2023届二轮复习 电路与电磁感应——电磁感应中的综合问题 作业

这是一份2023届二轮复习 电路与电磁感应——电磁感应中的综合问题 作业，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
电路与电磁感应——电磁感应中的综合问题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1. 两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度大小B=0.2T，方向与纸面垂直，边长L=0.1m、总电阻R=0.05Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边距磁场边界L，如图所示，已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=1s时刻进入磁场，以初始位置为计时起点，规定：电流沿顺时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向外时磁通量Φ为正。则以下关于线框中的感应电动势E、磁通量Φ、感应电流Ⅰ和安培力F随时间变化的图像中正确的是(    )
A. B.
C. D.
2. 如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是(    )

A. 棒产生的电动势为12Bl2ω B. 微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2ω
C. 电阻消耗的电功率为πB2r4ω2R D. 电容器所带的电荷量为CBr2ω
二、多选题
3. 如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t=0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是(    )
A. B.
C. D.
4. 如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有 (    )
A. 杆OP产生的感应电动势恒定 B. 杆OP受到的安培力不变
C. 杆MN做匀加速直线运动 D. 杆MN中的电流逐渐减小
5. 如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，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x1=mgk(g为重力加速度)，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B2L2v0R
B. 初始时刻导体棒加速度的大小2g+B2L2v0m(R+r)
C. 导体棒往复运动，最终将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12mv02+2m2g2k
6. 两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是(    )
A. B与v0无关，与H成反比
B. 通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C. 通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D. 调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
7. 如图所示，两根间距为L的光滑平行金属导轨，OO'左侧向上弯曲，右侧水平，水平导轨处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ始终垂直导轨，与导轨接触良好，MN、PQ棒的长度均为L、质量均为m、阻值均为R。金属棒MN从竖直高度h处由静止释放沿导轨下滑，重力加速度为g。导轨电阻不计，整个过程中金属棒MN和PQ未相碰，则(    )
A. 释放后金属棒MN最终停在水平轨道上
B. 金属棒MN刚进入磁场时，金属棒PQ两端电压大小BL2gh2
C. 整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为m2ghBL
D. 整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为14mgh
8. 如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m的金属棒(接入电路的电阻也为R)，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场中，现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，金属棒从运动到停止运动总位移为x。下列说法正确的是(    )

A. 金属棒在导轨上做匀减速运动
B. 整个过程中金属棒受到的安培力做的功为mv022
C. 整个运动过程中通过电阻R的电荷量为BLx2R
D. 整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv024
9. 如图甲所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向外，感应电流以逆时针为正方向，cd边所受安培力的方向以垂直cd边向下为正方向。下列关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图像正确的是(    )
A. B.
C. D.
10. 如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t=t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t=t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则(    )

A. t1时刻a棒加速度大小为2B2L2v03mR
B. t2时刻b棒的速度为0
C. t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍
D. t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为29mv02
11. 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、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。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，(    )


A. 通过导体棒MN电流的最大值为QRC
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上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
12. 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，二者平滑连接，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的金属棒从高度为h处静止释放，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(    )

A. 通过定值电阻的电流方向是N→Q
B. 通过金属棒的电荷量为BdL2R
C. 金属棒滑过d2时的速度大于2gh2
D. 金属棒产生的焦耳热为12(mgh-μmgd)
13. 在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻相同的金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为l的绝缘细线相连，棒ab右侧有磁感应强度大小相等的匀强磁场I、Ⅱ，宽度也为l，磁场方向均垂直导轨，整个装置的俯视图如图所示。从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区域，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像，可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正)(    )
A. B.
C. D.
14. 如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，相同的光滑金属棒P、Q静止在导轨上。t=0时，用水平恒力向右拉动金属棒Q，运动过程中，金属棒P、Q始终与导轨垂直并接触良好，金属棒P的速度用v表示，加速度用a表示；P、Q与导轨构成的回路中的电流用I表示，磁通量用Φ表示。v、a、I、Φ与时间t的关系图像，正确的是(    )
A. B.
C. D.
三、计算题
15. 如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ，两导轨之间距离为L，导轨上端接有定值电阻为R，有理想上边界ef的匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B。一质量为m的光滑金属棒ab从距离磁场边界ef上端某处由静止释放，经过时间t刚好进入磁场。金属棒在两轨道间的电阻为r，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨(重力加速度为g)。求：

(1)ab棒最终在磁场中运动的速度大小；
(2)ab棒刚好运动至磁场ef时，ab棒所受安培力大小与时间t的关系式，并讨论此时加速度的方向与时间t的关系。

16. 如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO'上，并随轴以角速度ω=600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C=0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01kg，de与cf长度均为l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R=0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。

(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？
(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；
(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
17. 如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L=0.2m、回路电阻R=1.6 × 10-3Ω、质量m=0.2kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ=45°角、大小为42N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g=10m/s2，求：
(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度。

18. 某游乐园中过山车以速度v0沿水平直轨道进入停车区时，先利用磁力刹车使速度很快降到v010；然后再利用机械制动装置刹车，使速度从v010最终降到0。关于磁力刹车原理，可以借助图甲模型来理解。水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，金属棒MN沿导轨向右运动的过程，对应过山车的磁力刹车过程。可假设MN的运动速度等于过山车的速度，MN所受的安培力等于过山车所受的磁场作用力；过山车在机械刹车过程中受到的阻力恒定，大小为f。已知过山车的质量为M，平行导轨间距离为l，整个回路中的等效电阻为R，磁感应强度大小为B；忽略磁力刹车时轨道摩擦阻力，不计空气阻力。
(1)求刹车开始速度为v0时，过山车所受磁场作用力的大小F；
(2)写出整个刹车过程中，过山车加速度大小a随速度v变化的关系，并在图乙中画出图线；
(3)求整个刹车过程中过山车的运动距离d。

19. 如图所示，平行光滑金属导轨间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两个相同的金属棒ab、cd垂直导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每个金属棒质量均为m，接入电路的电阻均为R0。开始时cd棒锁定在轨道上，对ab棒施加水平向右的恒定拉力F，经时间t棒ab的速度达到最大值v，此时撤去拉力，同时解除对cd的锁定，导轨足够长且电阻不计。求∶
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)撤去拉力前棒ab前进的距离；
(3)全过程中回路产生的焦耳热。

20. 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为v03，求：
①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；
②初始时刻N到ab的最小距离x；
(3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。

答案和解析

1.B 
【解析】解：线框从图中所示位置开始向右做匀速运动，t=1s时开始进入磁场，所以线框的速度v=Lt=0.11m/s=0.1m/s
A、在0-1s时间内，线框处在磁场之外，磁通量Φ=0；
在1s-2s时间是线框进入磁场的过程，磁通量逐渐增大，t=2s时线框刚好完全进入磁场区域，磁通量最大Φm=BL2=0.2×0.12Wb=2×10-3Wb
在2s-3s时间是线框离开磁场的过程，磁通量逐渐减小，t=3s时线框刚好完全离开磁场区域，磁通量减小为0，故A错误；
BCD、在1s-2s时间是线框匀速进入磁场的过程，线框进入磁场区域的过程中的电动势为E1=BLv=0.2×0.1×0.1V=2×10-3V，回路中的电流I1=E1R=2×10-30.05A=0.04A，
根据楞次定律可判断电流方向为顺时针方向，电动势和电流均为正值；边框所受安培力F=BIL=0.2×0.04×0.1N=8×10-4N，根据左手定则可知安培力方向水平向左，同理可得：在2s-3s时间是线框离开磁场的过程，其电动势E2=E1=2×10-3V，回路中的电流I2=I1=0.04A，根据楞次定律可判断电流方向为逆时针方向，电动势为负值，边框所受安培力F=BIL=0.2×0.04×0.1N=8×10-4N，根据左手定则可知安培力方向水平向左，故B正确，CD错误。
故选：B。
由题意求出线框向右匀速运动的速度大小，线框以速度v匀速穿过磁场区域，穿过线框的磁通量由磁场与面积决定，而面积却由线框宽度与位移决定，但位移是由速度与时间决定，所以磁通量由磁场、线框宽度、速度及时间共同决定；
由于线框匀速穿过磁场，因此在进入或离开磁场时，根据由楞次定律判断感应电流方向，确定出电动势的方向．由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，线框切割磁感线产生的电动势大小和感应电流大小相等，但方向相反；
线框中有感应电流，则由左手定则可确定安培力的方向，通过安培力公式可得出力的大小。
电磁感应与图像的结合问题，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂，故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答，本题难度较大。

2.B 
【解析】
【分析】
由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据感应电动势的计算公式进行求解；微粒处于静止状态，根据平衡条件求解比荷；根据电功率的计算公式求解电阻消耗的电功率；根据电容的定义式计算电容器所带的电荷量。
本题主要是考查电磁感应现象与电路的结合，对于导体切割磁感应线产生的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；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。
【解答】
A.由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据E=Brv-可得棒产生的电动势为12Br2ω，故A错误；
B.微粒处于静止状态，根据平衡条件可得：qEd=mg，解得微粒的电荷量与质量之比为qm=2gdBr2ω，故B正确；
C.电阻消耗的电功率为P=E2R=B2r4ω24R，故C错误；
D.电容器所带的电荷量为Q=CE=12CBr2ω，故D错误。
故选B。  
3.AC 
【解析】BD.当导体棒从O点开始向右运动L的过程中，即在0∼Lv0时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L=L0+v0ttan α(α为ab与ad的夹角)，根据法拉第电磁感应定律可得E=BLv0，由欧姆定律可得I=BLv0R=Bv0R(L0+v0ttanα) ，可知回路电流均匀增加；安培力F=B2L2v0R=B2v0R(L0+v0ttanα)2，则F-t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率P=Fv0=B2L2v02R=B2v02R(L0+v0ttanα)2，则P-t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即U=E=BLv0=Bv0(L0+v0ttan⁡α)即图像是不过原点的直线；根据以上分析，BD错误；
AC.当在Lv0∼2Lv0时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，同理可判断，在2Lv0∼3Lv0时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E随时间均匀减小，感应电流I随时间均匀减小，安培力F大小按照时间的二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0∼Lv0内是对称的关系，安培力的功率P按照时间的二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0∼Lv0内是对称的关系；由以上分析，选项AC正确。
故选AC。


4.AD 
【解析】A.OP 转动切割磁感线产生的感应电动势为E=12Br2ω因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；
BCD.杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，BC错误。


5.BC 
【解析】A.初始时刻导体棒产生的感应电动势E=BLv0
感应电流I=ER+r
安培力F=BIL=B2L2v0R+r，A错误；
B.初始时刻，由牛顿第二定律有ma=mg+kx1+F
解得：a=2g+B2L2v0mR+r，B正确；
C.当导体棒静止时，安培力为零，棒受到重力和弹簧的弹力而平衡，弹力的方向向上，弹簧处于压缩状态，选项C正确；
D.导体棒最终静止时，弹簧被压缩x2=mgk=x1
故棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒有mv022+mgx1+x2=Q
解得系统产生的总热量Q=mv022+2m2g2k，则R上产生的热量要小于Q，故D错误。
故选BC。


6.CD 
【解析】A.将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互低消，则有mg=F安=B2L2vyR，vy=2gH，综合有B=mgRL22g·1H，则B与1H成正比，故A错误；
B.当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，故B错误；
C.由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电动势相互低消，有mg=F安=B2L2vyR，则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，故C正确；
D.无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg=F安，则安培力做的功都为W=F安·4L=4mgL，则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，故D正确。
故选：CD。

7.BD 
【解析】A.释放后金属棒MN最终与PQ金属棒在水平轨道上，一起做匀速直线运动，A错误；
B.金属棒MN刚进入磁场时，根据机械能守恒定律有：mgh=12mv2
根据法拉第电磁感应定律有：E=BLv
解得感应电动势为：E=BL2gh
金属棒PQ两端电压大小为：U=12E=BL2gh2，B正确；
C.金属棒MN、PQ组成的系统动量守恒，有：mv=2mv'
整个过程中对金属棒PQ分析，由动量定理有：BILt=mv'
流过金属棒PQ的电荷量为：q=It
联立解得：q=m2gh2BL，C错误；
D.整个过程中闭合回路焦耳热为：Q=12mv2-12·2mv'2=12mgh
整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为：Q'=12Q=14mgh，D正确。
故选：BD。


8.CD 
【解析】A.金属棒在运动过程中有E=BLv，I=E2R，F安=BIL，金属棒在竖直方向上所受的重力与支持力合力为零，故有F安=ma，解得a=B2L2v2mR，由上述式子可知，加速度随速度减小而减小，即金属棒在导轨上做的不是匀减速运动，故A项错误；
B.整个运动过程中，由动能定理有W安=0-12mv02，所以整个过程中金属棒受到的安培力做的功为-mv022，故B项错误；
C.取运动过程中一个很短时间Δt，有I安=-BILΔt=-B2L2v2R⋅Δt，对上述等式两边求和∑IΔt=q，∑vΔt=x，整理后得I安=-BqL=-B2L2x2R，解得q=BLx2R，故C项正确；
D.金属棒克服安培力做功，把动能转化为焦耳热，又由于金属棒电阻与电阻串联在电路中，且阻值相等，则电阻R上产生的焦耳热Q=12W克安=14mv02，故D项正确。
故选CD。


9.BD 
【解析】设正方形导线框边长为L，电阻为R，在0∼2s，垂直纸面向外的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小：i=ΔΦΔt⋅R=ΔBSΔt⋅R=2B0S2R=B0SR，电流是恒定值。
由左手定则可知，cd边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F=BiL
安培力与磁感应强度成正比，数值由2F0=2B0iL减小到零。
2s∼3s内，垂直纸面向里的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小：i=ΔΦΔt⋅R=B0SR，电流是恒定值。
由左手定则可知，cd边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F=BiL
安培力与磁感应强度成正比，由零增大到-F0=-B0iL
3s∼4s内垂直纸面向里的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小：i=ΔΦΔt⋅R=B0SR，电流是恒定值。
由左手定则可知，cd边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F=BiL
安培力与磁感应强度成正比，数值由F0=B0iL减小到零
4s∼6s内垂直纸面向外的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小i=ΔΦΔt⋅R=B0SR，电流是恒定值。
由左手定则可知，cd边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F=BiL
安培力与磁感应强度成正比，数值由零增大到-2F0=-2B0iL
由以上分析计算可得AC错误，BD正确。
故选BD。


10.AD 
【解析】解：A、根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流方向分别为E到F，H到G，即感应电流方向均为EFHG，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，即E=2BLv0。
感应电流I=ER+2R=2BLv03R，对a由牛顿第二定律得：BIL=ma，解得：a=2B2L2v03mR，故A正确；
B、由题意知，金属棒a、b电阻率相同，长度均为L，电阻分别为R和2R，根据电阻定律有：
R=ρLSa，2R=ρLSb，可得：Sa=2Sb，可知a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为m2。a、b在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，a、b组成的系统合外力为零，则此系统动量守恒。t2时刻流过a的电流为零，a、b之间的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为v。
取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0-m2v0=(m+m2)v
解得：v=13v0，即t2时刻b棒的速度为13v0，故B错误；
C、t1～t2时间内，通过a、b的电流总是相等，根据q=It，则通过a、b棒横截面的电荷量相等，故C错误；
D、t1～t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律得：
12mv02+12×m2v02=12(m+m2)v2+Q总
解得回路中产生的总热量Q总=23mv02
a棒产生的焦耳热Qa=RR+2RQ总=29mv02，故D正确。
故选：AD。
应用右手定则判断a、b棒产生的感应电流方向，确定感应电动势，求得a棒所受安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由已知求得b棒质量，分析a、b受力，判断系统动量守恒，应用动量守恒定律和能量守恒定律解答；由q=It判断两棒通过的电荷量的关系。
本题考查电磁感应中力与运动，能量转化相关问题。涉及到了应用电阻定律间接求质量，双棒切割磁感线满足动量守恒的条件，掌握应用动量与能量的角度解题方法。

11.AD 
【解析】解：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QRC，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，此时导体棒和电容器同时对电阻提供电流，最终电容的电能和导体棒的动能全部转化为电热，所以之后导体棒MN会减速，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正确。
故选：AD。

12.BCD 
【解析】A.金属棒下滑到底端时速度向右，而且磁场竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；
B.根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为q=E2R·Δt=ΔΦΔt⋅2R·Δt=BLd2R，故B正确；
C.金属棒刚进入磁场时的速度v=2gh，设金属棒滑过d2时的速度为v1，以向右为正方向，由动量定理有：
金属棒滑过前d2的过程：-BI1Lt1-μmgt1=mv1-mv
金属棒滑过后d2的过程：-BI2Lt2-μmgt2=0-mv1
且有I1 t1=I2 t2=BLd22R
因金属棒进入磁场后做减速运动，故t10-mv1

解得：v1>v2=122gh，故C正确；
D.根据动能定理有mgh-μmgd-W安=0，则克服安培力所做的功为W=mgh-μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，又因为电路中金属棒和定值电阻串联，其阻值均为R，所以金属棒产生的焦耳热为QR=12(mgh-μmgd)，故D正确。
故选：BCD。


13.AC 
【解析】
【分析】
在金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区的过程中，ab棒、cd棒切割磁感线，由E=BLv分析感应电动势的变化，判断感应电流大小的变化，由楞次定律分析感应电流的方向。由F=BIL得到安培力的表达式，再由平衡条件分析F的变化。对于电磁感应中图像问题，先根据楞次定律判断感应电流方向，再运用E=BLv、欧姆定律判断感应电流大小的变化情况。
【解答】
AB．ab棒进入磁场开始，由右手定则可知，金属棒ab中感应电流为b→a即为负，
电动势为E=BLv，
感应电流为i=ER=BlvR，
当位移为l-2l 时，cd 棒也进入磁场，由右手定则可知，金属棒ab和cd均产生顺时针感应电流，即为正，设电路总电阻为R，
感应电流为i'=2ER=2BlvR，
当位移为2l-3l 时，只有cd 棒切割磁感线，
根据右手定则，产生逆时针感应电流，即为负，大小为i=ER=BlvR，
故A正确，B错误；
CD.当位移为0-l 时，只有ab受到向左的安培力，则细线张力为零。当位移为l-2l 时，两棒均受到向左的安培力，对cd，
根据平衡条件，细线拉力向右，大小为F1=Bi'l=2B2l2vR，
当位移为2l-3l 时，cd 受到向左的安培力，对cd，
根据平衡条件，细线拉力向右，大小为F2=Bil=B2l2vR=2F1，
故C正确，D错误。
故选AC。
  
14.AC 
【解析】ABC.由题意可知Q棒由静止开始加速，受F和反向的安培力作用，则有F-F安=maQ；
P棒在安培力作用下同样由静止加速，F安=maP
刚开始一段时间内aQ>aP，故vQ-vP增大；又因为I=BLvQ-vPR总，所以I一开始增大，且变化速率与aQ-aP相同，越来越小；当aQ和aP相同时达到稳定状态，vQ-vP不变，电流不变；故金属棒P先做加速度增大的加速运动，然后做匀加速运动，故AC正确，B错误；
D.达到稳定状态时aQ=aP，但vQ>vP，PQ间的距离xPQ增大，故根据
Φ=BLxPQ
可知Φ不断增大，故D错误。
故选AC。
分析两棒的受力情况，抓住安培力与两棒速度差的关系，来判断其运动情况，从而分析各个量的变化情况。
解答本题的关键要知道回路总的感应电动势取决于两棒速度之差，两棒速度差逐渐增大，回路中总的感应电动势逐渐增大，最终两棒以相同的加速度一起做匀加速直线运动。


15.解：(1)设棒最终在磁场中的速度为vm，此时棒产生的电动势E=BLvm
由闭合电路欧姆定律知
此时处于受力平衡状态，即mgsin θ=BImL
联立解得vm=mg(R+r)sinθB2L2
(2)棒进入磁场之前，对棒由牛顿第二定律可知：mgsin θ=ma
当棒刚进入磁场时，速度为v=at
棒上产生的电动势为E=BLv
棒上的电流I=ER+r
棒所受安培力为F=BIL
联立以上各式解得F=gB2L2sin θR+rt
在磁场中由牛顿第二定律知mgsin θ-F=ma'，
即a'=g1-B2L2m(R+r)tsinθ
讨论：①当tm(R+r)B2L2时，加速度a'沿导轨向上。 
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件得到ab棒最终在磁场中运动的速度大小；
(2)根据牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式，得到ab棒所受安培力大小与时间t的关系式，并讨论此时加速度的方向与时间t的关系。

16.解：(1)开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO'转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；
根据法拉第电磁感应定律可知：E=12B1ωr2
则电容器的电荷量为：Q=CU=CE2
联立解得：Q=0.54C
(2)电容器放电过程有：B2l1ΔQ=mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1=(m+m)v2
棒的上滑过程有：12×2mv22=2mgh
联立解得：ΔQ=0.16C
(3)设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：
B22l12Δx2R=2mv2
可得：Δx=0.128m>0.08m
匀速运动距离为：l3-l2=0.08m-0.068m=0.012m
则x=Δx+l3-l2=0.128m+0.012m=0.14m
答：(1)电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，，M极板带正电；
(2)电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；
(3)框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。 
【解析】(1)根据电磁感应定律计算出电动势，结合公式Q=CU计算出极板所带的电荷量；
(2)根据动量定理，结合电容器的放电过程和能量守恒定律分析出电容器释放的电荷量；
(3)根据动量定理，结合导体框的运动特点计算出最大距离。
本题主要考查了电磁感应定律，在分析过程中结合了动量定理和电容器的相关知识，考点的知识点比较综合，难度中等偏上。

17.(1)线框进入磁场前受重力G和恒力F作用，由牛顿第二定律可知：
水平方向：Fcos45°=ma1 
竖直方向：Fsin45°-G=ma2
解得：a1=20m/s2  a2=10m/s2 
(2)当线框ab边进入磁场时，设线框在竖直方向的速度为v2，线框从开始运动到ab边刚进入磁场的过程中运动时间为t1；由运动学规律知竖直方向：v22=2a2L   v2=a2t1
由于线框进入磁场后在竖直方向做匀速运动，线框在竖直方向受重力G、安培力F安及恒力F在竖直方向的分力，由平衡条件知：Fsin⁡45°-G-F安=0 
由安培力的计算公式得：F安=BIL
由法拉第电磁感应该定律及欧姆定律知：E=BLv2=IR
联立解得：B=0.2T，t1=0.2s，F安=2N
由功能关系知：整个过程中回路中产生的焦耳热等于安培力所做的功，故有：Q=F安L=0.4J
(3)当线框进入磁场后设线框在磁场中运动的时间为t2，由于线框在竖直方向做匀速直线运动，故有：L=v2t2 
整个过程中线框运动的时间t=t1+t2
由于线框在水平方向始终做匀加速直线运动，设线框在水平方向运动的位移为x，则有：x=12a1t2
联立解得：x=0.9m
这样磁场区域的宽度d=x+L=1.1m 
【解析】本题将法拉第电磁感应定律与运动的合成分解以及平衡条件的应用有机综合在一起；解题关键是要将线框的运动分解为两个方向的直线运动来处理，并能根据牛顿运动定律分析在这两个方向上线框的运动变化；同时对线框运动过程中的功能关系要理解清楚。

18.解：(1)过山车所受的磁场力等于MN棒受到的安培力，根据安培力的计算公式可得：
F=F安=BIl，其中：I=Blv0R
联立解得：F=B2l2v0R；
(2)当过山车的速度在0∼110v0范围内，合外力等于阻力f，
根据牛顿第二定律可得：a1=fM，保持不变；
在110v0～v0范围内，合外力等于安培力，根据牛顿第二定律可得：a2=FM=B2l2vMR
由此可知，加速度与速度成正比，a-v图像如图所示。
(3)过山车的速度在0∼110v0范围内，根据速度—位移关系可得：(110v0)2=2a1x1
解得：x1=Mv02200f；
在110v0∼v0范围内，取向右为正方向，对过山车根据动量定理可得：
-BI-lt=M(110v0)-Mv0，其中：I=Blv-R
整理可得：B2l2v-tR=9Mv010，其中：v-t=x2
解得：x2=9MRv010B2l2；
整个刹车过程中过山车的运动距离d=x1+x2=Mv02200f+9MRv010B2l2。
答：(1)求刹车开始速度为v0时，过山车所受磁场作用力的大小为B2l2v0R；
(2)0∼110v0范围内，a1=fM，在110v0∼v0范围内，a2=FM=B2l2vMR，a-v图像见解析；
(3)整个刹车过程中过山车的运动距离为Mv02200f+9MRv010B2l2。 
【解析】(1)根据安培力的计算公式、闭合电路的欧姆定律进行解答；
(2)分别根据牛顿第二定律求解过山车的速度在0∼110v0范围内、在110v0∼v0范围内加速度大小，由此分析作图；
(3)根据速度—位移关系求解过山车的速度在0∼110v0范围内的位移，根据动量定理求解速度在110v0∼v0范围内过山车的位移，由此得到整个刹车过程中过山车的运动距离。
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。

19.(1)设磁感应强度为B，对ab棒速度达到最大时，受力平衡，则有F=BIL
根据法拉第电磁感应定律知产生感应电动势E=BLv，
根据欧姆定律有I=E2R0
联立解得B=1L2FR0v
(2)撤去力前，设导体棒ab前进的距离为x，对ab棒达到最大速度的过程，由动量定理Ft-BILt=mv
其中I=E2R0，E=BLxt
解得x=vt-mv2F
(3)解除锁定后两棒相互作用过程动量守恒，最后共同运动速度为v共
由动量守恒得mv=2mv共
对全过程由功能关系Q=Fx-12⋅2mv共2
解得Q=Fvt-54mv2
 
【解析】(1)对ab棒，速度达到最大时，受力平衡，结合安培力的计算公式求解电磁感应强度大小；
(2)从ab棒开始运动到速度达到最大的过程中，运用动量定理求位移；
(3)cd棒解除后，两棒动量守恒，根据动量守恒求解二者共同的速度，全过程由功能关系求解产生的焦耳热。

20.解：(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E=BLv0
电流方向为顺时针，电流的大小为：I=E2R
则所受的安培力大小为：F=BIL=B2L2v02R
由左手定则可知安培力F的方向水平向左
(2)①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理得：BILΔt=m·v03-0
且q=I·Δt
联立解得：q=mv03BL
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，有
I=E2R
E=BL⋅ΔxΔt
整理可得：q=BLΔx2R
联立解得：Δx=2mv0R3B2L2
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为：x=Δx=2mv0R3B2L2
(3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻相同，到ab的距离为kx(k>1)，则N到cd边的速度大小恒为v03，根据动量守恒定律得：
mv0=mv1+m·v03
解得N出磁场时，M的速度大小为：v1=23v0
由题意可知，此时M到cd边的距离为：s=(k-1)x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到v03时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有：
-BI1L·Δt=m·v03-m·23v0
q1=I1·Δt=BL(k-1)x2R
联立解得：k=2
②若M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理得：
-BI2L·Δt1=0-m·23v0
q2=I2·Δt=BL(k-1)x2R
同理解得：k=3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k