【物理】2020届一轮复习粤教版31电磁感应定律的综合应用作业

【物理】2020届一轮复习粤教版31电磁感应定律的综合应用作业

课练 31　电磁感应定律的综合应用 小题狂练 小题是基础　练小题　提分快 ‎1.‎ ‎[名师原创](多选)如图所示是世界上早期制造的发电机及电动机的实验装置，有一个可绕固定转轴转动的铜盘，铜盘的一部分处在蹄形磁铁当中．实验时用导线A连接铜盘的中心，用导线B连接铜盘的边缘，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．若导线A、B连接，用外力摇手柄使铜盘转动，闭合电路中会产生感应电流 B．若导线A、B连接，用外力摇手柄使铜盘转动，则B 端电势高于A端 C．若导线A、B与外电源连接，当A接电源正极时，从上向下看铜盘会逆时针转动 D．若导线A、B连接一用电器，当用外力摇手柄使铜盘匀速转动时，则有交变电流流过用电器 答案：AC 解析：若逆时针摇手柄(从上向下看)，由右手定则可知，产生的感应电流从导线A流出，导线A相当于连接电源正极，电势高，A正确，B错误；若将导线A、B连接外电源，A接正极时，则由左手定则可知，铜盘会逆时针转动，C正确；若导线A、B连接一用电器，当用外力摇手柄使铜盘匀速转动起来时，产生的是直流电，D错误．‎ ‎2.‎ ‎[名师原创]一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框abcd固定不动，其中矩形区域efcd存在磁场(未画出)，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t均匀变化，且 ‎＝k(k>0)，已知ab＝fc＝‎4L，bc＝‎5L，已知L长度的电阻为r，则导线框abcd中的电流为(　　)‎ A. B. C. D. 答案：A 解析：电路中的总电阻为R＝18r，电路中的感应电动势为E＝S＝16kL2，导线框abcd中的电流为I＝＝，选项A正确．‎ ‎3.‎ ‎[母题改编]在范围足够大、方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B＝0.2 T的匀强磁场中，有一水平放置的光滑金属框架，宽度L＝‎0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为m＝‎0.05 kg、长度为L、电阻为r＝1 Ω的金属杆MN，且金属杆MN始终与金属框架接触良好，金属框架电阻不计，左侧a、b端连一阻值为R＝3 Ω的电阻，且b端接地．若金属杆MN在水平外力F的作用下以恒定的加速度a＝‎2 m/s2由静止开始向右做匀加速运动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在5 s内流过电阻R的电荷量为‎0.1 C B．5 s末回路中的电流为‎0.8 A C．5 s末a端处的电势为0.6 V D．如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s后电阻R产生的热量为2.5 J 答案：C 解析：在t＝5 s内金属杆的位移x＝at2＝‎25 m,5 s内的平均速度＝＝‎5 m/s，故平均感应电动势＝BL＝0.4 V，在5 s内流过电阻R的电荷量为q＝·t＝‎0.5 C，A错误；5 s末金属杆的速度v＝at＝‎10 m/s，此时感应电动势E＝BLv，则回路中的电流为I＝＝‎0.2 A，B错误；5 s末a点的电势φa＝Uab＝IR＝0.6 V，C正确；如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s 末金属杆的动能将转化为整个回路中产生的热量，所以电阻R产生的热量为·mv2＝1.875 J，D错误．‎ ‎4．[名师原创]如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中．规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．以逆时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间变化的图象正确的是(　　)‎ 答案：B 解析：0～0.5T时间内，磁感应强度减小，方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，产生的感应电流沿顺时针方向，为负，同理可知，0.5T～T时间内，电流为正，由法拉第电磁感应定律可知，0～0.5T时间内通过bc段导线的电流是0.5T～T时间内通过bc段导线的，A错，B对；由安培力公式F＝BIL，I＝，E＝＝S可知，t＝T时bc段导线受到的安培力大小是t＝0时bc段导线受到的安培力大小的4倍，C、D均错．‎ ‎5.‎ ‎[新情景题](多选)如图所示为粗细均匀的铜导线制成的半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R.一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，则金属棒旋转一周的过程中(　　)‎ A．金属棒中电流方向始终由N到M B．金属棒中电流的大小始终为 C．金属棒两端的电压大小始终为Bωr2‎ D．电路中产生的热量为 答案：BCD 解析：根据右手定则可知，金属棒在题图所示位置时，电流方向由M到N，当金属棒经过直径PQ后，电流方向由N到M，A错误；根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势E＝2×Bωr2＝Bωr2，等效电路如图所示，两半圆环并联的总电阻为R总＝＝，所以金属棒中的电流为I＝＝＝，B正确；金属棒两端的电压大小为U＝R＝Bωr2，C正确；金属棒旋转一周的过程中，电路中产生的热量为Q＝I2(＋R)·＝，D正确．‎ ‎6.‎ ‎[母题改编]如图所示，A和B是两个完全相同的灯泡，C和D都是理想二极管，两二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是(　　)‎ A．开关S闭合，A先亮 B．开关S闭合，A、B同时亮 C．开关S断开，B逐渐熄灭 D．开关S断开，A闪亮一下，然后逐渐熄灭 答案：D 解析：开关S闭合瞬间，线圈中电流逐渐增大，线圈中产生的感应电动势会阻碍电流的增加，故B逐渐变亮，二极管D反向不导通，故A不亮，选项A、B错误；开关S断开瞬间，B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故选项C错误，D正确．‎ ‎7.‎ ‎[预测新题](多选)如图所示，在地面上方空间存在有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．在磁场中有一长为L、内壁光滑且绝缘的细筒MN竖直(纸面)放置，筒的底部有一质量为m，带电荷量为＋q的小球，现使细筒MN沿垂直磁场方向水平向右以v0的速度匀速运动，重力加速度大小为g，设小球所带电荷量不变．下列说法正确的是 (　　)‎ A．若v0＝，则小球能沿筒壁上升 B．若v0＝，则经过时间t＝小球从M端离开细筒 C．若v0＝，则小球离开细筒M端时对地的速度大小为 D．若v0＝，则小球对筒底的压力大小为mg 答案：BD 解析：由题意可知，细筒内带正电的小球将随筒一起向右运动，它在磁场中将受到向上的洛伦兹力作用，Fy＝Bqv0，若v0＝，有Fy＝mg，小球不能沿筒壁上升，A错误；若v0＝，在竖直方向有Bqv0－mg＝ma，根据L＝at2，则小球经过时间t＝从M端离开细筒，B正确；若v0＝，小球离开M端时的速度水平分量vx＝v0＝ ‎，竖直分量vy＝at＝，所以小球离开M端时对地的速度大小v＝，C错误；若v0＝，则筒底对小球的支持力大小N＝mg－Bqv0＝mg，由牛顿第三定律可知D正确．‎ ‎8．[2019·内蒙古包头一中检测](多选)如图甲所示，很长的粗糙的导轨MN和PQ水平平行放置，MP之间有一定值电阻R，金属棒ab的电阻为r，不计导轨电阻，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，t＝0时刻，ab棒从静止开始，在外力F作用下沿导轨向右运动，金属棒ab中的电流随时间变化如图乙所示，则下列关于ab棒的加速度a随时间t变化的图象，R上通过的电荷量qR随时间的平方t2变化的图象，正确的是(　　)‎ 答案：BC 解析：设金属棒长L，I＝kt，则由欧姆定律可知：I＝＝kt，所以v＝t，即有a＝＝常数，故A错误，B正确；由电路原理可知：通过R的电流等于通过金属棒ab的电流，所以qR＝It＝kt2，故C正确，D错误；故选B、C.‎ ‎9．[2019·湖北省黄冈中学质检]如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是(　　)‎ A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向 B．0～1 s内圆环有扩张的趋势 C．3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力 D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反 答案：A ‎ 解析：由题图乙知，0～1 s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知，从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，圆环中感应电流产生的磁场向下，圆环有缩小的趋势，选项A正确、B错误；同理可得1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．‎ ‎10.‎ ‎[2019·河北省定州中学检测](多选)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长的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、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若在整个运动过程中通过金属棒的电荷量为q.下列说法正确的是(　　)‎ A．金属棒在导轨上做匀减速运动 B．整个过程中金属棒克服安培力做的功为mv C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv 答案：BC 解析：金属棒向右运动，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，线框中产生的感应电流I＝＝ ‎，金属棒受到的安培力水平向左，大小为F＝BIL＝，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度变小，安培力变小，加速度变小，选项A错．直到速度减小到0，安培力变为0，金属棒停止运动，此过程根据动能定理，金属棒克服安培力做的功等于减少的动能，即mv，选项B对．通过金属棒的电荷量q＝×Δt＝×Δt＝×Δt＝＝B，可得位移x＝，选项C对．整个电路即金属棒和电阻R上产生的总热量等于克服安培力做的功，即mv，所以电阻R上产生的热量小于mv，选项D错．‎ ‎11．(多选)在水平放置的两条平行光滑直导轨上有一垂直其放置的金属棒ab，匀强磁场与轨道平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有两定值电阻及电阻箱R，R1＝5 Ω，R2＝6 Ω，其余电阻不计．电路中的电压表量程为0～10 V，电流表的量程为0～‎3 A，现将R调至30 Ω，用F＝40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移，当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满偏．则下列说法正确的是(　　)‎ A．当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏 B．当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏 C．当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度是‎1 m/s D．当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度是‎2 m/s 答案：BC 解析：假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I＝＝‎2 A<‎3 A．所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为‎2 A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等，则有FA＝F＝BIL，得BL＝＝20 N/A，感应电动势E＝U＋IR1＝(10＋2×5) V＝20 V，又E＝BLv，则得v＝＝ m/s＝‎1 m/s，故C正确，D错误．‎ ‎12．(多选)如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视)．圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角．在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连．假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时．下列说法中正确的是(　　)‎ A．在辐条OP转过120°的过程中，O、P两端电压U＝BL2ω B．OP转过120°的过程中通过LED灯的电流I＝ C．整个装置消耗的电能Q＝ D．增加导电圆环的直径可以使LED灯发光时更亮 答案：BCD 解析：辐条OP进入磁场匀速转动时有E＝BL，在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和LED灯并联，故而电路的总电阻R＝，OP两端的电压为电源的路端电压U＝·＝，流过LED灯的电流是I＝＝，A错误，B正确；整个装置消耗的电能Q＝·t＝··＝，C正确；由LED灯中电流为I＝知，增大角速度、增大磁惑应强度、增加导电圆环的直径、减小辐条的电阻和LED灯的电阻均可以使LED灯变得更亮，故D正确．‎ ‎13.‎ ‎(多选)如图所示，两半径为r的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中，磁场方向与轨道平面垂直．导轨间距为L，一端接有电阻R，导轨所在位置处的磁感应强度大小均为B，将一质量为m的金属导体棒PQ从图示位置(导轨的半径与竖直方向的夹角为θ)由静止释放，导轨及金属棒电阻均不计，下列判断正确的是(　　)‎ A．导体棒PQ有可能回到初始位置 B．导体棒PQ第一次运动到最低点时速度最大 C．导体棒PQ从静止到最终达到稳定状态，电阻R上产生的焦耳热为mgr(1－cosθ)‎ D．导体棒PQ由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量 答案：CD 解析：导体棒运动过程中不断克服安培力做功，将机械能转化为电能，因此导体棒不可能回到初始位置，故A错误；导体棒PQ第一次运动到最低点时在水平方向上所受合力与速度反向，速度不可能最大，故B错误；导体棒最后一定静止在最低点，根据能量守恒定律得电阻R上产生的焦耳热等于重力势能的减少量，即QR＝EP＝mgr(1－cosθ)，故C正确；导体棒PQ从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量为q＝＝，故D正确．‎ 课时测评 综合提能力　课时练　赢高分 一、选择题 ‎1．如图所示，用一条横截面积为S的硬导线做成一个边长为L的正方形，把正方形的一半固定在均匀增大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k>0)，虚线ab与正方形的一条对角线重合，导线的电阻率为ρ.则下列说法正确的是(　　)‎ A．线框中产生顺时针方向的感应电流 B．线框具有扩张的趋势 C．若某时刻的磁感应强度为B，则线框受到的安培力为 D．线框中a、b两点间的电势差大小为 答案：C 解析：根据楞次定律，线框中产生的感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；B增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场为了阻碍磁通量的增加，线框有收缩的趋势，故B错误；由法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝·L2＝kL2，‎ 因线框电阻R＝ρ，那么感应电流大小为I＝＝，则线框受到的安培力为：F＝BI×L＝，故C正确；由上分析，可知，ab两点间的电势差大小U＝E＝kL2，故D错误．‎ ‎2.‎ 如图所示的直流电路中，当开关S1、S2都闭合时，三个灯泡L1、L2、L3的亮度关系是L1>L2>L3.电感L的电阻可忽略，D为理想二极管．现断开开关S2，电路达到稳定状态时，再断开开关S1，则断开开关S1的瞬间，下列判断正确的是(　　)‎ A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮然后逐渐变暗 B．L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗 C．L1、L2、L3均先变亮然后逐渐变暗 D．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮然后逐渐变暗 答案：D 解析：当开关S1、S2都闭合时，三个灯泡L1、L2、L3的亮度关系是L1>L2>L3，对应的实际功率的关系有P1>P2>P3，根据P＝有R1mg，联立解得h>，选项D错误．‎ ‎5．[2019·山西怀仁检测](多选)如图甲所示，光滑的平行导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨表面上放着光滑导体棒ab、cd，两棒之间用绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直．现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向下为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，t1＝2t0，不计ab、cd间电流的相互作用，不计导轨的电阻，每根导体棒的电阻为R，导轨间距和绝缘细杆的长度均为L.下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝t0时细杆既不被拉伸也不被压缩 B．在0～t1时间内，绝缘细杆先被拉伸后被压缩 C．在0～t1时间内，abcd回路中的电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向 D．若在0～t1时间内流过导体棒的电荷量为q，则t1时刻的磁感应强度大小为 答案：ABD 解析：由题图乙所示图象可知，t＝t0时磁感应强度为零，导体棒不受安培力作用，细杆既不被拉伸也不被压缩，选项A正确；在0～t1时间内，磁通量先向下减少，后向上增大，由楞次定律可知，感应电流始终沿顺时针方向，为阻碍磁通量的变化，两导体棒先有远离的趋势，后有靠近的趋势，则绝缘细杆先被拉伸后被压缩，选项B正确，C错误；设t1时刻磁感应强度的大小为B0，根据对称性可知，t＝0时刻磁感应强度的大小也为B0，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势E＝＝S＝L2＝，则回路中感应电流的大小为I＝，若在0～t1时间内流过导体棒的电荷量为q，电荷量q＝It1＝×2t0＝，则B0＝，选项D正确．‎ ‎6．[2019·湖北襄阳四中月考](多选)如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图象正确的是 (　　)‎ 答案：BD ‎ 解析：感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即BLv＝U，设电容器的U－t图象的斜率为k，由图乙可知U＝kt，导体棒的速度随时间变化的关系为v＝t，故选项B 正确；导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝，由C＝、I＝，可得I＝＝kC，由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，可以得到F＝k，故选项D正确．‎ ‎7．[2019·浙江温州中学月考](多选)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．质量为m的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g.在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是 (　　)‎ A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变 B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动 C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动 D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsinθ－mv2‎ 答案：AB 解析：t1～t3时间内穿过金属框的磁通量先垂直于斜面向上减小，后垂直于斜面向下增大，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向不变，选项A正确；0～t3时间内，金属框的ab边与cd边所受安培力等大反向，金属框所受安培力为零，则所受的合力沿斜面向下，大小为mgsinθ，做匀加速直线运动，选项B正确，C错误；0～t3时间内，金属框所受的安培力为零，金属框的机械能守恒，有mgLsinθ＝mv2，故金属框中产生的焦耳热不等于mgLsinθ－mv2，选项D错误．‎ ‎8．[2019·河北衡水中学检测](多选) 一根质量为‎0.04 kg、电阻为0.5 Ω的导线绕成一个匝数为10匝，高为‎0.05 m的矩形线圈，将线圈固定在一个质量为‎0.06 kg、长度与线圈等长的小车上，如图甲所示．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1＝‎2 m/s进入垂直于纸面向里的有界匀速磁场，磁感应强度B＝1.0 T ‎，运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v随小车的位移x变化的图象如图乙所示，则根据以上信息可知(　　)‎ A．小车的水平长度l＝‎‎10 cm B．小车的位移x＝‎15 cm时线圈中的电流I＝‎‎1.5 A C．小车运动到位置3时的速度为‎1.0 m/s D．小车由位置2运动到位置3的过程中，线圈产生的热量Q＝0.087 5 J 答案：AC 解析：由题图可知，从x＝0开始，小车进入磁场，线圈中有感应电流，受到安培力作用，小车做减速运动，速度随位移增大而减小，当x＝‎10 cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此小车的水平长度l＝‎10 cm，选项A正确．由题图知，当小车的位移x＝‎15 cm时线圈全部处在磁场中，磁通量不变，没有感应电流，选项B错误．设小车完全进入磁场中时速度为v2，运动到位置3时的速度为v3，根据动量定理，小车进入磁场的过程有－nB1ht1＝mv2－mv1，而1t1＝q1，则nBq1h＝mv1－mv2；同理，穿出磁场的过程有nBq2h＝mv2－mv3；根据q＝n可知通过线圈横截面的电荷量q1＝q2，解得v3＝2v2－v1＝(2×1.5－2.0)m/s＝‎1.0 m/s，选项C正确．线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成线圈上产生的热量，有Q＝(M＋m)(v－v)，解得线圈产生的热量Q＝0.062 5 J，选项D错误．‎ ‎9．[2019·山东胶州二中检测](多选)如图所示，两根等高光滑的 圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力F作用下以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中(　　)‎ A．通过R的电流在均匀减小 B．金属棒产生的电动势的有效值为 C．拉力F做的功为 D．通过R的电荷量为 答案：BD 解析：金属棒沿轨道做匀速圆周运动，设金属棒垂直于磁场方向的分速度为v，则v＝v0cosθ，θ为分速度v与v0之间的夹角，设金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E，感应电流为I，则有E＝BLv＝BLv0cosθ，随水平分速度v与v0之间夹角的增大，感应电动势逐渐减小，感应电流I＝逐渐减小，而不是均匀减小，选项A错误；金属棒切割磁感线产生的电动势E＝BLv＝BLv0cosθ，其有效值为＝，选项B正确；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，电阻R中产生的热量Q＝·＝，设拉力做的功为WF，由功能关系，有WF－mgr＝Q，得WF＝mgr＋，选项C错误；通过R的电荷量q＝＝，选项D正确．‎ ‎10．[2019·湖北八校二联]‎ ‎(多选)如图，xOy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B＝B0cosx(式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R.t＝0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是(　　)‎ A．外力F为恒力 B．t＝0时，外力大小F＝ C．通过线框的瞬时电流i＝ D．经过t＝，线框中产生的电热Q＝ 答案：BCD 解析：因线框沿x轴方向匀速运动，故F＝F安，由图中磁场分布知F安的大小是变化的，故F不是恒力，A错．t＝0时，x＝0处，B＝B0，x＝d处，B＝－B0，由E＝BLv，又MN、PQ两边均切割磁感线且产生的感应电动势方向相同，则E＝2B0Lv，I0＝，F安＝2B0I‎0L＝，而F＝F安，故B对．因线框做匀速直线运动，则有x＝vt，B＝B0cos，又E＝2BLv，故i＝，C对．由电流的瞬时值表达式可知此电流为正弦交流电，有效值I＝＝，又Q＝I2Rt，故经过t＝，线框中产生的电热Q＝，D对．‎ 二、非选择题 ‎11.‎ 如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻．ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触．整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为的匀加速运动，上升了h高度，这一过程中b、c间电阻R产生的焦耳热为Q，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用．求：‎ ‎(1)导体杆上升h高度过程中通过杆的电荷量；‎ ‎(2)导体杆上升h高度时所受拉力F的大小；‎ ‎(3)导体杆上升h高度过程中拉力做的功．‎ 答案：(1)　(2)＋ ‎(3)＋2Q 解析：(1)通过杆的电荷量q＝IΔt，根据闭合电路欧姆定律有I＝，根据法拉第电磁感应定律得E＝，联立以上各式解得q＝＝.‎ ‎(2)设导体杆上升h高度时速度为v1、拉力为F，根据运动学公式得v1＝ ＝，根据牛顿第二定律得F－mg－BI‎1l＝ma＝m，根据闭合电路欧姆定律得I1＝，联立以上各式解得F＝＋.‎ ‎(3)由功能关系得WF－mgh－2Q＝mv－0，解得 WF＝＋2Q.‎ ‎12．如图所示，两根质量均为m＝‎2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为12，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻．现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动x＝‎0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA：vC＝1：2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：‎ ‎(1)在CD棒运动‎0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；‎ ‎(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；‎ ‎(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小v′A和v′C.‎ 答案：(1)15 J　(2)‎4 m/s　‎8 m/s　(3)‎6.4 m/s　‎3.2 m/s 解析：(1)设两棒的长度分别为l和‎2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J.‎ ‎(2)根据能量守恒定律，有Fx＝mv＋mv＋Q1＋Q2‎ 又vAvC＝12，联立以上两式并代入数据得vA＝‎4 m/s，vC＝‎8 m/s.‎ ‎(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足 BLvA′＝B·2LvC′‎ 即vA′＝2vC′(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)‎ 对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，‎ 有FA·t＝mvA′－mvA，－FC·t＝mvC′－mvC.‎ 因为FC＝2FA，故有＝ 联立以上各式解得vA′＝‎6.4 m/s，vC′＝‎3.2 m/s.‎