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人教版 (2019)选择性必修 第二册2 法拉第电磁感应定律巩固练习
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册2 法拉第电磁感应定律巩固练习，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 如图所示，水平放置的U形光滑框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为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后速度为v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计.下列说法不正确的是( )
A. 此时AC两端电压为UAC=2BLvR0R0+rB. 此过程中回路产生的热量Q=Fd−12mv2
C. 此过程中通过电阻R0的电荷量为q=2BLdR0+rD. 此过程所用时间t=1F(2B2L2dR0+r+mv)
2. 如图甲，光滑的金属导轨足够长，宽为L，其上放置有质量均为m的a、b两个导体棒，与导轨接触良好，导体棒b处于静止状态。现给a棒一初速度v0，之后ab棒运动的速度差值Δv=va−vb，经过t1时间Δv=v02，经过t2时间Δv=0，其Δv−t图像如图乙所示，已知导轨电阻不计，两导体棒接入电路总电阻为R，垂直于导轨平面向内匀强磁场磁感应强度为B，则下列说法不正确的是( )
甲 乙
A. 0∼t2时间内，a、b回路中产生了俯视逆时针的感应电流
B. t1时刻a棒速度为3v04
C. t1时刻b棒加速度为B2L2v04m
D. 0∼t2时间，a、b棒的距离变化了mRv02B2L2
3. 如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、长度为L、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。磁感应强度为B。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，( )
A. 导体棒MN受到的安培力的最大值为BLQCR
B. 导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C. 导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D. 电阻R上产生的焦耳热等于导体棒MN上产生的焦耳热
4. 如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直．磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示．在0～0.2 s的时间内与0.2 s～0.6 s的时间内( )
A. 通过金属框的电荷量之比为2∶1
B. 金属框中电流的电功率之比为4∶1
C. 金属框中产生的焦耳热之比为4∶1
D. 金属框ab边受到安培力方向相反，大小之比为3∶1
5. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B、B2=2B。一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为v2，则下列结论中正确的是( )
A. 此过程中通过线框截面的电量为2Ba2RB. 此时线框的加速度为9B2a2v2mR
C. 此过程中回路产生的电能为12mv2D. 此时线框中的电功率为9B2a2v22R
6. 如图所示，平行导轨位于竖直平面内，导轨间距离L=0.5m，两导轨与电阻R连接，其余电阻不计，水平虚线下方存在匀强磁场，磁感应强度B=2T，质量m=0.1kg的导体棒ab垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，将其从距虚线ℎ高处由静止释放，进入磁场时恰好以v0=2m/s做匀速直线运动。g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 导体棒ab进入磁场后电流的方向是a到bB. 导体棒进入磁场后下落的过程不存在能量转化
C. 电阻R的阻值为0.02ΩD. ℎ=0.2m
7. 2022年6月17日，我国第三艘航母福建舰正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。电磁弹射系统的具体实现方案有多种，并且十分复杂。一种简化的物理模型如图乙所示，电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E=6V，内阻不计。两条足够长的导轨相距L=0.2m且水平放置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C=10F。现将一质量为m=0.1kg，电阻R=1Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动。不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力。下列说法正确的是( )
A. 开关K置于b后，金属块先做加速运动、后做减速运动
B. 开关K置于b的瞬间，金属滑块的加速度大小为7m/s2
C. 开关K置于b后，金属滑块获得的最大速度大小为30m/s
D. 开关K置于b后，电容器最终带电量为零
8. 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v 0向右运动，且a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。下列判断不正确 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25v0
C. 整个过程中通过回路的电荷量为2mv05BL
D. 整个过程中b棒产生的焦耳热为115mv02
9. 如图所示，边长为L的正方形金属线框abcd从某一高处由静止释放，在下落过程中经过一个有水平边界、宽度为L的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，已知ab边进入磁场时线框刚好以速度v做匀速直线运动(整个下落过程中a、b始终水平)，线框质量为m，电阻为R，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A. ab边进入磁场时，线框中感应电流的方向为顺时针方向
B. ab边进入磁场时，ab两端的电压为BLv2
C. 线框进入磁场时的速度大小v=mgRB2L2
D. 线框穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为mgL
10. 如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R.在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度−时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量。可知( )
A. 金属框初始位置时bc边到边界MN的高度为v1t1
B. 金属框的边长为v1t2−t12
C. 磁场的磁感应强度为B=1t2−t1 mgRv1
D. 在进入磁场过程中金属框产生的热量为mgv1(t2−t1)
11. 水平桌面上放置着两个用同一根均匀金属丝制成的单匝线圈1和线圈2，半径分别为2R和R(俯视图如图1所示)。竖直方向有匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图2所示。线圈中的感应电动势、电流强度、电功率分别用E、I、P表示，不考虑两个线圈间的影响，下列关系正确的是
A. E1:E2=4:1，I1:I2=2:1B. E1:E2=4:1，P1:P2=2:1
C. E1:E2=2:1，P1:P2=8:1D. P1:P2=4:1，I1:I2=1:1
12. 如图所示，光滑平行金属导轨平面与水平面夹角为30°角，两轨上端之间用一电阻R相连，有磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过轨道平面。一质量为m的金属杆ab，以速率v0从底端向上滑行，上行到某一高度后又返回到底端，导轨与杆电阻不计。则在这两个过程中，下列说法正确的是( )
A. 上行过程与下行过程中的平均加速度大小相等
B. 上行过程与下行过程中电阻R上产生的热量相等
C. 上行过程与下行过程中电阻R上通过的电量相等
D. 上行过程与下行过程中杆受到的安培力的冲量大小不相等
二、多选题
13. 如图，有上下放置的两个宽度均为L=0.5m的水平金属导轨，左端连接阻值均为2Ω的电阻r1、r2，右端与竖直放置的两个相同的半圆形金属轨道连接在一起，半圆形轨道半径为R=0.1 m。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=2T。初始时金属棒放置在上面的水平导轨上，金属棒的长刚好为L，质量m=2kg，电阻不计。某时刻金属棒获得了水平向右的速度v0=2m/s，之后恰好水平抛出。已知金属棒与导轨接触良好，重力加速度g=10m/s2，不计所有摩擦和导轨的电阻，则下列正确的是( )
A. 金属棒抛出时的速率为1m/sB. 整个过程中，流过电阻r1的电荷量为1C
C. 整个过程中，电阻r2上产生的焦耳热为1.5JD. 最初金属棒距离水平导轨右端4m
14. 如图(a)所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边接电阻R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135°，cd与ac垂直。将质量为m的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行。棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动，其速度的倒数1v随位移x变化的关系如图(b)所示，在棒运动L0到MN处的过程中( )
A. 导体棒做匀变速直线运动B. 导体棒运动的时间为3L02v0
C. 流过导体棒的电流不变D. 外力做功为3B2L02v02R+38mv02
15. 如图所示，固定在水平面上的足够长的光滑平行直导轨处于垂直平面向下的匀强磁场中，一端连接着一个电容器和电源，导轨上放着一根长度与导轨间距相同，有固定阻值的均匀导体棒。与电容器连接的单刀双掷开关先与左边闭合，待充电结束后，某时刻与右边闭合，作为计时起点，随后导体棒在运动的过程中始终与导轨接触良好，不计其他位置的电阻，则电容器所带电量q、导体棒的运动速度v、流过导体棒的电流I、通过导体的电量Q随时间t变化的图像可能的是( )
A. B. C. D.
三、填空题
16. 如图所示，电阻为0.1Ω的导体棒ab沿水平面内的光滑导线框向右做匀速运动，速度v=5.0m/s。线框左端的电阻R=0.4Ω，线框本身的电阻不计。线框宽L=0.4m，处于竖直向下的磁感应强度为B=0.1T的匀强磁场中。
(1)电路中相当于电源的部分是 ， (选填“a”或“b”)端相当于电源正极。
(2)感应电动势E= V，电路中的电流I= A，ab间电压Uab= V。
(3)导体棒ab所受安培力的大小为 N，方向向 ;为使导体棒向右匀速运动所需水平拉力为 N。
(4)水平拉力做功的功率为 W。
(5)电源产生电能的功率为 W。
(6)电阻R上消耗的功率为 W，导体棒ab消耗的功率为 W。
(7)从能量转化与守恒的角度，说明(4)、(5)、(6)中几个功率之间的关系： 。
17. (1)如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt=k，k为常量。用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框。将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中，则导线中感应电流的大小为______________________
(2)如图所示，空间内存在半径为r的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B。在磁场边界上有一粒子源S，粒子源以相同的速率V沿纸面向磁场中各个方向发射比荷为qm=V2rB的带电粒子，不计粒子重力，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为 _
(3)如图甲所示，光滑的平行金属导轨固定在水平面内，导轨间距为l=20cm，左端接有阻值为R=1Ω的电阻，放在轨道上静止的一导体杆MN与两轨道垂直，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.5T。杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示。杆及两轨道的电阻均可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，则杆的加速度大小为______，质量分别为_________________________
18. 如图甲所示，绝缘水平面上有一间距L=1m的金属U形导轨，导轨右侧接一阻值R=3Ω的电阻．在U形导轨中间虚线范围内存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁场的宽度d=1m，磁感应强度大小B=0.5T.现有一质量m=0.1kg、电阻r=2Ω、长L=1m的导体棒MN以一定的初速度v0从导轨的左端开始向右运动，穿过磁场的过程中，线圈中的感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.3，导轨电阻不计，则导体棒MN穿过磁场的过程中，则：MN刚进入磁场时的初速度大小为______________；电阻R产生的焦耳热为_____________；导体棒通过磁场的时间为______________．
四、实验题
19. 在“测定电池电动势和内阻”的实验中，用两个电流传感器(相当于电流表)和定值电阻R0=2kΩ以及滑动变阻器，设计了如图a所示的电路，进行实验。某小组测出的实验数据如下表所示。
表中I1和I2分别是通过电流传感器1和2的电流。
(1)根据图a和题给条件，将图b中的实物连接；
(2)在图c中绘出I1−I2图线；
(3)由I1−I2图线得出，被测电池的电动势为________V，内阻为_____Ω(保留两位有效数字)。
20. 如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平固定放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对足够长的竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L=1 m。细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1 kg，电阻R均为0.5 Ω。cd棒右侧1 m处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B=1 T，磁场区域长为s。以cd棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。现用向右的水平恒力F=1.5 N作用于ab棒上，作用4 s后撤去F，撤去F之后经一段时间ab棒与cd棒发生弹性碰撞，碰后cd棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻及空气阻力不计。(g=10 m/s2)求：
(1)ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度大小分别为多少；
(2)若s=1 m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度ℎ及从最初到最终稳定状态的全过程中cd棒产生的焦耳热；
(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，写出cd棒最后静止时与磁场左边界的距离x的关系。(该问可不写计算过程)
五、简答题
21. 如图1所示，两水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，导轨间距离为L=1 m，M、P间接有阻值为R=10 Ω的定值电阻，理想电压表接在定值电阻两端，导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=1 T，一根质量为m=0.1 kg的金属棒放在导轨上，金属棒接入电路的电阻也为R=10 Ω。现对金属棒施加一个水平向右的拉力，使金属棒由静止开始向右运动，金属棒运动后电压表的示数U随时间t变化的规律如图2所示，金属棒运动过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，导轨电阻不计。求：
(1)t=5 s时，拉力F的大小；
(2)金属棒在运动的前5 s内，拉力F的冲量大小；
(3)金属棒运动10 s时，撤去拉力F，则撤去拉力后金属棒运动0.5 m时速度的大小。
22. 如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ=30°的固定斜面上，导轨上、下端接有阻值R1=R2=16Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，质量m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。已知金属棒ab从静止到速度最大时，通过r的电荷量为0.3C，g=10m/s2，求：
(1)金属棒ab下滑的最大速度；
(2)金属棒ab从静止到速度最大时下滑的位移；
(3)金属棒ab从静止到速度最大时，ab棒上产生的焦耳热。
23. 如图所示，两平行光滑金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离L=0.50m,NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R=0.50m。直轨道的右侧虚线区域有竖直向下、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，且其右边界与NN′重合。质量为m=0.2kg、长度为d=0.5m的金属棒ab以某一初速度v0水平向右进入磁场。磁场中原来静止一个与ab完全相同的导体棒cd，两棒在磁场中始终未相撞，且cd出磁场前，两棒已经共速。cd出磁场后恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP′，求
(1)ab棒的初速度v0；
(2)从ab棒进入磁场到两者共速过程中，通过导体横截面的电量q。
24. 如图，质量为m、阻值为R、边长为L的正方形导线框，从位置A由静止下落，恰能竖直且匀速进入下方磁感应强度为B的有界匀强磁场(不计空气阻力)。求：
(1)在A位置时线框的下边到磁场上边界的距离ℎ；
(2)线框进入磁场的过程中通过导线截面的电量q和线框上产生的热量Q；
(3)分析并说明从开始下落到线框下边到达磁场下边界的过程中，线框机械能的变化情况。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了法拉第电磁感应定律及其应用；解答本题的关键是：在计算感应电动势时知道半圆形硬导体AC有效切割的长度等于2L；分清内电路和外电路，充分利用能的转化和守恒定律及动量定律解题。
先根据法拉第电磁感应定律求出电动势，再结合电路的结构算出AC两端的电压；根据能量守恒定律可求出电路中产生的焦耳热；
利用电量的表达式求出此过程中通过电阻R0的电荷量；再利用动量定律求解出此过程所需的时间。
【解答】
A.导体AC有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体AC切割磁感线产生感应电动势的大小为：E=B⋅2L⋅v=2BLv， 而AC相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：UAC=R0R0+rE=2BLvR0R0+r，故A正确，不合题意；
B.根据能量守恒定律可知，外力做的功，一方面转化为导体动能的增加，另一方面转化为焦耳热，即：Fd=Q+12mv2，解得：Q=Fd−12mv2，故B正确，不合题意；
C.根据法拉第电磁感应定律得：I=Er+R0=2BLdt(R0+r)，又因为电流定义式为：I=qt，解得此过程中通过电阻R0的电荷量为：q=It=2BLdR0+r，故C正确，不合题意；
D.根据动量定理得：Ft−BI2Lt=mv，又因为q=It，则有：Ft−qB2L=mv，解得：t=qB2L+mvF=1F(4B2L2dR0+r+mv)，故D错误，符合题意。
故选D。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电磁感应的双杆问题。
根据楞次定律判断感应电流的方向；两杆系统动量守恒，结合速度的关系可得t1时刻a棒速度；根据闭合电路欧姆定律可得t1时刻的电流，对b棒根据牛顿第二定律可得加速度；对导体棒a根据动量定理列式，结合电量的表达式可得距离。
【解答】
A.a、b回路的磁通量变大，回路中将产生垂直于纸面向外的磁场，由楞次定律或右手定则得，a、b回路中产生了俯视逆时针的感应电流，A正确；
B.由动量守恒定律得mv0=mva+mvb，又va−vb=v02，解得va=3v04，B正确；
C.导体棒b只受到安培力的作用，根据牛顿第二定律有BIL=ma，而回路中的电流I=BL(va−vb)R=BLv02R，联立可得t1时刻b棒加速度为a=R2L2v02mR，C错误；
D.对导体棒a，根据动量定理有−∑BiLΔt=BLq=mΔv，代入具体数据可得BLq=12mv0，而流经棒的电荷量q=BLΔxR，故Δx=mRv02B2L2，D正确。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
电容器放电是一个动态过程，在该过程下两板间电荷量逐渐减小，但电容器的电容不变，所以电势差逐渐减小，但此时导体棒MN在加速，产生反向电动势，直到MN棒电流为零，安培力为零时，MN开始减速，直到速度为0，整个过程电能全部转化为电阻和导体棒MN的焦耳热。
本题考查电容器充放电、安培力等相关知识，知识点较广，难度较大。
【解答】
A、开关闭合的瞬间，电容器板间电压最大，导体棒上电流也最大，电容器相当于电源，对电阻与导体棒供电，根据欧姆定律得I=UR，U=QC，解得通过导体棒MN电流的最大值为Im=QRC，导体棒MN受到的安培力的最大值为Fm=ImLB=BLQCR，故A正确；
BC、导体棒上电流从M到N，导体棒受安培力水平向右，导体棒加速，同时导体棒切割磁感线产生电动势，回路里电流减小，当导体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电流为零，导体棒速度达到最大，此时安培力为零，但最终电能和动能全部转化为内能，所以之后导体棒MN一直减速，直到速度变为0，故BC错误；
D、因为在MN加速阶段，由于MN存在反电动势，所以通过MN的电流要比通过R上的电流要小，所以电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能，故加速阶段电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热；当安培力为零后，MN开始减速直到速度为0，此时电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R，此时电阻R上的电流仍然大于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的焦耳热也大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D错误。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象找到B的变化，再根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律求解电荷量、电功率、焦耳热比值，根据安培力公式求解安培力。
本题考查拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力等内容，比较简单，注意从图象中正确获取信息。
【解答】
A.通过金属框的电荷量q=It=ERt=ΔBSΔtRt=ΔBSR，因在0～0.2s的时间t1内与0.2s～0.6s的时间t2内，磁感应强度随时间的变化量相同，故通过金属框的电荷量之比为1：1，故A错误；
B.金属框中电流的电功率P=E2R=ΔBSt2R=(ΔBS)2Rt2，则P1P2=t22t12=，故B正确；
C.金属框中产生的焦耳热Q=Pt，得Q1Q2=P1t1P2t2，解得Q1Q2=21，故C错误；
D.在0～0.2s的时间内与0.2s～0.6s的时间内，通过线框的电流方向相反，所以金属框ab边受到安培力方向相反，安培力大小F=BIL=BERL=BΔBSRtL，，由于对应时间B相同F1F2=t2t1=21，故D错误。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=I△t相结合求解电量；此时线框中感应电动势为E=2Bav2，感应电流为I=ER，线框所受的安培力的合力为F=2BIa，再由牛顿第二定律求解加速度；根据能量守恒定律求解产生的电能；由P=I2R求解电功率。
本题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是搞清楚磁通量的变化。
【解答】
A.感应电动势为：E=△Φ△t，感应电流为：I=ER，电荷量为：q=I△t，解得：q=3Ba22R，故A错误；
B.此时感应电动势：E=2Bav2+Bav2=32Bav，线框电流为：I=ER=3Bav2R，由牛顿第二定律得：2BIa+BIa=ma加速度，解得：a加速度=9B2a2v2mR，故B正确；
C.由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：E=12mv2−12m(v2)2=38mv2，故C错误；
D.此时线框的电功率为：P=I2R=9B2a2v24R，故D错误；
故选：B。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，根据题意分析清楚导体棒的运动过程，应用运动学公式、E=BLv、欧姆定律与平衡条件即可解题。
【解答】
A.由右手定则可知，导体棒ab进入磁场后电流方向由b到a，故A错误；
B.导体棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，在闭合回路中产生电流，部分机械能转化为焦耳热，有能量转化，故B错误；
C.导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0安培力F=BIL=B2L2v0R
导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得mg=B2L2v0R代入数据解得R=2Ω故C错误；
D.导体棒进入磁场前做自由落体运动，下落高度ℎ=v022g=222×10m=0.2m故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】B.开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流为I=ER
以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律F=BIL=ma
解得a=BELmR=6m/s2，故B错误；
AC.金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大。设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I，在金属块滑动过程中，由动量定理得BILΔt=mv−0
由电流的定义Δq=IΔt
由电容的定义C=ΔqΔU
电容器放电过程的电荷量变化为Δq=CΔU
且ΔU=E−U
故BLC(E−U)=mv
金属滑块运动后速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得U=BLv
联立解得v=30m/s，故A错误，C正确；
D.由C选项分析可知，当金属滑块运动后速度最大时起飞，其两端电压为U=BLv=3V
即此时电容器两端电压为3V，电容极板上依然有电荷，未完全放电，故D错误。
故选C。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析充电和放电过程中电流变化情况与金属滑块的运动过程是解题的前提与关键。
金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，从能量守恒的角度分析能量转化的情况。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；对应导体棒运动过程中涉及能量转化问题，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。
【解答】
A、a棒刚开始运动时，产生的感应电动势：E=B·L22v0=12BLv0，感应电流：I=ER+12R，b棒受到的安培力Fb=BIL，加速度ab=Fbm，联立可得：ab=B2L2v03mR，故A正确；
B、匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等，B·12Lva=B⋅Lvb，得末速度va=2vb；
对a棒根据动量定理可得：−BI·L2Δt=mva−mv0；
对b棒根据动量定理可得：BILΔt=mvb；
联立解得：vb=25v0，va=45v0，故B错误；
C、对b棒根据动量定理可得：BILΔt=mvb，即BLq=mvb，解得：q=2mv05BL，故C正确；
D、根据能量守恒定律可得整个过程中回路中产生的焦耳热：Q总=12mv02−12m25v02−12m45v02，根据焦耳定律可得整个过程中b棒产生的热量为：Qb=23Q总=115mv02，故D正确。
本题是选不正确的，故选B。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
根据右手定则或楞次定律判断线框中电流的方向；ab边刚进入磁场做匀速运动，抓住安培力等于重力，结合切割产生的感应电动势公式、安培力公式和欧姆定律求出cd边刚进入磁场时的速度大小，结合闭合电路欧姆定律计算ab端电压；根据能量守恒定律求出产生的焦耳热。
本题考查了求速度、克服安培力做功，分析清楚线框运动过程、应用安培力公式、平衡条件与能量守恒定律即可正确解题。
【解答】
A.由楞次定律知，线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；
BC.线框进入磁场时刚好做匀速直线运动，有mg=FA
感应电动势 E=BLv
感应电流I=ER
安培力 FA=BIL，ab两端的电压U=34E
联立解得：v=mgRB2L2，U=3mgR4BL，故B错误，C正确；
D.线框穿越磁场的过程中，一直做匀速直线运动。由能量转化和守恒定律知，系统减小的重力势能转化为内能，所以：Q=2mgL，故D错误。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
v−t图像中图像与t轴围成的面积表示物体运动的位移；线圈的bc边进入磁场时即做匀速运动，由匀速直线运动位移公式求出金属框的边长；
根据平衡条件得到B2L2v1R=mg，求出磁感应强度；在进入磁场过程中金属框产生的热等于机械能的减少量；
本题考查法拉第电磁感应定律，关键在于根据图像分析金属框的运动状态。
【解答】
A.由图像知道，线框先做匀加速直线运动，x=12v1t1，金属框初始位置的bc边到边界MN的高度，故A错误；
B.线圈的bc边进入磁场时即做匀速运动，所以金属框的边长为L=v1(t2−t1)，故B错误；
C.由图线可看出，线圈的bc边进入磁场时即做匀速运动，此时满足B2L2v1R=mg，其中L=v1(t2−t1)，解得B=1v1(t2−t1) mgRv1，故C错误；
D.在进入磁场过程中金属框产生的热等于机械能的减少量，即W=Q=mgL=mgv1(t2−t1)，故D正确。
故选D。
11.【答案】A
【解析】
【分析】
由法拉第电磁感应定律解得电动势大小之比；由闭合电路欧姆定律解得电流之比，再由功率表达式解得功率之比。
本题主要考查对法拉第电磁感应定律的理解与应用，难度一般。
【解答】
由法拉第电磁感应定律：E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=ΔBπr2Δt，由表达式可知，感应电动势与有效面积成正比，故可得：E1:E2=4:1;
由闭合电路欧姆定律可得：I=ER′，由电阻定律：R′=ρ2πrS′，由题意可知，I1I2=21;
由电功率表达式：P=I2R′，结合以上分析结论可得：P1:P2=8:1，故A正确，BCD错误。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
电磁感应中求位移、时间或者电量，往往用到动量定理，应用动量定理时，在理解的基础上应该记住相关的二级结论：安培力的冲量大小为I=Blq。
在解决电磁感应中的电荷量问题时，注意应用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得到公式q=nΔΦR。其中n为线圈匝数，R为回路总电阻，为初、末时刻的磁通量变化量。
【解答】
A.上行过程的某任一时刻和下行过程中某任一时刻的加速度情况为a上=mgsin30∘+F安m>g2，a下=mgsin30∘−F安′m可得上行过程中的平均加速度大于下行过程平均加速度。故A错误；
B.由于产热等于克服安培力做的功Q=W克=F安⋅x，F安=BIl=BBlvRl=B2l2vR，由于能量损耗，上行过程比下行过程的同一位置速度大，故上行过程比下行过程安培力的平均值大，即产热更多。故B错误；
C.根据电量公式q=IΔt=EΔtR，根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt，联立以上两式整理可得q=ΔΦR，
可知上行过程与下行过程中磁通量的变化量相同，电阻R上通过的电量相等。故C正确；
D.由C选项的分析结合以下公式得到安培力冲量为I=F安⋅Δt=BIl⋅Δt=Bl⋅IΔt=Blq，则上行过程与下行过程中杆受到的安培力的冲量大小相等。故D错误。
13.【答案】ABC
【解析】
【分析】
由于导体棒恰好水平抛出，由牛顿第二定律解得其抛出的速度大小；对棒运动过程列动量定理方程，解得流过电阻r1的电荷量，又由动能定理解得消耗的电能，再由电路的串并联解得电阻r2上产生的焦耳热
导体棒切割磁感线产生感应电动势，两电阻并联
本题主要考查电磁感应现象的综合应用，知道应用动量定理解得电荷量、应用动能定理解得消耗的电能是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由题意可知金属棒恰好水平抛出，故由牛顿第二定理可得：mg=mv2R，解得金属棒抛出时的速率为：v=1m/s，故A正确；
B.在该过程中，由动量定理可得：−BILt=mv−mv0，解得电路通过的电荷总量为：q=2C，两电阻相等，故由电路的串并联关系可得整个过程中，流过电阻r1的电荷量为：q1=q2=1C，B正确；
C.在该过程中，由动能定理可得整个电路消耗的电能为：ΔE=12mv02−12mv2=3J，由于两电阻相等，故电阻r2上产生的焦耳热为1.5J，C正确；
D.由q=ΔΦR=BLΔxR总，得Δx=2m，D错误。
故选ABC。
14.【答案】BC
【解析】
【分析】
根据图像分析导体棒的运动情况；
根据图象与坐标轴围成的面积表示运动时间；
由E=ΔФ Δt分析产生的电动势变化情况，从而得出流过导体棒的电流变化情况；
根据动能动能定理求解外力做的功。
本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势；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。
【解答】
解：A.由1v−x图线可知：1v=1v0+1v0L0x，解得：得v=L0v0x+L0，所以导体棒做非匀变速直线运动，故A错误；
C. 感应电动势为：E=BLv=BL0+xL0L0+xv0=BL0v0，感应电动势大小不变，感应电流为：I=ER=BL0v0R大小不变，故C正确；
B. 根据法拉第电磁感应定律有：E=ΔΦΔt=BΔSΔt=B12L0+2L0L0Δt=BL0v0，解得：Δt=3L02v0 ，故B正确；
D.克服安培力做功等于回路产生的焦耳热为：WA=I2Rt=BL0v0R2·R·3L02v0=3B2L03v0 2R，
根据动能动能定理有：W−WA=12mv2−12mv02=12m(v02)2−12mv02=−3mv028；
解得：W=3B2L03v02R−3mv028，故D错误。
15.【答案】BCD
【解析】
【分析】
本题考查了电磁感应的图像问题，注意图像的意义和物理量的计算，注意特殊点的分析。
开关先与左边闭合，使电容器充电，后与右边闭合，导体棒通以放电电流，电容器两端电势差减小，导体上产生向右的安培力，使得导体棒向右加速运动切割磁感线产生反电动势。
【解答】
开关先与左边闭合，使电容器充电，后与右边闭合，导体棒通以放电电流，电容器两端电势差减小，导体上产生向右的安培力，使得导体棒向右加速运动切割磁感线产生反电动势且逐渐增大，放电电流逐渐减小，当反电动势增大到与电容器两端电势差等大时，电流消失，安培力为0，导体棒做匀速直线运动，电容器两端电势差不再改变，所带电量不再减小，通过导体棒的电荷量不再增加，故A错误，BCD正确。
故选BCD。
16.【答案】(1)ab;a (2)0.2;0.4;0.16 (3)0.016;左;0.016
(4)0.08 (5)0.08 (6)0.064;0.016
(7)拉力做功的功率=电源产生电能的功率=电阻R上消耗的功率+导体棒ab消耗的功率
【解析】
【分析】本题考查单杆切割磁感线问题，掌握切割式电动势公式、闭合电路欧姆定律和右手定则、左手定则。对于感应电流的方向也可以运用楞次定律判断，其判断结果与右手定则一致。对于电磁感应中的能量转化问题，要理解并掌握。
【解答】(1)导体棒ab切割磁感线产生感应电动势，故电路中相当于电源的部分是ab，根据右手定则，电流的方向从b到a，故a端相当于电源正极。
(2)感应电动势E=BLv=0.2V，电路中的电流I=ER+rab=0.4A，ab间电压Uab=IR=0.16V。
(3)导体棒ab所受安培力的大小为F=BIL=0.016N，根据左手定则，方向向左;为使导体棒向右匀速运动所需水平拉力为F拉=0.016N。
(4)水平拉力做功的功率为P=F拉v=0.08W。
(5)电源产生电能的功率为P总=EI=0.08W。
(6)电阻R上消耗的功率为PR=I2R=0.064W，导体棒ab消耗的功率为Pab=I2rab=0.016W。
(7)从能量转化与守恒的角度，说明(4)、(5)、(6)中几个功率之间的关系：拉力做功的功率=电源产生电能的功率=电阻R上消耗的功率+导体棒ab消耗的功率
17.【答案】(1)kls8ρ; (2)2πr3v； (3)10m/s2 0.1kg。
【解析】
【分析】
(1)由法拉第电磁感应定律结合电阻定律来计算电路中电流强度，需要学生明确法拉第电磁感应定律的计算公式，明确公式中应当用有效面积来计算；
(2)本小题考察带点粒子在磁场中的匀速圆周运动，需要明确比荷的概念，知道带点粒子在磁场中运动的半径公式，会画轨迹图，结合几何知识来分析计算；
(3)本小题结合牛顿定律考察电磁感应现象，需要结合图像为一次函数的特点分析所对应的关系，列公式求出物体的质量和加速度。
【解答】
(1)根据法拉第电磁感应定律E=ΔBΔtS=kl22，由电阻定律R=4ρlS，电流计算公式得I=ER=klS8ρ；
(2)带点粒子在磁场中运动的轨道半径R=mvqB，带入粒子的比荷可得半径R=2r，要使粒子运动的时间最长，则粒子在磁场中对应的弦长应当最大，即弦长为磁场圆的直径，由此可知粒子对应的轨道圆的圆心角为60°，可知粒子运动的最长时间为t=16×2πRv=2πr3v；
(3)由牛顿第二定律可得F−F安=ma，由安培力公式F安=BIL，由电磁感应公式E=BLvR，再结合电流公式I=ER，匀变速运动公式v=at，可以推导出拉力和时间的函数关系式为F=B2L2atR+ma，由公式可以知道图线的斜率对应B2L2aR=4−130=110，图线的截距对应ma=1，可以求出加速度a=10m/s2，物体的质量m=0.1kg。
故答案为：(1)kls8ρ; (2)2πr3v； (3)10m/s2 0.1kg。
18.【答案】5m/s；0.3J；0.5s。
【解析】
解：(1)由图读出MN刚进入磁场时的电流i0=0.5A
根据闭合电路欧姆定律得 i0=ER+r
根据法拉第电磁感应定律得E=BLv0
联立解得 v0=i0(R+r)BL=0.5×(3+2)0.5×1=5m/s
(2)导体棒通过磁场过程，由动能定理得：−μmgd−W安=12mv 2−12mv02
而v=I(R+r)BL=0.3×(3+2)0.5×1=3m/s
电阻R产生的焦耳热QR=RR+rW安
联立解得：QR=0.3J
(3)导体棒通过磁场过程，取向右为正方向，由动量定理得：−μmgt−BILt=mv−mv0
而It=BLvtR+r=BLdR+r
联立解得 t=0.5s
【分析】
(1)由图读出MN刚进入磁场时的电流，根据闭合电路欧姆定律求得感应电动势，由E=BLv求速度。
(2)用同样的方法求得MN离开磁场时的速度，由动能定理求得MN克服安培力做功，从而求得电阻R产生的焦耳热。
(3)运用动量定理求导体棒通过磁场的时间。
本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键掌握动能定理和动量定理，知道涉及时间时优先考虑动量定理。
19.【答案】【小题1】
【小题2】
【小题3】3.0(3.0±0.1) 1.0(1.0±0.1)
【解析】1. 略
2. 略
3. 根据闭合电路的欧姆定律U=E−Ir以及上题中图像得：I1=−rR0I2+ER0，纵截距b=ER0，即1.5×10−3A=E2kΩ，E=(3.0±0.1)v，图像斜率k=−rR0，即r=(1.0±0.1)Ω．
20.【答案】解：(1)设撤去力F的瞬间，ab棒的速度大小为v1。
在F作用的4s内，对ab棒，由动量定理得Ft=mv0−0
解得：v0=6m/s
设碰撞后ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2.取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0=mv1+mv2
根据机械能守恒定律得12mv02=12mv12+12mv22
联立解得 v1=0,v2=6m/s
(2)设cd棒离开磁场时的速度为v′2。
由动量定理得：−BIL△t=mv2′−mv2
又：q=I△t=ΔΦ2R=BLs2R
解得v′2=5 m/s
在cd棒滑上竖直轨道的过程中，根据动能定理可得：
mgℎ=12mv′22
解得上升的高度为：ℎ=1.25m；
由于导轨光滑，金属棒cd到达最高点后反方向运动，由机械能守恒可知金属棒cd再次进入磁场速度大小为5m/s，cd棒离开磁场时的速度为v3，
−BIL△t=mv3−mv2′
q=I−△t=ΔΦ2R=BLs2R
所以v3=4m/s
金属棒cd出磁场后和金属棒ad弹性碰撞后速度变为0，故金属棒最后静止在导轨上，
回路中产生焦耳热Q总=12mv22−12mv32=10J
所以cd棒产生的焦耳热Q=R2RQ总=5J
(3)分三种情况：如果s足够大，cd棒在磁场内运动的距离为d。
由第二题的过程可知d=2mRv2B2L2，解得d=6m
讨论：cd棒最后静止时与磁场左边界的距离x的关系为：
①当x=6m时，s≥6m；
②当x=(2s−6)m时，3m≤s<6m
③当x=1m时，s<3m。
【解析】(1)先利用动量定理求出撤去力F的瞬间，ab棒的速度大小；cd棒与ab棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求碰瞬间两棒的速度。
(2)碰撞后，ab棒静止，cd棒向右，cd棒通过磁场的过程，利用动量定理和电荷量与磁通量变化量的关系求出cd棒离开磁场时的速度，即可根据机械能守恒定律求cd棒滑上右侧竖直导轨的最大高度ℎ；再次返回水平导轨后速度大小不变，通过磁场时产生焦耳热，出磁场后与金属棒ad发生弹性碰撞，速度为零，静止在导轨上。
(3)分情况分析cd棒的运动过程，确定cd棒最后静止时的位置x与s的关系。
分析清楚两金属棒的运动过程是解题的前提与关键，要掌握弹性碰撞的规律，知道动量定理是研究电磁感应中金属棒速度常用的方法之一，应用安培力公式、动量定理与机械能守恒定律可以解题。
21.【答案】解：(1)由于金属棒两端的电压与时间成正比，根据欧姆定律知，电路中的电流也与时间成正比，电路中的电动势与时间成正比，由E=BLv可知，速度与时间成正比，即金属棒做匀加递运动。
根据速度时间关系可得：v=at
则电压为：U=12BLv=12BLat
结合图象可知：t=5s时，12BLat5=5V
解得：a=2m/s2
t=5s时，金属棒的速度大小为：v5=at5=10m/s
根据牛顿第二定律可得：F−B2L2v52R=ma
解得：F=0.7N；
(2)根据(1)可知：F=B2L2v 2R+ma=B2L2a2R⋅t+ma=0.1t+0.2
由于拉力F随时间t线性变化，因此拉力F的冲量为：I冲=F−t=0.2+0.72×5N⋅s=2.25N⋅s；
(3)金属棒运动10s时速度大小为：v1=at′=20m/s
撤去拉力F后，金属棒做减速运动，设金属棒减速运动0.5m时速度大小为v2，
根据动量定理可得：−BILΔt=mΔv
根据欧姆定律可得：I=E2R
根据法拉第电磁感应定律可得：E=ΔΦΔt=BLxΔt
联立可得：−B2L2x2R=m(v2−v1)
解得：v2=19.75m/s
答：(1)t=5s时，拉力F的大小为0.7N；
(2)金属棒在运动的前5s内，拉力F的冲量大小为2.25N⋅s；
(3)金属棒运动10s时，撤去拉力F，则撤去拉力后金属棒运动0.5m时速度的大小为19.75m/s。
【解析】(1)金属棒做匀加速运动，根据速度时间关系求解速度大小，结合图象求解5s时金属棒的速度大小，根据牛顿第二定律求解F；
(2)由于拉力F随时间t线性变化，根据平均力等于力的平均值求解F的冲量；
(3)求出金属棒运动10s时速度大小，根据动量定理、法拉第电磁感应定律求解。
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。
22.【答案】解：(1)根据串并联电路的特点知，外电路总电阻为：R=R1R2R1+R2=8Ω
当加速度a为零时，速度v达最大，有：mgsinθ=BIL=BBLvmR+rL，
解得速度最大值为：vm=mgsinθ(R+r)B2L2=5m/s
(2)金属棒ab从静止到速度最大的过程中，其电荷量为：q=△Φ△t(R+r)⋅△t=BLxR+r，其中q=0.3C
联立解得：x=3m
(3)对金属棒ab从静止到速度最大过程，运用动能定理可得：mgxsinθ=12mvm2+Q
其中ab棒上产生的焦耳热为：Qr=rR+rQ
联立解得：Qr=0.05J
答：(1)金属棒ab下滑的最大速度为5m/s；
(2)金属棒ab从静止到速度最大时下滑的位移为3m；
(3)金属棒ab从静止到速度最大时，ab棒上产生的焦耳热为0.05J；
【解析】(1)当金属棒的加速度为零时，速度最大，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式和欧姆定律，运用共点力平衡求出最大速度。
(2)通过法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出平均感应电流，结合电路的定义式得出通过导体棒电量表达式求解导体棒下滑位移；
(3)根据能量守恒定律求出整个回路中产生的焦耳热，从而得出ab棒上产生的热量。
本是导体在导轨上滑动的类型，从力和能两个角度研究。力的角度，关键是安培力的分析和计算。能的角度要分析过程中涉及几种能、能量如何是转化的。
23.【答案】解：(1)由于cd棒恰好经过圆周轨道最高点，则
F向=mg=mv2R
v= gR= 5m/s
根据机械能守恒定律，cd棒从出磁场到最高点有
2mgR=12mv共2−12mv2
v共=5m/s
根据动量守恒定律，ab和cd两棒组成的系统在磁场中满足动量守恒，则
mv0=2mv共
v共=v02
v0=10m/s
(2)对cd棒列动量定理有
BILt=mv共−0
BqL=mv共
q=4C
【解析】(1)导体棒恰好过最高点知其重力提供向心力，可求得cd在圆轨道最高点的速度，再根据动能定理求出cd导体棒离开磁场右边界的速度，再根据动量守恒定律求出ab棒进入磁场的初速度；
(2)根据闭合电路欧姆定律和电流的定义，安培力公式，根据动量定理可求出电荷量。
本题是电磁感应中的力学问题，综合了电磁感应、电路、力学等知识。考查分析和解决综合题的能力。
24.【答案】解：
(1)线框进入磁场前，只有重力做功，机械能守恒，则：mgℎ=12mv2
线框进入磁场时受到竖直向下的重力和向上的安培力作用，恰好匀速，有：mg=BIL
根据切割产生感应电动势规律和闭合电路欧姆定律有：I=BLvR
联立解得：ℎ=m2gR22B4L4；
(2)线框进入磁场时的感应电流大小为I，
根据平衡条件可得：BIL=mg，
解得：I=mgBL，
并由I=mgBL=BLvR可得：v=mgRB2L2
所需的时间：t=Lv=B2L3mgR
线框进入磁场的过程中通过线框截面的电量：q=It=BL2R
产生的热量：Q=I2Rt=mgL；
(3)
线框下边进入磁场前只有重力做功，机械能守恒；
线框下边进入磁场后，安培力做负功，因此线框机械能减少；
线框全部进入磁场到下边出磁场前，无感应电流，不受安培力，只有重力做功，机械能守恒。
【解析】
【分析】
本题主要是考查电磁感应现象的能量问题与力学问题，根据平衡条件和安培力的计算公式列方程；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。
一、单选题
1. 如图所示，水平放置的U形光滑框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为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后速度为v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计.下列说法不正确的是( )
A. 此时AC两端电压为UAC=2BLvR0R0+rB. 此过程中回路产生的热量Q=Fd−12mv2
C. 此过程中通过电阻R0的电荷量为q=2BLdR0+rD. 此过程所用时间t=1F(2B2L2dR0+r+mv)
2. 如图甲，光滑的金属导轨足够长，宽为L，其上放置有质量均为m的a、b两个导体棒，与导轨接触良好，导体棒b处于静止状态。现给a棒一初速度v0，之后ab棒运动的速度差值Δv=va−vb，经过t1时间Δv=v02，经过t2时间Δv=0，其Δv−t图像如图乙所示，已知导轨电阻不计，两导体棒接入电路总电阻为R，垂直于导轨平面向内匀强磁场磁感应强度为B，则下列说法不正确的是( )
甲 乙
A. 0∼t2时间内，a、b回路中产生了俯视逆时针的感应电流
B. t1时刻a棒速度为3v04
C. t1时刻b棒加速度为B2L2v04m
D. 0∼t2时间，a、b棒的距离变化了mRv02B2L2
3. 如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、长度为L、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。磁感应强度为B。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，( )
A. 导体棒MN受到的安培力的最大值为BLQCR
B. 导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C. 导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D. 电阻R上产生的焦耳热等于导体棒MN上产生的焦耳热
4. 如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直．磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示．在0～0.2 s的时间内与0.2 s～0.6 s的时间内( )
A. 通过金属框的电荷量之比为2∶1
B. 金属框中电流的电功率之比为4∶1
C. 金属框中产生的焦耳热之比为4∶1
D. 金属框ab边受到安培力方向相反，大小之比为3∶1
5. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B、B2=2B。一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为v2，则下列结论中正确的是( )
A. 此过程中通过线框截面的电量为2Ba2RB. 此时线框的加速度为9B2a2v2mR
C. 此过程中回路产生的电能为12mv2D. 此时线框中的电功率为9B2a2v22R
6. 如图所示，平行导轨位于竖直平面内，导轨间距离L=0.5m，两导轨与电阻R连接，其余电阻不计，水平虚线下方存在匀强磁场，磁感应强度B=2T，质量m=0.1kg的导体棒ab垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，将其从距虚线ℎ高处由静止释放，进入磁场时恰好以v0=2m/s做匀速直线运动。g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 导体棒ab进入磁场后电流的方向是a到bB. 导体棒进入磁场后下落的过程不存在能量转化
C. 电阻R的阻值为0.02ΩD. ℎ=0.2m
7. 2022年6月17日，我国第三艘航母福建舰正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。电磁弹射系统的具体实现方案有多种，并且十分复杂。一种简化的物理模型如图乙所示，电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E=6V，内阻不计。两条足够长的导轨相距L=0.2m且水平放置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C=10F。现将一质量为m=0.1kg，电阻R=1Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动。不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力。下列说法正确的是( )
A. 开关K置于b后，金属块先做加速运动、后做减速运动
B. 开关K置于b的瞬间，金属滑块的加速度大小为7m/s2
C. 开关K置于b后，金属滑块获得的最大速度大小为30m/s
D. 开关K置于b后，电容器最终带电量为零
8. 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v 0向右运动，且a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。下列判断不正确 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25v0
C. 整个过程中通过回路的电荷量为2mv05BL
D. 整个过程中b棒产生的焦耳热为115mv02
9. 如图所示，边长为L的正方形金属线框abcd从某一高处由静止释放，在下落过程中经过一个有水平边界、宽度为L的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，已知ab边进入磁场时线框刚好以速度v做匀速直线运动(整个下落过程中a、b始终水平)，线框质量为m，电阻为R，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A. ab边进入磁场时，线框中感应电流的方向为顺时针方向
B. ab边进入磁场时，ab两端的电压为BLv2
C. 线框进入磁场时的速度大小v=mgRB2L2
D. 线框穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为mgL
10. 如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R.在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度−时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量。可知( )
A. 金属框初始位置时bc边到边界MN的高度为v1t1
B. 金属框的边长为v1t2−t12
C. 磁场的磁感应强度为B=1t2−t1 mgRv1
D. 在进入磁场过程中金属框产生的热量为mgv1(t2−t1)
11. 水平桌面上放置着两个用同一根均匀金属丝制成的单匝线圈1和线圈2，半径分别为2R和R(俯视图如图1所示)。竖直方向有匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图2所示。线圈中的感应电动势、电流强度、电功率分别用E、I、P表示，不考虑两个线圈间的影响，下列关系正确的是
A. E1:E2=4:1，I1:I2=2:1B. E1:E2=4:1，P1:P2=2:1
C. E1:E2=2:1，P1:P2=8:1D. P1:P2=4:1，I1:I2=1:1
12. 如图所示，光滑平行金属导轨平面与水平面夹角为30°角，两轨上端之间用一电阻R相连，有磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过轨道平面。一质量为m的金属杆ab，以速率v0从底端向上滑行，上行到某一高度后又返回到底端，导轨与杆电阻不计。则在这两个过程中，下列说法正确的是( )
A. 上行过程与下行过程中的平均加速度大小相等
B. 上行过程与下行过程中电阻R上产生的热量相等
C. 上行过程与下行过程中电阻R上通过的电量相等
D. 上行过程与下行过程中杆受到的安培力的冲量大小不相等
二、多选题
13. 如图，有上下放置的两个宽度均为L=0.5m的水平金属导轨，左端连接阻值均为2Ω的电阻r1、r2，右端与竖直放置的两个相同的半圆形金属轨道连接在一起，半圆形轨道半径为R=0.1 m。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=2T。初始时金属棒放置在上面的水平导轨上，金属棒的长刚好为L，质量m=2kg，电阻不计。某时刻金属棒获得了水平向右的速度v0=2m/s，之后恰好水平抛出。已知金属棒与导轨接触良好，重力加速度g=10m/s2，不计所有摩擦和导轨的电阻，则下列正确的是( )
A. 金属棒抛出时的速率为1m/sB. 整个过程中，流过电阻r1的电荷量为1C
C. 整个过程中，电阻r2上产生的焦耳热为1.5JD. 最初金属棒距离水平导轨右端4m
14. 如图(a)所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边接电阻R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135°，cd与ac垂直。将质量为m的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行。棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动，其速度的倒数1v随位移x变化的关系如图(b)所示，在棒运动L0到MN处的过程中( )
A. 导体棒做匀变速直线运动B. 导体棒运动的时间为3L02v0
C. 流过导体棒的电流不变D. 外力做功为3B2L02v02R+38mv02
15. 如图所示，固定在水平面上的足够长的光滑平行直导轨处于垂直平面向下的匀强磁场中，一端连接着一个电容器和电源，导轨上放着一根长度与导轨间距相同，有固定阻值的均匀导体棒。与电容器连接的单刀双掷开关先与左边闭合，待充电结束后，某时刻与右边闭合，作为计时起点，随后导体棒在运动的过程中始终与导轨接触良好，不计其他位置的电阻，则电容器所带电量q、导体棒的运动速度v、流过导体棒的电流I、通过导体的电量Q随时间t变化的图像可能的是( )
A. B. C. D.
三、填空题
16. 如图所示，电阻为0.1Ω的导体棒ab沿水平面内的光滑导线框向右做匀速运动，速度v=5.0m/s。线框左端的电阻R=0.4Ω，线框本身的电阻不计。线框宽L=0.4m，处于竖直向下的磁感应强度为B=0.1T的匀强磁场中。
(1)电路中相当于电源的部分是 ， (选填“a”或“b”)端相当于电源正极。
(2)感应电动势E= V，电路中的电流I= A，ab间电压Uab= V。
(3)导体棒ab所受安培力的大小为 N，方向向 ;为使导体棒向右匀速运动所需水平拉力为 N。
(4)水平拉力做功的功率为 W。
(5)电源产生电能的功率为 W。
(6)电阻R上消耗的功率为 W，导体棒ab消耗的功率为 W。
(7)从能量转化与守恒的角度，说明(4)、(5)、(6)中几个功率之间的关系： 。
17. (1)如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt=k，k为常量。用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框。将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中，则导线中感应电流的大小为______________________
(2)如图所示，空间内存在半径为r的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B。在磁场边界上有一粒子源S，粒子源以相同的速率V沿纸面向磁场中各个方向发射比荷为qm=V2rB的带电粒子，不计粒子重力，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为 _
(3)如图甲所示，光滑的平行金属导轨固定在水平面内，导轨间距为l=20cm，左端接有阻值为R=1Ω的电阻，放在轨道上静止的一导体杆MN与两轨道垂直，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.5T。杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示。杆及两轨道的电阻均可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，则杆的加速度大小为______，质量分别为_________________________
18. 如图甲所示，绝缘水平面上有一间距L=1m的金属U形导轨，导轨右侧接一阻值R=3Ω的电阻．在U形导轨中间虚线范围内存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁场的宽度d=1m，磁感应强度大小B=0.5T.现有一质量m=0.1kg、电阻r=2Ω、长L=1m的导体棒MN以一定的初速度v0从导轨的左端开始向右运动，穿过磁场的过程中，线圈中的感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.3，导轨电阻不计，则导体棒MN穿过磁场的过程中，则：MN刚进入磁场时的初速度大小为______________；电阻R产生的焦耳热为_____________；导体棒通过磁场的时间为______________．
四、实验题
19. 在“测定电池电动势和内阻”的实验中，用两个电流传感器(相当于电流表)和定值电阻R0=2kΩ以及滑动变阻器，设计了如图a所示的电路，进行实验。某小组测出的实验数据如下表所示。
表中I1和I2分别是通过电流传感器1和2的电流。
(1)根据图a和题给条件，将图b中的实物连接；
(2)在图c中绘出I1−I2图线；
(3)由I1−I2图线得出，被测电池的电动势为________V，内阻为_____Ω(保留两位有效数字)。
20. 如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平固定放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对足够长的竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L=1 m。细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1 kg，电阻R均为0.5 Ω。cd棒右侧1 m处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B=1 T，磁场区域长为s。以cd棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。现用向右的水平恒力F=1.5 N作用于ab棒上，作用4 s后撤去F，撤去F之后经一段时间ab棒与cd棒发生弹性碰撞，碰后cd棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻及空气阻力不计。(g=10 m/s2)求：
(1)ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度大小分别为多少；
(2)若s=1 m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度ℎ及从最初到最终稳定状态的全过程中cd棒产生的焦耳热；
(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，写出cd棒最后静止时与磁场左边界的距离x的关系。(该问可不写计算过程)
五、简答题
21. 如图1所示，两水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，导轨间距离为L=1 m，M、P间接有阻值为R=10 Ω的定值电阻，理想电压表接在定值电阻两端，导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=1 T，一根质量为m=0.1 kg的金属棒放在导轨上，金属棒接入电路的电阻也为R=10 Ω。现对金属棒施加一个水平向右的拉力，使金属棒由静止开始向右运动，金属棒运动后电压表的示数U随时间t变化的规律如图2所示，金属棒运动过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，导轨电阻不计。求：
(1)t=5 s时，拉力F的大小；
(2)金属棒在运动的前5 s内，拉力F的冲量大小；
(3)金属棒运动10 s时，撤去拉力F，则撤去拉力后金属棒运动0.5 m时速度的大小。
22. 如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ=30°的固定斜面上，导轨上、下端接有阻值R1=R2=16Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，质量m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。已知金属棒ab从静止到速度最大时，通过r的电荷量为0.3C，g=10m/s2，求：
(1)金属棒ab下滑的最大速度；
(2)金属棒ab从静止到速度最大时下滑的位移；
(3)金属棒ab从静止到速度最大时，ab棒上产生的焦耳热。
23. 如图所示，两平行光滑金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离L=0.50m,NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R=0.50m。直轨道的右侧虚线区域有竖直向下、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，且其右边界与NN′重合。质量为m=0.2kg、长度为d=0.5m的金属棒ab以某一初速度v0水平向右进入磁场。磁场中原来静止一个与ab完全相同的导体棒cd，两棒在磁场中始终未相撞，且cd出磁场前，两棒已经共速。cd出磁场后恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP′，求
(1)ab棒的初速度v0；
(2)从ab棒进入磁场到两者共速过程中，通过导体横截面的电量q。
24. 如图，质量为m、阻值为R、边长为L的正方形导线框，从位置A由静止下落，恰能竖直且匀速进入下方磁感应强度为B的有界匀强磁场(不计空气阻力)。求：
(1)在A位置时线框的下边到磁场上边界的距离ℎ；
(2)线框进入磁场的过程中通过导线截面的电量q和线框上产生的热量Q；
(3)分析并说明从开始下落到线框下边到达磁场下边界的过程中，线框机械能的变化情况。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了法拉第电磁感应定律及其应用；解答本题的关键是：在计算感应电动势时知道半圆形硬导体AC有效切割的长度等于2L；分清内电路和外电路，充分利用能的转化和守恒定律及动量定律解题。
先根据法拉第电磁感应定律求出电动势，再结合电路的结构算出AC两端的电压；根据能量守恒定律可求出电路中产生的焦耳热；
利用电量的表达式求出此过程中通过电阻R0的电荷量；再利用动量定律求解出此过程所需的时间。
【解答】
A.导体AC有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体AC切割磁感线产生感应电动势的大小为：E=B⋅2L⋅v=2BLv， 而AC相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：UAC=R0R0+rE=2BLvR0R0+r，故A正确，不合题意；
B.根据能量守恒定律可知，外力做的功，一方面转化为导体动能的增加，另一方面转化为焦耳热，即：Fd=Q+12mv2，解得：Q=Fd−12mv2，故B正确，不合题意；
C.根据法拉第电磁感应定律得：I=Er+R0=2BLdt(R0+r)，又因为电流定义式为：I=qt，解得此过程中通过电阻R0的电荷量为：q=It=2BLdR0+r，故C正确，不合题意；
D.根据动量定理得：Ft−BI2Lt=mv，又因为q=It，则有：Ft−qB2L=mv，解得：t=qB2L+mvF=1F(4B2L2dR0+r+mv)，故D错误，符合题意。
故选D。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电磁感应的双杆问题。
根据楞次定律判断感应电流的方向；两杆系统动量守恒，结合速度的关系可得t1时刻a棒速度；根据闭合电路欧姆定律可得t1时刻的电流，对b棒根据牛顿第二定律可得加速度；对导体棒a根据动量定理列式，结合电量的表达式可得距离。
【解答】
A.a、b回路的磁通量变大，回路中将产生垂直于纸面向外的磁场，由楞次定律或右手定则得，a、b回路中产生了俯视逆时针的感应电流，A正确；
B.由动量守恒定律得mv0=mva+mvb，又va−vb=v02，解得va=3v04，B正确；
C.导体棒b只受到安培力的作用，根据牛顿第二定律有BIL=ma，而回路中的电流I=BL(va−vb)R=BLv02R，联立可得t1时刻b棒加速度为a=R2L2v02mR，C错误；
D.对导体棒a，根据动量定理有−∑BiLΔt=BLq=mΔv，代入具体数据可得BLq=12mv0，而流经棒的电荷量q=BLΔxR，故Δx=mRv02B2L2，D正确。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
电容器放电是一个动态过程，在该过程下两板间电荷量逐渐减小，但电容器的电容不变，所以电势差逐渐减小，但此时导体棒MN在加速，产生反向电动势，直到MN棒电流为零，安培力为零时，MN开始减速，直到速度为0，整个过程电能全部转化为电阻和导体棒MN的焦耳热。
本题考查电容器充放电、安培力等相关知识，知识点较广，难度较大。
【解答】
A、开关闭合的瞬间，电容器板间电压最大，导体棒上电流也最大，电容器相当于电源，对电阻与导体棒供电，根据欧姆定律得I=UR，U=QC，解得通过导体棒MN电流的最大值为Im=QRC，导体棒MN受到的安培力的最大值为Fm=ImLB=BLQCR，故A正确；
BC、导体棒上电流从M到N，导体棒受安培力水平向右，导体棒加速，同时导体棒切割磁感线产生电动势，回路里电流减小，当导体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电流为零，导体棒速度达到最大，此时安培力为零，但最终电能和动能全部转化为内能，所以之后导体棒MN一直减速，直到速度变为0，故BC错误；
D、因为在MN加速阶段，由于MN存在反电动势，所以通过MN的电流要比通过R上的电流要小，所以电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能，故加速阶段电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热；当安培力为零后，MN开始减速直到速度为0，此时电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R，此时电阻R上的电流仍然大于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的焦耳热也大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D错误。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象找到B的变化，再根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律求解电荷量、电功率、焦耳热比值，根据安培力公式求解安培力。
本题考查拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力等内容，比较简单，注意从图象中正确获取信息。
【解答】
A.通过金属框的电荷量q=It=ERt=ΔBSΔtRt=ΔBSR，因在0～0.2s的时间t1内与0.2s～0.6s的时间t2内，磁感应强度随时间的变化量相同，故通过金属框的电荷量之比为1：1，故A错误；
B.金属框中电流的电功率P=E2R=ΔBSt2R=(ΔBS)2Rt2，则P1P2=t22t12=，故B正确；
C.金属框中产生的焦耳热Q=Pt，得Q1Q2=P1t1P2t2，解得Q1Q2=21，故C错误；
D.在0～0.2s的时间内与0.2s～0.6s的时间内，通过线框的电流方向相反，所以金属框ab边受到安培力方向相反，安培力大小F=BIL=BERL=BΔBSRtL，，由于对应时间B相同F1F2=t2t1=21，故D错误。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=I△t相结合求解电量；此时线框中感应电动势为E=2Bav2，感应电流为I=ER，线框所受的安培力的合力为F=2BIa，再由牛顿第二定律求解加速度；根据能量守恒定律求解产生的电能；由P=I2R求解电功率。
本题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是搞清楚磁通量的变化。
【解答】
A.感应电动势为：E=△Φ△t，感应电流为：I=ER，电荷量为：q=I△t，解得：q=3Ba22R，故A错误；
B.此时感应电动势：E=2Bav2+Bav2=32Bav，线框电流为：I=ER=3Bav2R，由牛顿第二定律得：2BIa+BIa=ma加速度，解得：a加速度=9B2a2v2mR，故B正确；
C.由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：E=12mv2−12m(v2)2=38mv2，故C错误；
D.此时线框的电功率为：P=I2R=9B2a2v24R，故D错误；
故选：B。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，根据题意分析清楚导体棒的运动过程，应用运动学公式、E=BLv、欧姆定律与平衡条件即可解题。
【解答】
A.由右手定则可知，导体棒ab进入磁场后电流方向由b到a，故A错误；
B.导体棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，在闭合回路中产生电流，部分机械能转化为焦耳热，有能量转化，故B错误；
C.导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0安培力F=BIL=B2L2v0R
导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得mg=B2L2v0R代入数据解得R=2Ω故C错误；
D.导体棒进入磁场前做自由落体运动，下落高度ℎ=v022g=222×10m=0.2m故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】B.开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流为I=ER
以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律F=BIL=ma
解得a=BELmR=6m/s2，故B错误；
AC.金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大。设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I，在金属块滑动过程中，由动量定理得BILΔt=mv−0
由电流的定义Δq=IΔt
由电容的定义C=ΔqΔU
电容器放电过程的电荷量变化为Δq=CΔU
且ΔU=E−U
故BLC(E−U)=mv
金属滑块运动后速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得U=BLv
联立解得v=30m/s，故A错误，C正确；
D.由C选项分析可知，当金属滑块运动后速度最大时起飞，其两端电压为U=BLv=3V
即此时电容器两端电压为3V，电容极板上依然有电荷，未完全放电，故D错误。
故选C。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析充电和放电过程中电流变化情况与金属滑块的运动过程是解题的前提与关键。
金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，从能量守恒的角度分析能量转化的情况。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；对应导体棒运动过程中涉及能量转化问题，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。
【解答】
A、a棒刚开始运动时，产生的感应电动势：E=B·L22v0=12BLv0，感应电流：I=ER+12R，b棒受到的安培力Fb=BIL，加速度ab=Fbm，联立可得：ab=B2L2v03mR，故A正确；
B、匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等，B·12Lva=B⋅Lvb，得末速度va=2vb；
对a棒根据动量定理可得：−BI·L2Δt=mva−mv0；
对b棒根据动量定理可得：BILΔt=mvb；
联立解得：vb=25v0，va=45v0，故B错误；
C、对b棒根据动量定理可得：BILΔt=mvb，即BLq=mvb，解得：q=2mv05BL，故C正确；
D、根据能量守恒定律可得整个过程中回路中产生的焦耳热：Q总=12mv02−12m25v02−12m45v02，根据焦耳定律可得整个过程中b棒产生的热量为：Qb=23Q总=115mv02，故D正确。
本题是选不正确的，故选B。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
根据右手定则或楞次定律判断线框中电流的方向；ab边刚进入磁场做匀速运动，抓住安培力等于重力，结合切割产生的感应电动势公式、安培力公式和欧姆定律求出cd边刚进入磁场时的速度大小，结合闭合电路欧姆定律计算ab端电压；根据能量守恒定律求出产生的焦耳热。
本题考查了求速度、克服安培力做功，分析清楚线框运动过程、应用安培力公式、平衡条件与能量守恒定律即可正确解题。
【解答】
A.由楞次定律知，线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；
BC.线框进入磁场时刚好做匀速直线运动，有mg=FA
感应电动势 E=BLv
感应电流I=ER
安培力 FA=BIL，ab两端的电压U=34E
联立解得：v=mgRB2L2，U=3mgR4BL，故B错误，C正确；
D.线框穿越磁场的过程中，一直做匀速直线运动。由能量转化和守恒定律知，系统减小的重力势能转化为内能，所以：Q=2mgL，故D错误。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
v−t图像中图像与t轴围成的面积表示物体运动的位移；线圈的bc边进入磁场时即做匀速运动，由匀速直线运动位移公式求出金属框的边长；
根据平衡条件得到B2L2v1R=mg，求出磁感应强度；在进入磁场过程中金属框产生的热等于机械能的减少量；
本题考查法拉第电磁感应定律，关键在于根据图像分析金属框的运动状态。
【解答】
A.由图像知道，线框先做匀加速直线运动，x=12v1t1，金属框初始位置的bc边到边界MN的高度，故A错误；
B.线圈的bc边进入磁场时即做匀速运动，所以金属框的边长为L=v1(t2−t1)，故B错误；
C.由图线可看出，线圈的bc边进入磁场时即做匀速运动，此时满足B2L2v1R=mg，其中L=v1(t2−t1)，解得B=1v1(t2−t1) mgRv1，故C错误；
D.在进入磁场过程中金属框产生的热等于机械能的减少量，即W=Q=mgL=mgv1(t2−t1)，故D正确。
故选D。
11.【答案】A
【解析】
【分析】
由法拉第电磁感应定律解得电动势大小之比；由闭合电路欧姆定律解得电流之比，再由功率表达式解得功率之比。
本题主要考查对法拉第电磁感应定律的理解与应用，难度一般。
【解答】
由法拉第电磁感应定律：E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=ΔBπr2Δt，由表达式可知，感应电动势与有效面积成正比，故可得：E1:E2=4:1;
由闭合电路欧姆定律可得：I=ER′，由电阻定律：R′=ρ2πrS′，由题意可知，I1I2=21;
由电功率表达式：P=I2R′，结合以上分析结论可得：P1:P2=8:1，故A正确，BCD错误。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
电磁感应中求位移、时间或者电量，往往用到动量定理，应用动量定理时，在理解的基础上应该记住相关的二级结论：安培力的冲量大小为I=Blq。
在解决电磁感应中的电荷量问题时，注意应用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得到公式q=nΔΦR。其中n为线圈匝数，R为回路总电阻，为初、末时刻的磁通量变化量。
【解答】
A.上行过程的某任一时刻和下行过程中某任一时刻的加速度情况为a上=mgsin30∘+F安m>g2，a下=mgsin30∘−F安′m
B.由于产热等于克服安培力做的功Q=W克=F安⋅x，F安=BIl=BBlvRl=B2l2vR，由于能量损耗，上行过程比下行过程的同一位置速度大，故上行过程比下行过程安培力的平均值大，即产热更多。故B错误；
C.根据电量公式q=IΔt=EΔtR，根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt，联立以上两式整理可得q=ΔΦR，
可知上行过程与下行过程中磁通量的变化量相同，电阻R上通过的电量相等。故C正确；
D.由C选项的分析结合以下公式得到安培力冲量为I=F安⋅Δt=BIl⋅Δt=Bl⋅IΔt=Blq，则上行过程与下行过程中杆受到的安培力的冲量大小相等。故D错误。
13.【答案】ABC
【解析】
【分析】
由于导体棒恰好水平抛出，由牛顿第二定律解得其抛出的速度大小；对棒运动过程列动量定理方程，解得流过电阻r1的电荷量，又由动能定理解得消耗的电能，再由电路的串并联解得电阻r2上产生的焦耳热
导体棒切割磁感线产生感应电动势，两电阻并联
本题主要考查电磁感应现象的综合应用，知道应用动量定理解得电荷量、应用动能定理解得消耗的电能是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由题意可知金属棒恰好水平抛出，故由牛顿第二定理可得：mg=mv2R，解得金属棒抛出时的速率为：v=1m/s，故A正确；
B.在该过程中，由动量定理可得：−BILt=mv−mv0，解得电路通过的电荷总量为：q=2C，两电阻相等，故由电路的串并联关系可得整个过程中，流过电阻r1的电荷量为：q1=q2=1C，B正确；
C.在该过程中，由动能定理可得整个电路消耗的电能为：ΔE=12mv02−12mv2=3J，由于两电阻相等，故电阻r2上产生的焦耳热为1.5J，C正确；
D.由q=ΔΦR=BLΔxR总，得Δx=2m，D错误。
故选ABC。
14.【答案】BC
【解析】
【分析】
根据图像分析导体棒的运动情况；
根据图象与坐标轴围成的面积表示运动时间；
由E=ΔФ Δt分析产生的电动势变化情况，从而得出流过导体棒的电流变化情况；
根据动能动能定理求解外力做的功。
本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势；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。
【解答】
解：A.由1v−x图线可知：1v=1v0+1v0L0x，解得：得v=L0v0x+L0，所以导体棒做非匀变速直线运动，故A错误；
C. 感应电动势为：E=BLv=BL0+xL0L0+xv0=BL0v0，感应电动势大小不变，感应电流为：I=ER=BL0v0R大小不变，故C正确；
B. 根据法拉第电磁感应定律有：E=ΔΦΔt=BΔSΔt=B12L0+2L0L0Δt=BL0v0，解得：Δt=3L02v0 ，故B正确；
D.克服安培力做功等于回路产生的焦耳热为：WA=I2Rt=BL0v0R2·R·3L02v0=3B2L03v0 2R，
根据动能动能定理有：W−WA=12mv2−12mv02=12m(v02)2−12mv02=−3mv028；
解得：W=3B2L03v02R−3mv028，故D错误。
15.【答案】BCD
【解析】
【分析】
本题考查了电磁感应的图像问题，注意图像的意义和物理量的计算，注意特殊点的分析。
开关先与左边闭合，使电容器充电，后与右边闭合，导体棒通以放电电流，电容器两端电势差减小，导体上产生向右的安培力，使得导体棒向右加速运动切割磁感线产生反电动势。
【解答】
开关先与左边闭合，使电容器充电，后与右边闭合，导体棒通以放电电流，电容器两端电势差减小，导体上产生向右的安培力，使得导体棒向右加速运动切割磁感线产生反电动势且逐渐增大，放电电流逐渐减小，当反电动势增大到与电容器两端电势差等大时，电流消失，安培力为0，导体棒做匀速直线运动，电容器两端电势差不再改变，所带电量不再减小，通过导体棒的电荷量不再增加，故A错误，BCD正确。
故选BCD。
16.【答案】(1)ab;a (2)0.2;0.4;0.16 (3)0.016;左;0.016
(4)0.08 (5)0.08 (6)0.064;0.016
(7)拉力做功的功率=电源产生电能的功率=电阻R上消耗的功率+导体棒ab消耗的功率
【解析】
【分析】本题考查单杆切割磁感线问题，掌握切割式电动势公式、闭合电路欧姆定律和右手定则、左手定则。对于感应电流的方向也可以运用楞次定律判断，其判断结果与右手定则一致。对于电磁感应中的能量转化问题，要理解并掌握。
【解答】(1)导体棒ab切割磁感线产生感应电动势，故电路中相当于电源的部分是ab，根据右手定则，电流的方向从b到a，故a端相当于电源正极。
(2)感应电动势E=BLv=0.2V，电路中的电流I=ER+rab=0.4A，ab间电压Uab=IR=0.16V。
(3)导体棒ab所受安培力的大小为F=BIL=0.016N，根据左手定则，方向向左;为使导体棒向右匀速运动所需水平拉力为F拉=0.016N。
(4)水平拉力做功的功率为P=F拉v=0.08W。
(5)电源产生电能的功率为P总=EI=0.08W。
(6)电阻R上消耗的功率为PR=I2R=0.064W，导体棒ab消耗的功率为Pab=I2rab=0.016W。
(7)从能量转化与守恒的角度，说明(4)、(5)、(6)中几个功率之间的关系：拉力做功的功率=电源产生电能的功率=电阻R上消耗的功率+导体棒ab消耗的功率
17.【答案】(1)kls8ρ; (2)2πr3v； (3)10m/s2 0.1kg。
【解析】
【分析】
(1)由法拉第电磁感应定律结合电阻定律来计算电路中电流强度，需要学生明确法拉第电磁感应定律的计算公式，明确公式中应当用有效面积来计算；
(2)本小题考察带点粒子在磁场中的匀速圆周运动，需要明确比荷的概念，知道带点粒子在磁场中运动的半径公式，会画轨迹图，结合几何知识来分析计算；
(3)本小题结合牛顿定律考察电磁感应现象，需要结合图像为一次函数的特点分析所对应的关系，列公式求出物体的质量和加速度。
【解答】
(1)根据法拉第电磁感应定律E=ΔBΔtS=kl22，由电阻定律R=4ρlS，电流计算公式得I=ER=klS8ρ；
(2)带点粒子在磁场中运动的轨道半径R=mvqB，带入粒子的比荷可得半径R=2r，要使粒子运动的时间最长，则粒子在磁场中对应的弦长应当最大，即弦长为磁场圆的直径，由此可知粒子对应的轨道圆的圆心角为60°，可知粒子运动的最长时间为t=16×2πRv=2πr3v；
(3)由牛顿第二定律可得F−F安=ma，由安培力公式F安=BIL，由电磁感应公式E=BLvR，再结合电流公式I=ER，匀变速运动公式v=at，可以推导出拉力和时间的函数关系式为F=B2L2atR+ma，由公式可以知道图线的斜率对应B2L2aR=4−130=110，图线的截距对应ma=1，可以求出加速度a=10m/s2，物体的质量m=0.1kg。
故答案为：(1)kls8ρ; (2)2πr3v； (3)10m/s2 0.1kg。
18.【答案】5m/s；0.3J；0.5s。
【解析】
解：(1)由图读出MN刚进入磁场时的电流i0=0.5A
根据闭合电路欧姆定律得 i0=ER+r
根据法拉第电磁感应定律得E=BLv0
联立解得 v0=i0(R+r)BL=0.5×(3+2)0.5×1=5m/s
(2)导体棒通过磁场过程，由动能定理得：−μmgd−W安=12mv 2−12mv02
而v=I(R+r)BL=0.3×(3+2)0.5×1=3m/s
电阻R产生的焦耳热QR=RR+rW安
联立解得：QR=0.3J
(3)导体棒通过磁场过程，取向右为正方向，由动量定理得：−μmgt−BILt=mv−mv0
而It=BLvtR+r=BLdR+r
联立解得 t=0.5s
【分析】
(1)由图读出MN刚进入磁场时的电流，根据闭合电路欧姆定律求得感应电动势，由E=BLv求速度。
(2)用同样的方法求得MN离开磁场时的速度，由动能定理求得MN克服安培力做功，从而求得电阻R产生的焦耳热。
(3)运用动量定理求导体棒通过磁场的时间。
本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键掌握动能定理和动量定理，知道涉及时间时优先考虑动量定理。
19.【答案】【小题1】
【小题2】
【小题3】3.0(3.0±0.1) 1.0(1.0±0.1)
【解析】1. 略
2. 略
3. 根据闭合电路的欧姆定律U=E−Ir以及上题中图像得：I1=−rR0I2+ER0，纵截距b=ER0，即1.5×10−3A=E2kΩ，E=(3.0±0.1)v，图像斜率k=−rR0，即r=(1.0±0.1)Ω．
20.【答案】解：(1)设撤去力F的瞬间，ab棒的速度大小为v1。
在F作用的4s内，对ab棒，由动量定理得Ft=mv0−0
解得：v0=6m/s
设碰撞后ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2.取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0=mv1+mv2
根据机械能守恒定律得12mv02=12mv12+12mv22
联立解得 v1=0,v2=6m/s
(2)设cd棒离开磁场时的速度为v′2。
由动量定理得：−BIL△t=mv2′−mv2
又：q=I△t=ΔΦ2R=BLs2R
解得v′2=5 m/s
在cd棒滑上竖直轨道的过程中，根据动能定理可得：
mgℎ=12mv′22
解得上升的高度为：ℎ=1.25m；
由于导轨光滑，金属棒cd到达最高点后反方向运动，由机械能守恒可知金属棒cd再次进入磁场速度大小为5m/s，cd棒离开磁场时的速度为v3，
−BIL△t=mv3−mv2′
q=I−△t=ΔΦ2R=BLs2R
所以v3=4m/s
金属棒cd出磁场后和金属棒ad弹性碰撞后速度变为0，故金属棒最后静止在导轨上，
回路中产生焦耳热Q总=12mv22−12mv32=10J
所以cd棒产生的焦耳热Q=R2RQ总=5J
(3)分三种情况：如果s足够大，cd棒在磁场内运动的距离为d。
由第二题的过程可知d=2mRv2B2L2，解得d=6m
讨论：cd棒最后静止时与磁场左边界的距离x的关系为：
①当x=6m时，s≥6m；
②当x=(2s−6)m时，3m≤s<6m
③当x=1m时，s<3m。
【解析】(1)先利用动量定理求出撤去力F的瞬间，ab棒的速度大小；cd棒与ab棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求碰瞬间两棒的速度。
(2)碰撞后，ab棒静止，cd棒向右，cd棒通过磁场的过程，利用动量定理和电荷量与磁通量变化量的关系求出cd棒离开磁场时的速度，即可根据机械能守恒定律求cd棒滑上右侧竖直导轨的最大高度ℎ；再次返回水平导轨后速度大小不变，通过磁场时产生焦耳热，出磁场后与金属棒ad发生弹性碰撞，速度为零，静止在导轨上。
(3)分情况分析cd棒的运动过程，确定cd棒最后静止时的位置x与s的关系。
分析清楚两金属棒的运动过程是解题的前提与关键，要掌握弹性碰撞的规律，知道动量定理是研究电磁感应中金属棒速度常用的方法之一，应用安培力公式、动量定理与机械能守恒定律可以解题。
21.【答案】解：(1)由于金属棒两端的电压与时间成正比，根据欧姆定律知，电路中的电流也与时间成正比，电路中的电动势与时间成正比，由E=BLv可知，速度与时间成正比，即金属棒做匀加递运动。
根据速度时间关系可得：v=at
则电压为：U=12BLv=12BLat
结合图象可知：t=5s时，12BLat5=5V
解得：a=2m/s2
t=5s时，金属棒的速度大小为：v5=at5=10m/s
根据牛顿第二定律可得：F−B2L2v52R=ma
解得：F=0.7N；
(2)根据(1)可知：F=B2L2v 2R+ma=B2L2a2R⋅t+ma=0.1t+0.2
由于拉力F随时间t线性变化，因此拉力F的冲量为：I冲=F−t=0.2+0.72×5N⋅s=2.25N⋅s；
(3)金属棒运动10s时速度大小为：v1=at′=20m/s
撤去拉力F后，金属棒做减速运动，设金属棒减速运动0.5m时速度大小为v2，
根据动量定理可得：−BILΔt=mΔv
根据欧姆定律可得：I=E2R
根据法拉第电磁感应定律可得：E=ΔΦΔt=BLxΔt
联立可得：−B2L2x2R=m(v2−v1)
解得：v2=19.75m/s
答：(1)t=5s时，拉力F的大小为0.7N；
(2)金属棒在运动的前5s内，拉力F的冲量大小为2.25N⋅s；
(3)金属棒运动10s时，撤去拉力F，则撤去拉力后金属棒运动0.5m时速度的大小为19.75m/s。
【解析】(1)金属棒做匀加速运动，根据速度时间关系求解速度大小，结合图象求解5s时金属棒的速度大小，根据牛顿第二定律求解F；
(2)由于拉力F随时间t线性变化，根据平均力等于力的平均值求解F的冲量；
(3)求出金属棒运动10s时速度大小，根据动量定理、法拉第电磁感应定律求解。
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。
22.【答案】解：(1)根据串并联电路的特点知，外电路总电阻为：R=R1R2R1+R2=8Ω
当加速度a为零时，速度v达最大，有：mgsinθ=BIL=BBLvmR+rL，
解得速度最大值为：vm=mgsinθ(R+r)B2L2=5m/s
(2)金属棒ab从静止到速度最大的过程中，其电荷量为：q=△Φ△t(R+r)⋅△t=BLxR+r，其中q=0.3C
联立解得：x=3m
(3)对金属棒ab从静止到速度最大过程，运用动能定理可得：mgxsinθ=12mvm2+Q
其中ab棒上产生的焦耳热为：Qr=rR+rQ
联立解得：Qr=0.05J
答：(1)金属棒ab下滑的最大速度为5m/s；
(2)金属棒ab从静止到速度最大时下滑的位移为3m；
(3)金属棒ab从静止到速度最大时，ab棒上产生的焦耳热为0.05J；
【解析】(1)当金属棒的加速度为零时，速度最大，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式和欧姆定律，运用共点力平衡求出最大速度。
(2)通过法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出平均感应电流，结合电路的定义式得出通过导体棒电量表达式求解导体棒下滑位移；
(3)根据能量守恒定律求出整个回路中产生的焦耳热，从而得出ab棒上产生的热量。
本是导体在导轨上滑动的类型，从力和能两个角度研究。力的角度，关键是安培力的分析和计算。能的角度要分析过程中涉及几种能、能量如何是转化的。
23.【答案】解：(1)由于cd棒恰好经过圆周轨道最高点，则
F向=mg=mv2R
v= gR= 5m/s
根据机械能守恒定律，cd棒从出磁场到最高点有
2mgR=12mv共2−12mv2
v共=5m/s
根据动量守恒定律，ab和cd两棒组成的系统在磁场中满足动量守恒，则
mv0=2mv共
v共=v02
v0=10m/s
(2)对cd棒列动量定理有
BILt=mv共−0
BqL=mv共
q=4C
【解析】(1)导体棒恰好过最高点知其重力提供向心力，可求得cd在圆轨道最高点的速度，再根据动能定理求出cd导体棒离开磁场右边界的速度，再根据动量守恒定律求出ab棒进入磁场的初速度；
(2)根据闭合电路欧姆定律和电流的定义，安培力公式，根据动量定理可求出电荷量。
本题是电磁感应中的力学问题，综合了电磁感应、电路、力学等知识。考查分析和解决综合题的能力。
24.【答案】解：
(1)线框进入磁场前，只有重力做功，机械能守恒，则：mgℎ=12mv2
线框进入磁场时受到竖直向下的重力和向上的安培力作用，恰好匀速，有：mg=BIL
根据切割产生感应电动势规律和闭合电路欧姆定律有：I=BLvR
联立解得：ℎ=m2gR22B4L4；
(2)线框进入磁场时的感应电流大小为I，
根据平衡条件可得：BIL=mg，
解得：I=mgBL，
并由I=mgBL=BLvR可得：v=mgRB2L2
所需的时间：t=Lv=B2L3mgR
线框进入磁场的过程中通过线框截面的电量：q=It=BL2R
产生的热量：Q=I2Rt=mgL；
(3)
线框下边进入磁场前只有重力做功，机械能守恒；
线框下边进入磁场后，安培力做负功，因此线框机械能减少；
线框全部进入磁场到下边出磁场前，无感应电流，不受安培力，只有重力做功，机械能守恒。
【解析】
【分析】
本题主要是考查电磁感应现象的能量问题与力学问题，根据平衡条件和安培力的计算公式列方程；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。
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