物理步步高大一轮复习讲义第九章 专题五

1、考点一电磁感应中的图象问题1图象类型电磁感应中主要涉及的图象有Bt图象、t图象、Et图象和It图象还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即Ex图象和Ix图象2应用知识(1)四个规律：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律(2)应用公式：平均电动势En平动切割电动势EBlv转动切割电动势EBl2闭合电路的欧姆定律I安培力FBIl牛顿运动定律的相关公式等3基本方法(1)明确图象的种类，是Bt图象还是t图象，或者Et图象、It图象等(2)分析电磁感应的具体过程(3)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律列出函数方程(4)根据函数方程进行数学分析如斜率及其变化、两轴的截

2、距、图线与坐标轴所围图形的面积等代表的物理意义(5)画图象或判断图象1静态图象问题(2014·新课标全国·18)如图1(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()图1答案C解析由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确2静态图象问题(2015·山东理综·19)如图2甲，

3、R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图象可能正确的是()图2答案C解析由题图乙知，00.25T0，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab>0，根据法拉第电磁感应定律uab知，uab逐渐减小；t0.25T0时，0，所以0，uab0；同理可知0.25T0<t<0.5T0时，uab<0，且|u

4、ab|逐渐增大；0.5T0T0内重复00.5T0的变化规律故选项C正确3以导体棒的形式运动图象问题(2013·新课标全国·17)如图3，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨空间存在垂直于纸面的均匀磁场用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()图3答案A解析设bac2，图示位置时a距棒的距离为l0，MN以速度v匀速运动，导体棒单位长度的电阻为R0.经过时间t，导体棒的有效切割长度L2(l0vt)tan

5、 ，感应电动势EBLv2Bv(l0vt)tan ，回路的总电阻R2(l0vt)tan R0，回路中电流i，故i与t无关是一个定值，选项A正确4以导线框的形式运动图象问题(2013·新课标全国·16)如图4，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动，t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是()图4答案D解析导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据EBLv、I、

6、FBIL得F，随着v的减小，安培力F减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F，导线框做加速度减小的减速运动，所以选项D正确电磁感应中图象问题的分析技巧1对于图象选择问题常用排除法：先看方向再看大小及特殊点2对于图象的描绘：先定性或定量表示出所研究问题的函数关系，注意横、纵坐标表达的物理量及各物理量的单位，画出对应物理图象(常有分段法、数学法)3对图象的理解：看清横、纵坐标表示的量，理解图象的物理意义考点二电磁感应中的动力学问题分析1导体棒的两种运动状态(1)平衡状态导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为

7、零；(2)非平衡状态导体棒的加速度不为零2两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带3电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安BIl，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合

8、0.5电磁感应中的平衡问题(2015·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图5所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10 m/s2)图5图6(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R1

9、0 .不接外电流，两臂平衡如图6所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.答案(1)25匝(2)0.1 T/s解析(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入数据解得：N125匝(2)由法拉第电磁感应定律得：EN2N2Ld由欧姆定律得：I线圈受到的安培力FN2B0IL由天平平衡可得：mgNB0·代入数据可得0.1 T/s6电磁感应中的动力学问题如图7所示，光滑斜面的倾角30°，在斜面上

10、放置一矩形线框abcd，ab边的边长l11 m，bc边的边长l20.6 m，线框的质量m1 kg，电阻R0.1 ，线框通过绝缘细线与重物相连，重物质量M2 kg，斜面上ef(efgh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，且线框的ab边始终平行于底边，ef和gh的距离s11.4 m，g10 m/s2，求：图7(1)线框进入磁场前重物的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t；(4)ab边运动到gh处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh处的整个过程中产生的焦耳热答案

11、(1)5 m/s2(2)6 m/s(3)2.5 s(4)12 m/s9 J解析(1)线框进入磁场前，仅受到细线的拉力F、斜面的支持力和线框的重力，重物受到自身的重力和细线的拉力F，对线框由牛顿第二定律得Fmgsin ma对重物由牛顿第二定律得MgFMa又FF联立解得线框进入磁场前重物的加速度a5 m/s2.(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：MgF1线框abcd受力平衡：F1mgsin F安又F1F1ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势EBl1v回路中的感应电流为Iab边受到的安培力为F安BIl1联立解得Mgmgsin 代入数据解得v6 m/s.(3)线框ab

12、cd进入磁场前，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动至gh处，仍做匀加速直线运动进入磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为a5 m/s2，该阶段的运动时间为t11.2 s进入磁场过程中匀速运动的时间t20.1 s线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为a5 m/s2由匀变速直线运动的规律得sl2vt3at解得t31.2 s由此ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间tt1t2t32.5 s.(4)线框ab边运动到gh处的速度vvat36 m/s5×1.2 m/s12 m/s整个运动过程产生的焦耳热QF安l

13、(Mgmgsin )l29 J.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：1进行“源”的分析分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.2进行“路”的分析分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力3进行“力”的分析分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力4进行“运动”状态的分析根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型考点三动力学和能量观点的综合应用1力学对象和电学对象的相互关系2解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路(1)电路分析：确定电源，画出等效电路，明

14、确内、外电路，分析电路的串、并联关系(2)受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向(3)运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析(4)能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式(5)规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化思维深化1电磁感应过程中产生的焦耳热有哪几种不同的求解思路？答案(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能关系：QW克服安培力(3)能量转化：QE其他能的减少量2电磁感应的过程就是能量的转化过程，电磁感应过程中能量转化的原因是什么？答案首先克服安培力做功把其他形式的能转化为电能，电流做功

15、再把电能转化为焦耳热7单杆模型问题如图8所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 .一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 ，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°0.6)()图8A2.5 m/s1 W B5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/

16、s9 W答案B解析小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动此时：F安，对棒满足：mgsin mgcos 0因为R灯R棒，则：P灯P棒再依据功能关系：mgsin ·vmgcos ·vP灯P棒联立解得v5 m/s，P灯1 W8线框模型问题(2015·天津理综·11)如图9所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做

17、匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：图9(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.答案(1)4倍(2)28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB由于线

18、框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由式得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2由式得v24v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l9双杆模型问题如图10所示，两条平行的金属导轨相距L1 m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中金属棒MN和PQ的质量均为m0.2 kg，电阻分别为RMN1 和RPQ2 .MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且

19、接触良好从t0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态t3 s时，PQ棒消耗的电功率为8 W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动求：图10(1)磁感应强度B的大小；(2)t03 s时间内通过MN棒的电荷量；(3)求t6 s时F2的大小和方向；(4)若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移 x满足关系：v0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上求MN棒从静止开始到x5 m的过程中，系统产生的热量答案(1)2 T(2)3 C(3)5.2 N方向沿斜面向下(4) J解析(1)

20、当t3 s时，设MN的速度为v1，则v1at3 m/sE1BLv1E1I(RMNRPQ)PI2RPQ联立以上各式并代入数据得：B2 T.(2)qt代入数据可得：q3 C(3)当t6 s时，设MN的速度为v2，则v2at6 m/sE2BLv212 VI24 AF安BI2L8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：F2F安cos 37°mgsin 37°代入数据得：F25.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)(4)MN棒做变加速直线运动，当x5 m时，v0.4x0.4×5 m/s2 m/s因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，安培力

21、做功W安BL··x JQW安 J.电磁感应分析中常见的“两个误区”和“两类错误”1对于双杆切割类问题，常存在两个误区：(1)忽视分析两杆产生感应电动势的方向(2)求解安培力时忽视了两杆所处位置的磁感应强度大小或方向的差异2求解焦耳热时容易出现以下两类错误：(1)不加分析就把某时刻的电流I代入公式QI2Rt求解焦耳热，大多数情况下感应电流I是变化的，求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式QI2Rt求解焦耳热(2)电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热1(多选)如图11所示，在直角坐标系xOy中，有边长为L的

22、正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处在y轴右侧的一、四象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行t0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域取沿abcda方向的感应电流为正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流I、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的()图11答案AD解析在ab边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，电流在减小，|Uab|I(RbcRcdRda)在减小在cd边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方

23、向，即沿负方向，电流逐渐减小，|Uab|IRab逐渐减小，A、D正确2(多选)如图12所示，水平放置的粗糙U形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作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计下列说法正确的是()图12A此时AC两端电压为UAC2BLvB此时AC两端电压为UACC此过程中电路产生的电热为QFdmv2D此过程中通过电阻R0的电荷量为q答案BD解析AC的感应电动势为E2BLv，两端电压为UAC，A错，B对；由功能关系得Fdmv2QQf，C错；

24、此过程中平均感应电流为，通过电阻R0的电荷量为qt，D对3(2013·山东理综·18)将一段导线绕成图13甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()图13答案B解析0时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左.T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，故

25、B正确4(多选)在倾角为足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图14所示一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框，在t0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是()图14A当ab边刚越过ff时，线框加速度的大小为gsin Bt0时刻线框匀速运动的速度为Ct0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsin mvD离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动答案BC解析当ab边进入磁场时，有EBLv0，I，mgsin BIL，有mg

26、sin .当ab边刚越过ff时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有4mgsin ，加速度向上大小为3gsin ，A错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有mgsin ，解得v，B正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q()，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误5(2014·新课标全国·25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图15所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强

27、度的大小为B，方向竖直向下在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：图15(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率答案(1)方向为CD(2)解析(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为BA，故电阻R上的电流方向为CD.设导体棒AB中点的速度为v，则v而vAr，vB2r根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势EBrv根据闭合电路欧姆定律得I，联立以上各式解得通过电阻R

28、的感应电流的大小为I.(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即PBIrvfv，而fmg解得P.练出高分基础巩固1如图1，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，现有一边长为L的正方形线框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁场边缘，并以沿x轴正方向的某一速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，下图中能反映线框中感应电流变化规律的图象是()图1答案D解析线框向右匀速运动，相同的时间运动的距离相等线框对角线的长度为L，当c点向右运动L的过程中，由楞次定律得电流方向为顺时针，运动距离为时，对

29、角线bd与O处磁场边重合，有效切割长度最大为L，感应电动势E1BLv，感应电流达到负向最大；运动距离为L时，c点到两磁场边界，有效切割长度为零，电流为零；当c点过两磁场交界处电流改变方向，为逆时针方向，由于两侧磁场方向相反，交界处两侧导线切割磁感线产生的感应电流为单边切割的两倍，当对角线bd运动到L处的虚线时E22BLv，感应电流达到正向最大，由对称性可得，D正确2(2013·天津理综·3)如图2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab

30、边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()图2AQ1Q2，q1q2 BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1q2答案A解析由法拉第电磁感应定律得：Eqt由得：q所以q1q2由Q|W安|BIl·x得Q1·lbc，Q2·lab又因lablbc所以Q1Q2选项A正确3一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图3所示，则()图3A若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是

31、匀速运动B若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动答案C解析从线圈全部进入磁场至线圈开始离开磁场，线圈做加速度为g的匀加速运动，可知即使线圈进入磁场过程中，重力大于安培力，线圈离开磁场过程中受的安培力也可能大于重力，故只有C项正确4如图4所示，xOy平面内有一半径为R的圆形区域，区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，左半圆磁场方向垂直于xOy平面向里，右半圆磁场方向垂直于xOy平面向外一平行于y轴的长导体棒ab以速度v沿x轴正方向做匀速运动，则导体棒ab两端的感应电

32、动势E(取ab为电动势的正方向)与导体棒位置x关系的图象是()图4答案A解析由右手定则得电流先为正向后为负向，有效切割的长度为与y轴平行的圆弧的弦长L，感应电动势的大小EBLv，导体棒有效的切割长度L与x的关系满足(Rx)2()2R2，导体棒切割磁感线的有效长度逐渐增大，且增加的幅度逐渐减小，图象为斜率逐渐减小的椭圆曲线；导体棒ab在右半圆磁场运动时，感应电动势的大小跟左半边成对称分布特点，A正确5(多选)如图5所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向

33、从如图实线位置()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的位置()时，线框的速度为.下列说法正确的是()图5A在位置()时线框中的电功率为B此过程中回路产生的电能为mv2C在位置()时线框的加速度为D此过程中通过导线横截面的电荷量为答案AB解析线框经过位置()时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势为EBa×2Bav，故线框中的电功率为P，选项A正确；线框从位置()到位置()的过程中，动能减少了Ekmv2m2mv2，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为mv2，选项B正确；线框在位置()时，左右两边所受安培力大小均为FBa，根据左手定则可知，线框左右两

34、边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度为a，选项C错误；由qt、三式联立，解得q，线框在位置()时其磁通量为Ba2，而线框在位置()时其磁通量为零，故q，选项D错误综合应用6(多选)如图6所示，间距l0.4 m的光滑平行金属导轨与水平面夹角30°，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B0.2 T，方向垂直于斜面甲、乙两金属杆的电阻R相同、质量均为m0.02 kg，垂直于导轨放置起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲金属杆始终以a5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆

35、刚进入磁场时做匀速运动，取g10 m/s2，则()图6A每根金属杆的电阻R0.016 B甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大D乙金属杆在磁场运动过程中安培力的功率是0.1 W答案BC解析乙金属杆在进入磁场前，甲、乙两金属杆加速度大小相等，当乙刚进入磁场时，甲刚好出磁场由v22al解得乙进、甲出磁场时的速度大小均为v2 m/s，由vat解得甲金属杆在磁场中的运动时间为t0.4 s，选项B正确；乙金属杆进入磁场后有mgsin 30°BIl，又BlvI·2R，联立解得R0.064 ，选项A错误；甲金属杆在磁场中运动过程中力F和杆的速度

36、都逐渐增大，则其功率也逐渐增大，选项C正确；乙金属杆在磁场运动过程中安培力的功率是PBIlv0.2 W，选项D错误故本题答案为B、C.7(多选)如图7所示，在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计则()图7A物块c的质量是2msin Bb棒放上导轨前，物