2022-2023学年湖北省武汉市青山区武钢三中高三（下）月考物理试卷（3月份）（含答案解析）

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2022-2023学年湖北省武汉市青山区武钢三中高三（下）月考物理试卷（3月份）
1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不符合史实的是(    )
A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
2. 车速表是用来测量车辆瞬时速度的一种装置，其工作原理如图所示。永久磁铁固定在驱动轴上，当车运动时，驱动轴会带动磁铁转动，由于电磁感应，由金属做成的速度盘也会随之转动，从而带动指针指示出相应的速度。则下列说法正确的是(    )

A. 速度盘和磁铁将以相同的角速度同时转动
B. 在速度盘转动过程中，穿过整个速度盘的磁通量发生了变化
C. 速度盘中产生的感应电流受到的安培力驱使速度盘转动
D. 速度盘中的感应电流是速度盘中的自由电子随圆盘转动形成的
3. 关于磁通量及其变化，下列说法正确的是(    )
A. 磁通量和磁通量的变化都有正负，所以它们是矢量
B. 穿过线框的磁通量一定等于磁感应强度与线框面积的乘积
C. 当金属线框的磁通量发生变化时，金属线框中一定有感应电流
D. 当金属线框的磁通量发生变化时，金属线框中一定有感应电动势
4. 1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S，电流表G组成另一个回路．如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验下列说法正确的是(    )
A. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C. 闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流
D. 闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
5. 关于涡流，下列说法中错误是(    )

A. 真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B. 家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C. 阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D. 变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
6. 如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，bc间电阻为R，其它部分电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N。并与导轨成θ角，金属杆以ω的角速度绕N点由图示位置逆时针匀速转动到与导轨ab垂直。转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆电阻忽略不计，则在金属杆转动过程中(    )

A. M、N两点电势相等 B. 金属杆中感应电流的方向由M流向N
C. 电路中感应电流的大小始终为Bl2ω2R D. 电路中通过的电荷量为Bl2Rtanθ
7. 图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(    )

A. 图1中，A1与L1的电阻值相同 B. 图1中，闭合开关S1，灯A1逐渐变亮
C. 图2中，变阻器R与L2的电阻值相同 D. 图2中，断开S2瞬间，灯A3突然闪亮
8. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，水平U型导体框左端接一阻值为R的电阻，导体棒ab质量为m、电阻为r，垂直导轨置于导体框上，导体框宽度为L导体棒与导轨接触良好。不计导体框的电阻和导体棒与导体框间的摩擦。ab棒以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。此过程中说法正确的是(    )

A. 导体棒做匀减速直线运动
B. 导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势高于a点电势
C. 刚开始运动时，ab两端电压为BLv0
D. 电阻R消耗的总电能为mν02R2(R+r)
9. 如图甲所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨ab和cd，bd端接有电阻R.导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计。导轨右端区域存在垂直于导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。在t=0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左端向右运动，经过时间2t0开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，回路中顺时针方向为电流正方向，则回路中的电流i随时间t的变化规律图象可能是(    )

A. B.
C. D.
10. 如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2。不计空气阻力，已知线框电阻与导线长度成正比，与导线横截面积成反比，则(    )

A. v1 C. v1 11. 如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流I和所受安培力F随时间t变化的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正，安培力向左为正)(    )
A. B. C. D.
12. 如图所示，两根足够长，电阻不计且相距L=0.2m的平行金属导轨固定在倾角θ=37∘的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压为U=3.6V的小灯泡(电阻恒定)，两导轨间有一磁感应强度大小为B=5T、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。今将一根长为L、质量m=0.2kg、电阻r=1Ω的金属棒垂直于导轨放置，在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，已知金属棒下滑x=6m后速度稳定，且此时小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，则下列说法正确的是(    )
A. 金属棒刚开始运动时的加速度大小为2m/s2
B. 金属棒稳定下滑时的速度大小为9m/s
C. 从开始下滑到稳定过程中，流过灯泡的电荷量为0.6C
D. 金属棒从开始下滑到稳定过程中，金属棒产生的电热量为0.08J
13. 如图所示，一质量为m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为2m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则(    )

A. 刚开始运动时产生的感应电流方向为b→c→N→M
B. 导体棒的最终和U形光滑金属框一起匀速直线运动速度为v03
C. 导体棒产生的焦耳热为13mv02
D. 通过导体棒的电荷量为2mv03BL
14. 如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合而成，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，AB、CD等长且与EF、GH均相互平行，BE、GD等长、共线，且均与AB垂直，窄轨间距为L2，宽轨间距为L。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场。由同种材料制成的相同金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，棒长为L、质量为m、电阻为R。初始时b棒静止于导轨EF段某位置，a棒从AB段某位置以初速度v0向右运动，且a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。下列判断正确的是(    )

A. a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为B2L2v03mR
B. 经过足够长的时间，a棒的速度为45v0
C. 整个过程中通过回路的电荷量为4mv05BL
D. 整个过程中b棒产生的焦耳热为115mv02
15. 如图所示，两足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，倾角θ=37∘，导轨间距L=0.5m，导轨电阻不计，M、P间连接一个R=4.5Ω的电阻。两导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=1T。一质量m=0.05kg、电阻r=0.5Ω的金属棒ab以v=2m/s的速度沿导轨匀速向下滑动，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。
(1)求电阻R中电流I的大小；
(2)求金属棒与导轨间的动摩擦因数的大小；
(3)对金属棒施加一个垂直于金属棒且沿导轨平面向上的恒定拉力F=0.12N，若金属棒继续下滑x=2m后速度恰好减为0，求在金属棒减速过程中，电阻R上产生的焦耳热。

16. 如图(a)所示，两根电阻不计的平行长直金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距为L；两根长度均为L、质量均为m、电阻均为r的相同的导体棒M、N静置于导轨上，两棒相距x0；整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，从t=0开始，给导体棒M施加一平行于导轨的外力F，使导体棒M在0∼t0内以加速度a=μg做匀加速运动，导体棒N在t0时刻(t0未知)开始运动，F随时间变化的规律如图(b)所示。棒与导轨间的动摩擦因数均为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，运动过程中两棒均与导轨接触良好。重力加速度大小为g。
(1)求t0时刻导体棒M的速度；
(2)求2t0时刻外力F的大小；
(3)若2t0时刻导体棒M的速度为v，求此时两棒间的距离。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就。
本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，需要学生平时加强积累。
【解答】
A.1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实，故A正确；
B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，符合史实，故B正确；
C.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故C错误；
D.楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D正确。
本题选不符合史实的，故选C。  
2.【答案】C 
【解析】解：A、当磁铁转动时，由于电磁感应，速度盘也会随磁铁发生转动，但会略有滞后，故A错误；
B、在速度盘转动的过程中，穿过整个速度盘的磁通量不发生变化，产生感应电动势可等效看成无数轴向导体切割磁感线产生的，故B错误；
C、当磁铁转动时，在速度盘中会产生感应电流，感应电流在磁铁产生的磁场中受到安培力，安培力驱使速度盘转动，故C正确；
D、速度盘中的感应电流是由电磁感应产生的，不是速度盘中的自由电子随圆盘转动形成的，故D错误。
故选：C。
圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径，根据速度计的原理进行分析。
本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理，注意在速度盘转动的过程中，穿过整个速度盘的磁通量不发生变化，掌握速度计的原理是关键。

3.【答案】D 
【解析】解：A、磁通量和磁通量的变化都有正负，但它们是标量，故A错误；
B、当线框平面与磁场垂直时，穿过线框的磁通量才等于磁感应强度与线框面积的乘积，故B错误；
CD、当闭合金属线框的磁通量发生变化时，金属线框中才会有感应电流，若线框不闭合，则金属线框只有感应电动势，没有感应电流，故C错误，D正确。
故选：D。
磁通量和磁通量的变化都是标量，但有正负；
当线框平面与磁场垂直时，穿过线框的磁通量才等于磁感应强度与线框面积的乘积，当线框平面与磁场成一定角度时，磁通量等于磁感应强度在垂直于线框面积方向上的乘积；
在闭合线框中，磁通量变化会产生一定的感应电流，如果线框不闭合，只能产生感应电动势。
明确磁通量和磁通量的变化量都是标量，知道回路产生感应电流的条件。

4.【答案】D 
【解析】解：闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流。闭合开关S 后，在增大电阻 R 的过程中，电流减小，则通过线圈B的磁通量减小了，根据右手螺旋定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得：电流表G中有b→a的感应电流。故D正确，ABC错误；
故选：D。
电流表与线圈B构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，出导致线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流．根据右手螺旋定则可确定线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可判定感应电流方向．
考查右手螺旋定则、楞次定律，知道右手大拇指向为线圈内部的磁场方向，并还理解“增反减同”的含义．同时注意开关的闭合不会改变穿过线圈的磁通量．

5.【答案】B 
【解析】解：A、用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，所以A正确；
B、家用电磁炉锅体通的是交流电，交流电产生的是变化的磁场，不是恒定的磁场，故B错误；
C、阻尼摆的铝盘以一定相对速度旋转掠过磁场时在铝盘内会产生感应电动势从而产生感应电流，因铝盘有电阻电流做功，消耗机械能，因此产生阻碍铝盘旋转的阻尼作用，故C正确；
D、用绝缘的硅钢片做铁芯，是为了减小涡流，减小能量损失，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流。涡流会在导体中产生大量的热量。
掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等。注意电磁炉是利用电流的热效应和磁效应的完美结合体，它的锅具必须含磁性材料，最常见的是不锈钢锅。

6.【答案】B 
【解析】解：A、金属杆逆时针转动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，由右手定则可知MN中感应电流方向由M→N，则M点电势低于N点电势，故A错误；
B、根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故B正确；
C、在图示位置，金属棒切割磁感线产生感应电动势为E=BLv−=B⋅lsinθ⋅ωlsinθ+02=Bl2ω2sin2θ
回路中的电阻为R，则回路中的感应电流为I=ER=Bl2ω2Rsin2θ，可知在不同位置电流值不同，故C错误；
D、电路中通过的电量为q=I−Δt
根据法拉第电磁感应定律得E−=ΔΦΔt=B⋅12l⋅ltanθΔt
根据闭合电路欧姆定律得I−=E−R，联立可得q=Bl22Rtanθ，故D错误。
故选：B。
金属杆转动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，利用右手定则分析M、N两点的电势关系；根据楞次定律判断金属杆中感应电流的方向；根据导体转动切割磁感应线产生的感应电动势大小计算公式，结合闭合电路欧姆定律分析电路中感应电流的大小；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义式相结合求电路中通过的电荷量。
本题主要考查法拉第电磁感应定律、楞次定律和闭合电路欧姆定律。导体切割磁感线产生感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算感应电动势；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=12BL2ω来计算感应电动势，要注意L是有效长度。

7.【答案】C 
【解析】解：A.图1中，断开S1的瞬间，A1灯突然闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，根据并联电路各支路电压相等，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误；
B.图1中，闭合开关S1，由于线圈L1产生自感电动势，故刚开始灯A1刻变亮，稳定后线圈L1不再产生自感电动势且L1的电阻小于A1的电阻，故灯A1又会变暗，故B错误；
C.图2中，因为稳定后两个相同的灯泡发光的亮度相同，通过它们的电流相同，则两个支路的总电阻相同，因教材中采用的两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D.图2中，稳定时通过A2和A3的电流相同，断开S2瞬间，电感线圈L2、灯A2、灯A3和R构成回路，电流从同一值开始缓慢减小至为零，故灯A3和灯A2均缓慢熄灭，故D错误。
故选：C。
闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。

8.【答案】D 
【解析】解：A、导体棒向右做切割磁感线运动，受到向左的安培力而做减速运动，设速度大小为v时加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得B2L2vR+r=ma，解得：a=B2L2vm(R+r)，可知当速度减小时加速度减小，则导体棒做加速度减小的变减速运动，故A错误；
B、根据右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，a点电势高于b点电势，故B错误；
C、刚开始运动时，导体棒产生的感应电动势为E=BLv0，ab两端电压为U=RR+rE=RR+rBLv0，故C错误；
D、整个过程中电路中消耗的总电能为E=12mv02，根据焦耳定律可得电阻R消耗的总电能为ER=RR+rE=mν02R2(R+r)，故D正确。
故选：D。
对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系求出加速度与速度的关系，即可判断导体棒的运动情况；根据右手定则判断导体棒中感应电流的方向，从而确定电势高低；刚开始运动时，根据电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可求ab两端电压；根据焦耳定律求R上消耗的总电能。
本题考查导体棒切割磁感线运动的类型，要知道导体棒受安培力作用而做变减速运动，克服安培力做功导体棒的动能转化为电路中的电能。

9.【答案】A 
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律可得，在0∼2t0时间内，产生的感应电动势E1=△Φ△t为定值，则感应电流为定值，根据楞次定律可得回路中电流方向为逆时针，即负方向；
导体棒进入磁场的过程中，感应电流i=E2R=B0L(v0−at)R=B0Lv0R−B0LaRt，随着速度减小、安培力减小、则加速度a减小，i−t图象的斜率减小，根据右手定则可得电流方向为顺时针。
所以A正确、BCD错误；
故选：A。
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间的变化关系，再根据楞次定律或右手定则判断电流方向。
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断。

10.【答案】D 
【解析】
【分析】
两矩形线圈进入磁场之前，均做自由落体运动，因下落高度一致，两线圈会以同样的速度进入磁场，由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力．由电阻定律表示出两线圈的电阻，结合牛顿运动定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关，从而判断出两线圈运动一直同步，得出落地速度相同的结论．因最终落地速度大小相同，由能量的转化与守恒可知，损失的机械能(转化为了内能)与线圈的质量有关，从而判断出产生的热量大小。
解决本题的关键在于掌握安培力的表达式F=B2L2vR，分析时要将两个线圈的质量和电阻细化，找出关系，由牛顿第二定律分析两个线圈运动状态的关系。

【解答】
解：据题两个线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力为：F=B2L2vR，
由电阻定律得线圈的电阻R=ρ4LS(ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为单匝导线横截面积)
所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：F=B2LvS4ρ，
此时加速度为：a=mg−Fm=g−Fm，
将线圈的质量m=ρ0S⋅4L(ρ0为材料的密度)代入上式，所以得加速度为：a=g−B2v16ρρ0，
此式中各量对于两个线圈都相同，两个线圈的加速度a相同，则线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等：v1=v2，
由能量守恒可得：Q=mgh+H−12mv2(H是磁场区域的高度)，
因为Ⅰ为细导线，质量m小，产生的热量小，所以Q1   
11.【答案】AD 
【解析】解：设ac左侧磁感应强度是B，则右侧的为2B.导轨间距为L。
AB、设导体棒下端为P，上端为Q，导体棒PQ通过bac区域时，由右手定则，可知导体棒感应电流从Q到P，为正方向，
由i=ER=B⋅2vt⋅vR=2Bv2tR∝t，PQ刚要到ac时，i=BLvR；导体棒PQ通过bdc区域时，
由右手定则可知导体棒感应电流从P到Q，为负方向，
由i=ER=2B(L−2vt)vR，可知i随时间均匀减小，PQ棒刚离开ac时，i=2BLvR；当导体棒过ac后，磁感应强度为2B，有效切割长度为2(L−vt)，速度为v，则i=4B(L−vt)vR.故A正确，B错误。
CD、导体棒PQ通过bac区域时，安培力F=Bi⋅2vt=4B2v3t2R∝t2。
导体棒PQ通过bdc区域时，安培力大小为F=2Bi⋅(L−2vt)=4B2(L−2vt)2vR。
根据数学知识可得，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据楞次定律判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律列式分析感应电流大小变化规律，再得到安培力随时间的变化，由平衡条件分析F的变化规律．
本题运用半定量的研究方法，通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到感应电流和安培力的表达式，再进行分析，要注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．

12.【答案】ACD 
【解析】解：A、金属棒刚开始运动时感应电流为零，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ−μmgcosθ=ma，解得金属棒的加速度大小为a=2m/s2，故A正确；
B、金属棒稳定下滑时加速度为零，则有：mgsinθ=μmgcosθ+BIL，其中：I=BLv−Ur，解得金属棒的速度大小为：v=4m/s，故B错误；
C、设灯泡的电阻为R，根据B选项可知匀速运动时的电流：I=BLv−Ur，解得：I=0.4A，则R=UI=3.60.4Ω=9Ω；根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−R+rt=ΔΦR+r=BLxR+r，代入数据解得q=0.6C，故C正确；
D、金属棒从开始下滑到稳定过程中，根据动能定理可得：(mgsin⁡θ−μmgcos⁡θ)x−W安=12mv2−0
根据功能关系可得产生总的焦耳热为：Q=W安
根据焦耳定律可得金属棒产生的电热量为：Qr=rr+RQ
联立解得：Qr=0.08J，故D正确。
故选：ACD。
根据牛顿第二定律求解金属棒的加速度大小；金属棒稳定下滑时加速度为零，根据平衡条件、安培力的计算公式进行解答；根据电荷量的计算公式求解电荷量；根据动能定理、功能关系、焦耳定律可得金属棒产生的电热量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；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。

13.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
根据右手定则判断电流方向；根据动量守恒定律求解最终的速度大小；根据能量关系求解导体棒产生的焦耳热；对金属棒根据动量定理结合电荷量的经验公式求解通过导体棒的电荷量。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。

【解答】
A.金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为c→b→M→N，最后二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A错误。
B.以金属框和导体棒整体为研究对象，由于整体水平方向不受外力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度达到相等，取初速度方向为正，根据动量守恒定律
mv0=3mv
可得v=13v0，故B正确。
C.由能量守恒可知，导体棒产生的焦耳热为
Q=12mv02−12×3mv2=13mv02
故C正确。
D.对导体棒，取向右为正方向，根据动量定理有
BI−LΔt=2mv−0
其中，I−Δt=q。于是得通过导体棒的电荷量为
q=2mv03BL
故D正确。
故选BCD。
  
14.【答案】ABD 
【解析】解：A、a棒刚开始运动时，a棒产生的感应电动势为E=B⋅L2v0，由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流为I=ER+R2，
对b棒，根据牛顿第二定律得：BIL=ma
解得b棒的加速度大小为a=B2L2v03mR，故A正确；
BC、设经过足够长的时间，a、b棒的速度分别为va、vb。
经过足够长的时间，两棒产生的感应电动势大小相等，回路中没有感应电流，两棒不受安培力，均做匀速直线运动，则有B⋅L2va=BLvb
则得va=2vb
对b棒，由动量定理得BI−Lt=mvb−0
对a棒，由动量定理得−BI−⋅L2t=mva−mv0
由以上三式解得va=45v0，vb=25v0
整个过程中通过回路的电荷量为q=I−t
联立可得q=2mv05BL，故B正确、C错误；
D、整个过程中b棒产生的焦耳热为Qb=RR+R2Q总=23[12mv02−(12mva2+12mvb2)]
解得Qb=115mv02，故D正确。
故选：ABD。
a棒刚开始运动时，根据E=B⋅L2v0求出a棒产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出电路中的感应电流，由F=BIL求出b棒受到的安培力大小，从而根据牛顿第二定律求得b棒的加速度大小；a棒开始运动后切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而减速，b棒受到向右的安培力而加速，经过足够长的时间，两棒产生的感应电动势大小相等，回路中没有感应电流，两棒不受安培力，均做匀速直线运动。对两棒，分别利用动量定理列方程，即可求得a棒最终的速度。对b棒，利用动量定理求通过回路的电荷量。根据能量守恒定律求整个过程中b棒产生的焦耳热。
本题考查电磁感应现象与力学知识的综合应用，要弄清两棒的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律求加速度；对应导体棒在磁场中运动时涉及能量转化问题，常常根据动能定理、功能关系等列方程求解；对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移、速度等问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

15.【答案】解：(1)金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=1×0.5×2V=1V
由闭合电路欧姆定律得：I=ER+r=14.5+0.5A=0.2A
(2)金属棒ab受到的安培力F=BIL，方向沿导轨向上
金属棒匀速运动，根据平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ+BIL
代入数据解得：μ=0.5
(3)从施加拉力F到金属棒停下的过程，由能量守恒定律得：(F−mgsinθ+μmgcosθ)x+Q=12mv2
电阻R上产生的焦耳热：QR=RR+rQ
代入数据解得：QR=0.054J
答：(1)电阻R中电流I的大小是0.2A；
(2)金属棒与导轨间的动摩擦因数的大小是0.5；
(3)在金风棒减速过程中，电阻R上产生的焦耳热是0.054J。 
【解析】(1)根据E=BLv求出金属棒ab产生的感应电动势，再由闭合电路的欧姆定律求感应电流I的大小；
(2)金属棒做匀速运动，根据平衡条件和摩擦力公式相结合求解动摩擦因数；
(3)从施加拉力F到金属棒停下的过程，由能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，关键是分析和计算安培力的大小，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；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.【答案】解：(1)导体棒N未运动时，电路中的电动势、电流分别为：
E=BLv…………………………①
i=E2i ……………………………②
每个导体棒收到的安培力为：
F安=BiL……………………………………………………………………③
导体棒N开始运动时，安培力与最大摩擦力平衡，有：
F安=μmg…………………………………………………………………④
整理得此时导体棒M的速度为：v0=2μmgrB2L2 ……………………………⑤
(2)对导体棒M，t=0时刻，根据牛顿第二定律有：
F0−μmg=ma……………………………………………………………………⑥
t0时刻，根据牛顿第二定律有：
F1−μmg−F安=ma………………………………………………………………⑦
由图b，根据几何关系有：F1−F0t0=F2−F02t0…………………………………⑧
整理得：F2=4μmg………………………………………………………………⑨
(3)0∼t0时间内，导体棒M做匀加速运动，有：
v0=at0  ……………………………………………………………………………⑩
由⑤⑩得t0=2mrB2L2………………………………………………………………⑪
t0时刻两棒间的距离为
  x1=x0+12at02……………………………………………………………………⑫
设2t0时刻两棒间的距离为x2，导体棒N的速度为v1，t0∼2t0时间内电路中电流的平均值
为I.对整体，根据动量定理得：
  F1+F22t0−2μmgt0=mv+mv1−mv0………………………………………………⑬
对导体棒N，有
  BI−Lt0−μmgt0=mv1−0…………………………………………………………⑭
此过程中的平均感应电动势
 E−=△Φ△t
平均感应电流I−=E2r………………………………………………………………⑮
而△Φ=BL(x2−x1)………………………………………………………………⑯
整理得 x2=x0−2mrB2L2+16μm2gr2B4L4…………………………………………………⑰
答：(1)t0时刻导体棒M的速度为2μmgrB2L2；
(2)2t0时刻外力F的大小是4μmg；
(3)若2t0时刻导体棒M的速度为v，此时两棒间的距离是x0−2mrB2L2+16μm2gr2B4L4。 
【解析】(1)导体棒N在t0时刻开始运动时受到的安培力等于最大静摩擦力，根据法拉第定律、欧姆定律和安培力公式求出安培力与速度的关系式，再根据平衡条件求t0时刻导体棒M的速度；
(2)在t=0时刻和t=t0时刻，对导体棒分别运用牛顿第二定律列式，结合几何关系求解2t0时刻外力F的大小；
(3)0∼t0时间内，导体棒M做匀加速运动，由速度公式求出t0时刻M棒的速度。由位移公式求出此段时间内M棒运动的位移。t0∼2t0时间内，对两棒整体，利用动量定理列式，求解此时两棒间的距离。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚M棒的受力情况与运动过程是解题的前提，关键要知道在电磁感应问题，利用动量定理和电荷量与磁通量变化量的关系可求两棒间距离的变化量。