高考物理一轮复习课时作业三十电磁感应规律的综合应用含解析新人教版

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-电磁感应规律的综合应用(建议用时40分钟)1.如图所示，竖直直线MN的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。正方形线框abcd的边长为L，从t＝0时刻起线框在外力作用下从图示位置由静止水平向右匀加速运动。线框单位长度电阻均相同，在运动过程中，线框c、d两点间的电势差Ucd随时间变化的特点与下列图象一致的是()〖解析〗选D。线圈进入磁场过程中，ab相当于电源，则a、b间电势差指路端电压，c、d间电势差指cd间的电压，又由楞次定律得电流为逆时针方向，d点电势高于c点，故Uab＝eq\f(3,4)BLv＝eq\f(3,4)BLat，Ucd＝eq\f(1,4)BLv＝eq\f(1,4)BLat线圈全部进入磁场后，线圈中无感应电流，但cd切割磁感线，所以cd之间电势差不为零，且d点电势高于c点，则Ucd＝BLv＝BLat，A、B、C错误，D正确。2.A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示。在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是()A．A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势B．两导线环内所产生的感应电动势大小相等C．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶4D．流过A、B两导线环的感应电流均为顺时针方向〖解析〗选B。某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S(S为磁场区域面积)，对A、B两导线环，有eq\f(EA,EB)＝1，A错误，B正确；由I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S1)(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EArB,EBrA)＝eq\f(1,2)，C错误；根据楞次定律可知，流过A、B两导线环的感应电流均为逆时针方向，D错误。〖题后反思〗磁通量与有磁场穿过的线圈面积有关，与线圈的实际面积无关。导线电阻与导线长度成正比。3.(2021·宁德模拟)有一种信号发生器的工作原理可简化为如图所示的情形，竖直面内有半径均为R且相切于O点的两圆形区域，其内存在水平恒定的匀强磁场，长为2R的导体杆OA，以角速度ω绕过O点的固定轴，在竖直平面内顺时针匀速旋转，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，下列描述导体杆两端电势差UAD随时间变化的图象可能正确的是()〖解析〗选A。由右手定则可知，感应电动势始终从O指向A，为正，由E＝eq\f(1,2)BωL2，L是有效切割长度，B、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性，非正弦的变化，经半圈后，再次重复，故A正确，B、C、D错误。4．(多选)(2021·昆明模拟)如图甲所示，用绝缘轻绳将一矩形线框静止悬吊在空中，线框处于竖直平面内。线框正上方有一固定通电直导线，导线中通入大小、方向按图乙所示规律变化的电流，取图甲中箭头所示的方向为电流的正方向。已知通入电流的过程中线框一直处于静止状态，则下列关于轻绳上拉力的说法中正确的是()A．t＝0.05s时，矩形线框中的感应电动势为0B．t＝0.10s时，矩形线框中的感应电动势为0C．0～0.05s时间内轻绳上的拉力小于线框的重力D．0～0.10s时间内轻绳上的拉力小于线框的重力〖解析〗选B、C。t＝0.05s时，直导线中电流的变化率不为零，则穿过矩形线框的磁通量的变化率不为零，则线框中的感应电动势不为0，选项A错误；t＝0.10s时，直导线中电流的变化率为零，则穿过矩形线框的磁通量的变化率为零，则线框中的感应电动势为0，选项B正确；0～0.05s时间内，直导线中电流向左减小，穿过线圈的磁通量向外减小，则线框中的感应电流方向为逆时针方向，则线框受到的安培力的合力向上，则轻绳上的拉力小于线框的重力；同理可判断0.05～0.1s时间内，线框受安培力的合力向下，则轻绳上的拉力大于线框的重力；选项C正确，D错误。5.(多选)(2020·海南高考)如图，足够长的间距d＝1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L＝1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝0.5T，方向如图所示。一根质量ma＝0.1kg，阻值R＝0.5Ω的金属棒a以初速度v0＝4m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb＝0.2kg，阻值R＝0.5Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25JD．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m〖解析〗选B、D。金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；电路中产生的平均电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)，平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，金属棒a受到的安培力为eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)d，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得－Beq\x\to(I)d·Δt＝mava－mav0，解得金属棒第一次离开磁场时速度va＝1.5m/s，金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即Q＝eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))，联立并带入数据得Q＝0.6875J，由于两金属棒电阻相同，两金属棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热Qb＝eq\f(Q,2)＝0.34375J，故C错误；规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得mava＝mav′a＋mbvb，eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))＝eq\f(1,2)mav′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b))，联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为va＝－0.5m/s，设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为eq\x\to(E)′＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)＝eq\f(B（L－x）d,Δt′)，平均电流为eq\x\to(I)′＝eq\f(\x\to(E)′,2R)，金属棒a受到的安培力为eq\o(F,\s\up6(－))′＝Beq\o(I,\s\up6(－))′d，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))′d·Δt′＝0－mav′a，联立并带入数据解得x＝0.8m，D正确。6.(2021·雅安模拟)如图甲所示,在一个正方形金属线圈区域内,存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场,磁场的方向与线圈所围的面积S=200cm2,匝数n=1000,线圈电阻r=1.0Ω。线圈与电阻R构成闭合回路,电阻R=4.0Ω。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示,求:(1)在t=2.0s时刻,通过电阻R的感应电流的大小;(2)在t=5.0s,电阻R消耗的电功率;(3)在0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量。〖解析〗(1)根据法拉第电磁感应定律,0～4.0s时间内线圈中磁通量均匀变化,产生恒定的感应电流。t1=2.0s时的感应电动势为:E1=n=n=1V,根据闭合电路欧姆定律,闭合回路中的感应电流I1=,解得I1=0.2A。(2)由题图乙可知,在4.0～6.0s时间内,线圈中产生的感应电动势E2=n=n=4V,根据闭合电路欧姆定律,t2=5.0s时闭合回路中的感应电流I2==0.8A,电阻消耗的电功率P2=R=2.56W。(3)根据焦耳定律,0～4.0s内闭合电路中产生的热量Q1=(r+R)Δt1=0.8J,4.0～6.0s内闭合电路中产生的热量Q2=(r+R)Δt2=6.4J,故0～6.0s内闭合电路中产生的热量Q=Q1+Q2=7.2J。〖答案〗:(1)0.2A(2)2.56W(3)7.2J7.如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D。在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力、以Uab表示线框ab两点间的电势差、I表示通过线框的电流(规定逆时针为正，顺时针为负)、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图象中正确的是()〖解析〗选D。设线框每边电阻为R，线框边长为L，线框速度为v，线框进入磁场过程，产生的感应电动势E＝BLv，线框中的电流I＝eq\f(BLv,4R)，方向为逆时针方向(正方向)；力F大小为F＝F安＝eq\f(B2L2v,4R)，a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(E,4R)×3R＝eq\f(3,4)BLv，拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,4R)，线框完全进入磁场过程Uab＝E＝BLv，F＝0，I＝0，P＝0，线框离开磁场过程，产生的感应电动势E＝BLv，线框中的电流I＝eq\f(BLv,4R)，方向为顺时针方向(负方向)；力F大小为F＝F安＝eq\f(B2L2v,4R)，a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(E,4R)×R＝eq\f(1,4)BLv，拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,4R)，由图示图象可知，D正确，A、B、C错误。8.(创新题)如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻R1、R2、R3的阻值之比为1∶2∶3，导线的电阻不计。当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流为()A.0B．4IC．6ID．7I〖解析〗选D。因为R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以设R1＝R，R2＝2R，R3＝3R；由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：E1＝3IR；当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得：E2＝5I×5R＝25IR；当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势E＝E1＋E2＝28IR，则此时的电流I′＝eq\f(28IR,4R)＝7I，D正确，A、B、C错误。9．(多选)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的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位长度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置(在左边磁场中的长度为L，在右边磁场中的长度为2L)时，线框的速度为eq\f(1,3)v，则下列判断正确的是()A.此时线框中电流方向为逆时针，电功率为eq\f(25B2L2v2,72r)B．此过程中通过线框截面的电量为eq\f(5BL2,4r)C．此过程中线框克服安培力做的功为eq\f(32,9)Lmv2D．此时线框的加速度大小为eq\f(25B2v,192mr)〖解析〗选C、D。线框左边切割磁感线相当于电源，由右手定则可知，其下端为正极，同理线框右边其上端为正极，则感应电流方向为逆时针，回路中产生感应电动势为E＝2BL×eq\f(v,3)＋3BL×eq\f(v,3)＝eq\f(5BLv,3)，感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(5BLv,3),8Lr)＝eq\f(5Bv,24r)，此时线框中的电功率P＝I2×8Lr＝eq\f(25B2v2L,72r)，A错误；此过程穿过线框的磁通量的变化量为ΔΦ＝(3B·2L2－2B·L2)－(－2B·3L2)＝10BL2，通过线框截面的电量为q＝eq\f(ΔΦ,8Lr)＝eq\f(5BL,4r)，B错误；根据能量守恒定律得到，此过程中克服安培力做的功为W克A＝eq\f(1,2)×8Lmv2－eq\f(1,2)×8Lm(eq\f(v,3))2＝eq\f(32Lmv2,9)，C正确；左右两边所受安培力大小分别为F左＝2BIL＝eq\f(5B2Lv,12r)，方向向左，F右＝3BIL＝eq\f(5B2Lv,8r)，方向向左，则根据牛顿第二定律得F左＋F右＝Ma，其中M＝8Lm，解得：a＝eq\f(25B2v,192mr)，D正确。10．(2021·潜江模拟)如图(a)，两根足够长不计电阻的平行光滑金属导轨固定在水平面上，间距L＝1.0m，导轨左侧连接一阻值R1＝6Ω的电阻，右侧连接另一阻值R2＝3Ω的电阻。在导轨间CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场(俯视图)，点C、F间的距离d＝0.5m，磁感应强度大小随时间变化的图象如图(b)，阻值r＝3Ω的金属棒垂直于导轨放置在离R1较近的位置AB处。t＝0时金属棒在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，在0～0.4s时间内R1两端电压为U，在t＝0.5s时金属棒进入磁场，且在磁场运动的过程中，R(1)t＝0.2s时整个回路的电动势；(2)恒力F的大小；(3)金属棒从AB运动到EF的过程中整个回路产生的热量。〖解析〗(1)在t＝0.2s时，由法拉第电磁感应定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ld①得E＝2.5V②(2)在t＝0～0.4s时间内，电阻R1与金属棒并联，再与R2串联R＝R并＋R2＝5Ω③U＝eq\f(E,R)R并＝1.0V④金属棒进入磁场后，r为电源内阻，外电阻为R1与R2并联，有I′＝eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2)＝0.5A⑤FA＝BI′L＝1.0N由于金属棒进入磁场后R1两端电压始终不变，所以金属棒做匀速运动，得F＝BI′L＝1.0N⑥(3)金属棒在0～0.4s的运动时间内，有Q＝eq\f(E2,R)t1＝eq\f(2.52,5)×0.4J＝0.5J⑦金属棒进入磁场后，整个回路的总电阻R′＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋r＝5Ω⑧E′＝I′R′＝2.5V⑨得v＝eq\f(E′,BL)＝1.25m/s⑩t′＝eq\f(d,v)＝0.4sQ′＝E′I′t′＝0.5J⑪Q总＝Q＋Q′＝1.0J⑫〖答案〗(1)2.5V(2)1.0N(3)1.0J〖加固训练〗(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为L。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则 ()A.a、b两个线框匀速运动时的速度大小为B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgLD.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgL〖解析〗选A、B、C。设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对a有：T=2mg-BIL，对b有：T=mg，I=，E=BLv，联立解得：v=，A正确；线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，设线框a通过磁场的时间为t，则t=，B正确；从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在a匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系可得：2mgL-mgL=Q，所以Q=mgL，C正确；设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2L的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgL=2mgL+·3mv2+W，解得：W=2mgL-,D错误。电磁感应规律的综合应用(建议用时40分钟)1.如图所示，竖直直线MN的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。正方形线框abcd的边长为L，从t＝0时刻起线框在外力作用下从图示位置由静止水平向右匀加速运动。线框单位长度电阻均相同，在运动过程中，线框c、d两点间的电势差Ucd随时间变化的特点与下列图象一致的是()〖解析〗选D。线圈进入磁场过程中，ab相当于电源，则a、b间电势差指路端电压，c、d间电势差指cd间的电压，又由楞次定律得电流为逆时针方向，d点电势高于c点，故Uab＝eq\f(3,4)BLv＝eq\f(3,4)BLat，Ucd＝eq\f(1,4)BLv＝eq\f(1,4)BLat线圈全部进入磁场后，线圈中无感应电流，但cd切割磁感线，所以cd之间电势差不为零，且d点电势高于c点，则Ucd＝BLv＝BLat，A、B、C错误，D正确。2.A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示。在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是()A．A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势B．两导线环内所产生的感应电动势大小相等C．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶4D．流过A、B两导线环的感应电流均为顺时针方向〖解析〗选B。某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S(S为磁场区域面积)，对A、B两导线环，有eq\f(EA,EB)＝1，A错误，B正确；由I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S1)(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EArB,EBrA)＝eq\f(1,2)，C错误；根据楞次定律可知，流过A、B两导线环的感应电流均为逆时针方向，D错误。〖题后反思〗磁通量与有磁场穿过的线圈面积有关，与线圈的实际面积无关。导线电阻与导线长度成正比。3.(2021·宁德模拟)有一种信号发生器的工作原理可简化为如图所示的情形，竖直面内有半径均为R且相切于O点的两圆形区域，其内存在水平恒定的匀强磁场，长为2R的导体杆OA，以角速度ω绕过O点的固定轴，在竖直平面内顺时针匀速旋转，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，下列描述导体杆两端电势差UAD随时间变化的图象可能正确的是()〖解析〗选A。由右手定则可知，感应电动势始终从O指向A，为正，由E＝eq\f(1,2)BωL2，L是有效切割长度，B、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性，非正弦的变化，经半圈后，再次重复，故A正确，B、C、D错误。4．(多选)(2021·昆明模拟)如图甲所示，用绝缘轻绳将一矩形线框静止悬吊在空中，线框处于竖直平面内。线框正上方有一固定通电直导线，导线中通入大小、方向按图乙所示规律变化的电流，取图甲中箭头所示的方向为电流的正方向。已知通入电流的过程中线框一直处于静止状态，则下列关于轻绳上拉力的说法中正确的是()A．t＝0.05s时，矩形线框中的感应电动势为0B．t＝0.10s时，矩形线框中的感应电动势为0C．0～0.05s时间内轻绳上的拉力小于线框的重力D．0～0.10s时间内轻绳上的拉力小于线框的重力〖解析〗选B、C。t＝0.05s时，直导线中电流的变化率不为零，则穿过矩形线框的磁通量的变化率不为零，则线框中的感应电动势不为0，选项A错误；t＝0.10s时，直导线中电流的变化率为零，则穿过矩形线框的磁通量的变化率为零，则线框中的感应电动势为0，选项B正确；0～0.05s时间内，直导线中电流向左减小，穿过线圈的磁通量向外减小，则线框中的感应电流方向为逆时针方向，则线框受到的安培力的合力向上，则轻绳上的拉力小于线框的重力；同理可判断0.05～0.1s时间内，线框受安培力的合力向下，则轻绳上的拉力大于线框的重力；选项C正确，D错误。5.(多选)(2020·海南高考)如图，足够长的间距d＝1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L＝1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝0.5T，方向如图所示。一根质量ma＝0.1kg，阻值R＝0.5Ω的金属棒a以初速度v0＝4m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb＝0.2kg，阻值R＝0.5Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25JD．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m〖解析〗选B、D。金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；电路中产生的平均电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)，平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，金属棒a受到的安培力为eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)d，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得－Beq\x\to(I)d·Δt＝mava－mav0，解得金属棒第一次离开磁场时速度va＝1.5m/s，金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即Q＝eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))，联立并带入数据得Q＝0.6875J，由于两金属棒电阻相同，两金属棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热Qb＝eq\f(Q,2)＝0.34375J，故C错误；规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得mava＝mav′a＋mbvb，eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))＝eq\f(1,2)mav′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b))，联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为va＝－0.5m/s，设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为eq\x\to(E)′＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)＝eq\f(B（L－x）d,Δt′)，平均电流为eq\x\to(I)′＝eq\f(\x\to(E)′,2R)，金属棒a受到的安培力为eq\o(F,\s\up6(－))′＝Beq\o(I,\s\up6(－))′d，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))′d·Δt′＝0－mav′a，联立并带入数据解得x＝0.8m，D正确。6.(2021·雅安模拟)如图甲所示,在一个正方形金属线圈区域内,存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场,磁场的方向与线圈所围的面积S=200cm2,匝数n=1000,线圈电阻r=1.0Ω。线圈与电阻R构成闭合回路,电阻R=4.0Ω。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示,求:(1)在t=2.0s时刻,通过电阻R的感应电流的大小;(2)在t=5.0s,电阻R消耗的电功率;(3)在0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量。〖解析〗(1)根据法拉第电磁感应定律,0～4.0s时间内线圈中磁通量均匀变化,产生恒定的感应电流。t1=2.0s时的感应电动势为:E1=n=n=1V,根据闭合电路欧姆定律,闭合回路中的感应电流I1=,解得I1=0.2A。(2)由题图乙可知,在4.0～6.0s时间内,线圈中产生的感应电动势E2=n=n=4V,根据闭合电路欧姆定律,t2=5.0s时闭合回路中的感应电流I2==0.8A,电阻消耗的电功率P2=R=2.56W。(3)根据焦耳定律,0～4.0s内闭合电路中产生的热量Q1=(r+R)Δt1=0.8J,4.0～6.0s内闭合电路中产生的热量Q2=(r+R)Δt2=6.4J,故0～6.0s内闭合电路中产生的热量Q=Q1+Q2=7.2J。〖答案〗:(1)0.2A(2)2.56W(3)7.2J7.如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D。在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力、以Uab表示线框ab两点间的电势差、I表示通过线框的电流(规定逆时针为正，顺时针为负)、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图象中正确的是()〖解析〗选D。设线框每边电阻为R，线框边长为L，线框速度为v，线框进入磁场过程，产生的感应电动势E＝BLv，线框中的电流I＝eq\f(BLv,4R)，方向为逆时针方向(正方向)；力F大小为F＝F安＝eq\f(B2L2v,4R)，a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(E,4R)×3R＝eq\f(3,4)BLv，拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,4R)，线框完全进入磁场过程Uab＝E＝BLv，F＝0，I＝0，P＝0，线框离开磁场过程，产生的感应电动势E＝BLv，线框中的电流I＝eq\f(BLv,4R)，方向为顺时针方向(负方向)；力F大小为F＝F安＝eq\f(B2L2v,4R)，a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(E,4R)×R＝eq\f(1,4)BLv，拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,4R)，由图示图象可知，D正确，A、B、C错误。8.(创新题)如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻R1、R2、R3的阻值之比为1∶2∶3，导线的电阻不计。当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流为()A.0B．4IC．6ID．7I〖解析〗选D。因为R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以设R1＝R，R2＝2R，R3＝3R；由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：E1＝3IR；当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得：E2＝5I×5R＝25IR；当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势E＝E1＋E2＝28IR，则此时的电流I′＝eq\f(28IR,4R)＝7I，D正确，A、B、C错误。9．(多选)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的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位长度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置(在左边磁场中的长度为L，在右边磁场中的长度为2L)时，线框的速度为eq\f(1,3)v，则下列判断正确的是()A.此时线框中电流方向为逆时针，电功率为eq\f(25B2L2v2,72r)B．此过程中通过线框截面的电量为eq\f(5BL2,4r)C．此过程中线框克服安培力做的功为eq\f(32,9)Lmv2D．此时线框的加速度大小为eq\f(25B2v,192mr)〖解析〗选C、D。线框左边切割磁感线相当于电源，由右手定则可知，其下端为正极，同理线框右边其上端为正极，则感应电流方向为逆时针，回路中产生感应电动势为E＝2BL×eq\f(v,3)＋3BL×eq\f(v,3)＝eq\f(5BLv,3)，感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(5BLv,3),8Lr)＝eq\f(5Bv,24r)，此时线框中的电功率P＝I2×8Lr＝eq\f(25B2v2L,72r)，A错误；此过程穿过线框的磁通量的变化量为ΔΦ＝(3B·2L2－2B·L2)－(－2B·3L2)＝10BL2，通过线框截面的电量为q＝eq\f(ΔΦ,8Lr)＝eq\f(5BL,4r)，B错误；根据能量守恒定律得到，此过程中克服安培力做的功为W克A＝eq\f(1,2)×8Lmv2－eq\f(1,2)×8Lm(eq\f(v,3))2＝eq\f(32Lmv2,9)，C正确；左右两边所受安培力大小分别为F左＝2BIL＝eq\f(5B2Lv,12r)，方向向左，F右＝3BIL＝eq\f(5B2Lv,8r)，方向向左，则根据牛顿第二定律得F左＋F右＝Ma，其中M＝8Lm，解得：a＝eq\f(25B2v,192mr)，D正确。10．(2021·潜江模拟)如图(a)，两根足够长不计电阻的平行光滑金属导轨固定在水平面上，间距L＝1.0m，导轨左