应电流I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLvm,R＋r)cs θ，安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2vm,R＋r)cs θ，根据平衡条件，沿斜面合力为零，则mgsin θ＝F安cs θ，即mgsin θ＝eq \f(B2L2vm,R＋r)cs2θ，解得vm＝eq \f(mgR＋rsin θ,B2L2cs2θ)，故选项B错误，C正确；根据能量守恒，在达到最大速度之前，减少的重力势能等于增加的动能和回路中产生的电能，所以减少的重力势能大于回路中产生的电能，故选项D正确．
8．(2019·南平高三质检)(多选)如图所示，一匝数为n，边长为L，质量为m，电阻为R的正方形导体线框abcd，与一质量为3m的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．在导体线框上方某一高处有一宽度为L的上、下边界水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．现将物块由静止释放，当ad边从磁场下边缘进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，不计—切摩擦．重力加速度为g.则( )
A．线框ad边进入磁场之前线框加速度a＝2g
B．从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量q＝eq \f(BL2,R)
C．整个运动过程线框产生的焦耳热为Q＝4mgL
D．线框进入磁场时的速度大小v＝eq \f(2mgR,n2B2L2)
CD 解析 在线框ad边进入磁场之前，有3mg－T＝3ma，T－mg＝ma，解得a＝eq \f(1,2)g，选项A错误；根据q＝neq \f(ΔΦ,R)可得从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量为q＝eq \f(nBL2,R)，选项B错误；线圈进入磁场过程中和穿出磁场过程中的总热量等于过程中的重力势能减小量，故Q＝2×(3mgL－mgL)＝4mgL，选项C正确；ab边刚进入磁场时，导体做匀速直线运动，所以有T＝3mg，T＝mg＋F安，F安＝nBIL，I＝eq \f(nBLv,R)，联立解得v＝eq \f(2mgR,n2B2L2)，选项D正确．
9．(2019·上饶高三模拟)空间存在着如图所示的匀强磁场，MN为磁场理想边界，光滑水平面上有一个边长为a，质量为m，电阻为R的金属正方形线框，从图中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁场方向开始运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图Ⅱ位置时，线框的速度为v，则下列说法错误的是( )
A．在图中位置Ⅱ时线框中的电功率为eq \f(4B2a2v2,R)
B．此过程中回路产生的电能为eq \f(3,2)mv2
C．在图中位置Ⅱ时线框的加速度为eq \f(B2a2v2,2mR)
D．此过程中通过线框截面的电荷量为eq \f(Ba2,R)
C 解析 在图中位置Ⅱ时线框中产生的感应电动势为E＝2Bav，线框中的电功率为P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(4B2a2v2,R)，选项A正确；根据能量守恒定律可得线框中产生的电能为Q＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，选项B正确；在图中位置Ⅱ时线框所受的安培力的合力F＝2BIa＝2Ba·eq \f(2Bav,R)＝eq \f(4B2a2v,R)，由牛顿第二定律得a＝eq \f(F,m)＝eq \f(4B2a2v,mR)，选项C错误；此过程中通过线框截面的电量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Ba2,R)，选项D正确．
10．(2019·郑州高三质检)(多选)如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)( )
A．金属棒中的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．金属棒克服安培力做的功为mgh
C．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
D．金属棒产生的电热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
CD 解析 金属棒下滑过程中，根据动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2，金属棒到达水平面时的速度为v＝eq \r(2gh)，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，则最大感应电流为I＝eq \f(E,R＋R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，故选项A错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故选项B错误；感应电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLd,2R)，故选项C正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q棒＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,2)WB＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，故选项D正确．
11．(2019·济宁高三模拟)如图所示，足够长的“U”形光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L＝0.5 m，其下端与R＝1 Ω的电阻连接，质量为m＝0.2 kg的导体棒(长度也为L)与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计．磁感应强度B＝2 T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝0.4 kg的重物相连，重物离地面足够高．使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t＝1 s时，其速度达到最大(取g＝10 m/s2)．求：
(1)导体棒的最大速度vm；
(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t＝1 s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？
解析 (1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLvm，
感应电流I＝eq \f(E,R)，
安培力FA＝BIL，
导体棒达到最大速度时由平衡条件得Mg＝mgsin 30°＋FA，
联立解得vm＝3 m/s.
(2)设绳中拉力为T，对导体棒沿斜面方向由动量定理得
Tt－mgsin θ·t－Beq \x\t(I)Lt＝mvm，
对重物M由动量定理得Mgt－Tt＝Mvm，
即Mgt－mgsin 30°·t－BLq＝(M＋m)v－0，
解得1 s内流过导体棒的电荷量q＝1.2 C，
电量q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，
解得1 s内导体棒上滑位移由能量守恒定律得
Mgx＝mgxsin 30°＋eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Q，
解得Q＝0.9 J.
答案 (1)3 m/s (2)0.9 J
12．(2019·湖北八市高三联考)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L倾斜置于匀强磁场中．磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关S，将长也为L的金属棒ab在导轨上由静止释放．经时间t，金属棒的速度大小为v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为v2的速度沿导轨匀速运动．已知金属棒的质量为m，电阻为r，其它电阻均不计，重力加速度为g.
(1)求导轨与水平面夹角α的正弦值及磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若金属棒的速度从v1增至v2历时Δt，求该过程中流经金属棒的电荷量．
解析 (1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，
由牛顿第二定律有mgsin α＝ma，
由匀变速运动的规律有v1＝at，
解得sin α＝eq \f(v1,gt)，
开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以v2匀速，
匀速时mgsin α＝BIL，
又有I＝eq \f(BLv2,r)，
解得B＝eq \f(1,L)eq \r(\f(mrv1,v2t)).
(2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得
mgsin αΔt－Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝mv2－mv1，
其中eq \(I,\s\up6(－))Δt＝q，
联立上式可得q＝(v1t＋v1Δt－v2t)eq \r(\f(mv2,rv1t)).
答案 (1)eq \f(v1,gt) eq \f(1,L)eq \r(\f(mrv1,v2t)) (2)(v1t＋v1Δt－v2t)eq \r(\f(mv2,rv1t))
13．(2019·河南中原名校高三质检)如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L＝0.5 m，导轨平面与水平面夹角为θ＝30°，导轨上端跨接一阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻．距导轨顶端MP的距离为d＝0.5 m的CD(CD∥MP)下方有方向垂直于导轨向上磁感应强度大小为B0＝1 T的匀强磁场．现将金属棒从CD处由静止释放．已知金属棒的质量为m＝0.2 kg、电阻为r＝0.1 Ω，在运动过程中金属棒始终与CD保持平行，且与导轨接触良好．当金属棒沿导轨下滑距离d时(图中EF的位置)速度刚好达到最大．已知重力加速度为g＝10 m/s2.试求：
(1)金属棒速度达到的最大值vm和从CD下滑到EF的过程中金属棒上产生的焦耳热Q；
(2)为了使金属棒经EF后回路中不再产生感应电流，可使磁场的磁感应强度B的大小发生变化．试写出磁感应强度B随时间变化的表达式(从金属棒到EF处开始计时)．
解析 (1)当金属棒的合力为零时速度最大，根据闭合电路的欧姆定律得I＝eq \f(B0Lvm,R＋r)，
根据平衡条件得 mgsin θ＝B0IL，
联立解得vm＝eq \f(mgR＋rsin θ,B\\al(2,0)L2)＝2 m/s；
由能量守恒定律得，该过程中系统产生的焦耳热为
Q总＝mgdsin θ－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝0.1 J，
其中金属棒中产生的焦耳热Q＝eq \f(r,R＋r)Q总＝0.02 J.
(2)由于回路中没有感应电流，所以金属棒将做匀加速运动，经过时间t其位移为x＝vmt＋eq \f(1,2)gt2sin θ＝2t＋2.5t2，
为了使回路中不再产生感应电流，则回路中的磁通量不发生变化Φt＝Φ0，
即B(x＋d)L＝B0dL，
解得B＝eq \f(1,1＋4t＋5t2).
答案 (1)2 m/s 0.02 J (2)B＝eq \f(1,1＋4t＋5t2)
14．(2019·上海奉贤区高三二模)如图所示，两条足够长的平行金属导轨竖直放置，间距为L.以MN为界的两个匀强磁场，磁场方向均垂直导轨平面向里，上方区域的磁感强度大小为B0，下方区域的磁感强度大小为2B0.金属棒a、b分处上、下磁场，质量分别为2m和m，电阻均为R，与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦地运动．导轨上端连接一阻值为R的电阻和电键K，导轨电阻不计．重力加速度为g.
(1)若电键K断开，当a棒在竖直方向匀速运动时，b棒恰好静止，请判断a棒的运动方向，并说明理由；
(2)在第(1)问中，a棒匀速运动时所需竖直方向的外力F的大小和方向；
(3)若将a棒固定，将b棒由静止释放，运动状态稳定后再闭合电键K.请说明闭合电键后，b棒运动的速度和加速度情况，请求出b棒的最终速度．
解析 (1)当b棒静止时，受到向上的安培力作用，由左手定则可知b棒中的电流向右，a中的感应电流向左，由右手定则可知，a棒向上运动．
(2)对b棒有mg＝2B0IL，
对a棒F＝B0IL＋2mg，
联立解得F＝eq \f(5,2)mg，方向竖直向上．
(3)开始电键K断开时，当b棒稳定后满足
mg＝F安＝2B0IL＝2B0eq \f(2B0Lv1,2R)L，
解得v1＝eq \f(mgR,2B\\al(2,0)L2)；
当K闭合后，回路的电阻减小，电流会变大，作用在b上的安培力会变大，则b棒将做减速运动，当最后匀速运动稳定时，
满足 mg＝F安＝2B0I′L＝2B0eq \f(2B0Lv2,R＋\f(R,2))L，解得v2＝eq \f(3mgR,8B\\al(2,0)L2).
答案 (1)向上运动 (2)eq \f(5,2)mg 方向竖直向上 (3)见解析 eq \f(3mgR,8B\\al(2,0)L2)
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