第2章 电磁感应及其应用 章末检测试卷(2) （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册 （鲁科版2019）

ZHANGMOJIANCESHIJUAN(ER) 章末检测试卷(二) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.(2023·江门市第一中学高二期末)某磁悬浮列车圆满完成整车静态调试运行试验如图(a)所示，图(b)是磁悬浮的原理图，甲是圆柱形磁铁，乙是用高温超导材料制成的超导圆环， 将超导圆环乙水平放在磁铁甲上， 它就能在磁力的作用下悬浮在磁 铁甲的上方空中，若甲的N极朝 上，在乙放入磁场向下运动的过程中 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 A.俯视，乙中感应电流的方向为顺时针方向；当乙稳定后，感应电流消失 B.俯视，乙中感应电流的方向为顺时针方向；当乙稳定后，感应电流仍 存在 C.俯视，乙中感应电流的方向为 逆时针方向；当乙稳定后，感 应电流消失 D.俯视，乙中感应电流的方向为逆时针方向；当乙稳定后，感应电流仍 存在 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 磁悬浮是利用了同性磁极相互排斥的原理，在乙放入磁场向下运动的过程中，圆环内的磁通量是增大的，由楞次定律可知乙中感应电流沿着顺时针方向(俯视)；由于超导体电阻为零，所以当乙稳定后感应电流将仍然存在，故A、C、D错误，B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2.关于感应电流的产生及方向，下列描述正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 导体棒ad向右切割磁感线时，磁场的方向向下，由右手定则可知，导线中将产生沿adcba方向的感应电流，A错误； 磁铁通过题图所示位置向下插时，线圈内磁场的方向向下且磁场增强，根据楞次定律可知，螺线管中产生向上的磁场，根据安培定则可知导线中将产生沿ba方向的感应电流，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 闭合开关电路稳定后穿过线圈的磁通量的变化量为0，根据感应电流产生的条件可知，电路中没有感应电流，所以G表示数为零，C错误； 通有恒定电流的长直导线和闭合线圈在同一竖直面内，线圈向上平移时，穿过线圈的磁通量保持不变，磁通量变化量为0，所以线圈中不会产生感应电流，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.(2023·葫芦岛第一高级中学高二期末)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源，在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S，规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2 表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I1、I2随 时间t变化关系的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 14 15 闭合开关时，因为线圈与D1串联，所以电流I1会慢慢增大，灯泡D2这一支路立即就有电流。当开关断开，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大 小慢慢减小，而且D1和D2、D3构成回路，通过D1 的电流也流过D2，所以I2反向，且逐渐减小。故 选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.(2022·浙江1月选考)如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则 A.从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误； 根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培 力方向指向圆管的轴线方向，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D错误。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 5.(2023·福建莆田高二期末)如图甲所示，螺线管P穿过一固定圆形线圈Q，P中通有变化电流i，规定如图甲所示的电流方向为正，电流随时间变化的规律如图乙所示，则 A.t1时刻，线圈Q有收缩的趋势 B.t2时刻，线圈Q中没有电流 C.t1～t2，Q中电流在增大 D.t2～t3，Q中磁通量的变化率增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ t1时刻，根据安培定则可知，螺线管P内部穿过线圈Q的磁场方向向下，螺线管P外部穿过线圈Q的磁场方向向上，由题图乙可知t1时刻P中电流减小，可知穿过线圈Q向下的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈Q有收缩的趋势，A正确； t2时刻与t1时刻的电流变化情况相 同，线圈Q中仍然有感应电流， B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 t2～t3内，螺线管P中电流的变化率减小，则Q中磁通量的变化率减小，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6.(2023·辽宁高二期末)如图所示，有方向垂直于光滑绝缘水平桌面的两匀强磁场，磁感应强度的大小分别为B1＝B、B2＝3B，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，一个水平放置在桌面上的边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图示位置开始向右运动，当线框恰有一半进入右侧磁场时速度为 则下列判断正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 7.如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑金属导轨固定在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好。在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 导体棒与导轨一边垂直，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图像正确的是 设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为s＝vt，导体棒切割磁感线的有效长度L＝vt·tan θ，所以回路中感应电动势E＝BLv＝Bv2t·tan θ，感应电动势与时间t成正比，A正确； 相似三角形的三条对应边长之比为定值，故组成 回路的三角形导轨总长度与时间成正比，则组成 回路的电阻与时间成正比，而感应电动势与时间 也成正比，故感应电流大小与时间无关，为定值， B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为一对平衡力，故外力的功率P＝Fv＝BILv＝BIv2t·tan θ，与时间t成正 比，C正确； 回路中产生的焦耳热Q＝I2Rt，回路电阻R与t成 正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.(2023·湖北省天门外国语学校高二期末)如图所示，足够长的光滑倾斜金属轨道与水平面夹角为30°，上端用阻值为R的电阻连接，下端断开，EF以上轨道平面无磁场，EF以下存在垂直于轨道平面向上的、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。两根一样的导体棒AB、CD质量均为m，电阻均为R，用绝缘轻杆连接。将两导体棒从EF上方轨道处由静止释放，经过t时间CD棒进入磁场，CD棒刚进入磁场时的瞬时加 速度为零，再经过t时间AB棒进入磁场，运 动过程中AB、CD始终与轨道接触良好且垂 直于轨道，导电轨道的电阻忽略不计，重力 加速度为g，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 D.AB棒进入磁场后，导体棒先做加速度减 小的变速运动，最终匀速运动 A.AB棒刚进入磁场的瞬间，流经AB的电流方向和电势差UAB的正负均发 生变化 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 CD棒进入磁场后，根据右手定则可知，感应电流方向为从D→C，则AB棒电流方向为A→B，当AB棒刚 进入磁场的瞬间，此时还是CD棒切 割磁感线产生感应电流，故感应电流 方向不变，且电势差UAB也没有发生 变化，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 AB棒进入磁场后，相当于两电源并 联，总电阻不变，干路电流不变， 两电源中电流为原来的一半，两棒安培力之和等于原来CD棒中的安培力，两棒仍然匀速运动，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、非选择题：本题共7小题，共60分。 9.(4分)(2023·上海市大同中学高二期中)如图所示，铁芯上绕有L1和L2两个线圈，铁芯左边挂一个轻小金属环，环的中心在线圈的中轴线上，当开关S闭合时，L2的两端点A、B电势φA______φB(选填“>”“<”或“＝”)，小金属环将________运动，小磁针的S极将______(后两空选填“向左”“向右”“向里”或“向外”)转动。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 < 向左 向里 开关S闭合时，L1线圈通电，由安培定则可得电流I1产生的磁场方向向右穿过螺线管，如图所示， 线圈L2的磁通量向右增多，由楞 次定律可得感应电流I2的方向从 B流向A，两端点A、B电势φA<φB。 穿过小金属环的磁通量向右增大，故小金属环将向左运动；由安培定则可知在AB下方产生的磁场方向为垂直纸面向外，小磁针受磁力而转动，使N极指向与磁场方向相同，故N极向外转动，S极向里转动。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10.(4分)(2023·福建省德化第一中学高二月考)如图所示，光滑平行金属导轨PQ和JK固定于同一水平面上，将质量均为m的两根导体棒a、b垂直地搁置在两导轨上形成闭合回路。质量为M的磁铁从此闭合回路上方某高度从静止释放，沿中心轴线下降h的高度时，磁铁的速度为v1，两导体棒的速度均为v2，若在此过程中回路产生的电热为Q， 则两导体棒之间的距离______(选填“增大”或“减 小”)，磁铁克服电磁阻力做的功为_________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 减小 mv22＋Q 根据“增缩减扩”，两导体棒将相向运动，使闭合回路的面积减小，以阻碍磁通量的变化，即两导体棒之间的距离减小；磁铁下降减少的重力势能Mgh除转化为自身的动能 Mv12外，通过电磁阻力做功，将机械能还将转化为电能，因此磁铁克服电磁阻力做的功等于机械能减少量，即W＝Mgh－ Mv12，这些电能再转 化为两导体棒的动能mv22和回路产生的电热为Q， 根据能量守恒可知Mgh＝ Mv12＋mv22＋Q，可得 W＝mv22＋Q。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11.(5分)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中， (1)为安全检测灵敏电流计指针偏转方向与电流流向的关系，在给出的实物图(图甲)中，将需要的实验仪器连成完整的实验电路。 (2)电路中定值电阻的作用主要是为了________。 A.减小电路两端的电压，保护电源 B.增大电路两端的电压，保护电源 C.减小电路中的电流，保护灵敏电流计 D.减小电路中的电流，便于观察灵敏电流计的读数 答案　见解析图 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 C 为检测灵敏电流计指针偏转方向与电流流向的关系，应将电源和电流计连接，考虑到电流计的内阻很小，接入大电阻保护电流计，选C；几个元件串联连接，完整的实验电路如图。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (3)下列实验操作中说法正确的是________。 A.实验中需要将条形磁铁的磁极快速插入或快速拔出，感应电流的产生 将更加明显 B.实验中将条形磁铁的磁 极插入或拔出时，不管 缓慢，还是迅速，对实 验现象都不影响 C.将N极向下插入线圈或将S极向下插入线圈，电流计指针的偏转方向相同 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 实验中将条形磁铁的磁极快速插入或快速拔出，磁通量的变化率更大，产生的感应电流大，指针的偏转幅度大，产生的现象将更加明显，故A正确，B错误； 将N极向下插入线圈或 将S极向下插入线圈， 磁通量都增大，但两种 原磁场的方向相反，由楞次定律得出的感应电流方向相反，电流计指针的偏转方向相反，故C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12.(7分)(2023·重庆巴蜀中学高二月考)某同学利用如图甲 所示实验装置来完成“探究影响感应电流方向的因素” 的实验。 (1)下表为该同学记录的实验现象： 序号 磁铁磁场的方向(正视) 磁铁运动情况 指针偏 转情况 感应电流的磁场方向(正视) 1 向下 插入线圈 向左 向上 2 向下 拔出线圈 向右 向下 3 向上 插入线圈 向右 向下 4 向上 拔出线圈 向左 向上 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ①由实验记录_____(选填字母代号)可得出穿过闭合回路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场相同；由实验记录_____(选填字母代号)可得出穿过闭合回路的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原磁场相反。 A.1、2 B.1、3 C.1、4 D.2、4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 D B 实验2中磁铁磁场的方向向下，拔出线圈时，线圈中的磁通量减小，感应电流的磁场方向向下，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同；实验4中磁铁磁场的方向向上，拔出线圈时，线圈中的磁通量减小，感应电流的磁场方向向上，感应电流的磁场方向与 原磁场方向相同，由此可以得出：线圈中的磁通量 减小时，感应电流的磁场总跟原磁场方向相同，故 选D； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 实验1中磁铁磁场的方向向下，插入线圈时，线圈中的磁通量增大，感应电流的磁场方向向上，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；实验3中磁铁磁场的方向向上，插入线圈时，线圈中的磁通量增大，感应电流的磁场方向向下，感应电流的磁场方向与 原磁场方向相反，由此可以得出：线圈中的磁通量 增大时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反， 选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 根据上述实验归纳出：线圈中的磁通量增大时，感应电流的磁场方向总跟原磁场方向相反；线圈中的磁通量减小时，感应电流的磁场方向总跟原磁场方向相同。概括成最简单的结论就是：感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化。 ②由实验1、2、3、4得出的结论是__________________ __________________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 感应电流的磁场总是 阻碍原磁通量的变化 (2)该同学利用上面实验中得到的结论，在图乙所示装置中进行以下________(选填字母代号)操作会导致电流表乙的指针向左偏转。其中两个电流表的相同，零刻度居中。闭合开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针位置如图乙所示。 A.断开开关瞬间 B.断开开关，等电路稳定后再闭合开关的瞬间 C.滑动变阻器的滑片向a端迅速滑动 D.滑动变阻器的滑片向b端迅速滑动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 BC 由题图知，当电流从“－”接线柱流入时，指针向右偏转。断开开关瞬间，电路中电流减小，线圈A中向上的磁通量减少，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿逆 时针(从上往下看)，从“－”接线柱流入乙表， 乙表向右偏转，A错误； 断开开关，等电路稳定后再闭合开关的瞬间， 电路中电流增大，线圈A中向上的磁通量增大， 根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针(从上往下看)，从“＋”接线柱流入乙表，乙表向左偏转，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 滑动变阻器的滑片向a端迅速滑动，电路电阻减小，电流增大，线圈A中向上的磁通量增大，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针(从上往下看)，从“＋”接线柱流入乙表，乙表向左偏转，C正确，同理可知D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13.(12分)(2023·北京八中高二期末)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。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，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m。求： (1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E； 答案　0.08 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 在t＝0到t＝0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量大小ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量大小为ΔΦ，有ΔΦ＝ΔB·l2 (2分) 由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的， 联立可得E＝0.08 V (1分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 代入数据得I＝0.8 A (1分) 由楞次定律可知，金属框中电流方向为顺时针。 (2分) (2)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中 电流I的大小和方向； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　0.8 A　顺时针方向 由题图可知，t＝0.05 s时，磁感应强度为B1＝0.1 T，金属框ab边受到的安培力F＝IlB1 (1分) 代入数据得F＝0.016 N (1分) 由左手定则可知方向垂直于ab向左。 (2分) (3)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的 安培力F的大小和方向。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　0.016 N　方向垂直于ab向左 14.(12分)(2022·咸阳市高二期末)为了提高城市摩天大楼中电梯的运行效率并缩短候梯时间，人们设计了一种电磁驱动的无绳电梯，如图甲。图乙所示为电磁驱动的简化模型：光滑的平行长直金属导轨置于竖直面内，间距L＝1 m。导轨下端接有阻值R＝1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的导体棒(相当于电梯车厢)垂直跨接在导轨上，导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上存在磁感应强度大小B＝0.5 T，方向垂直纸面向 里的匀强磁场，导体棒始终处于磁场区域内， g取10 m/s2。t＝0时刻，磁场以速度v1＝ 10 m/s速度匀速向上移动的同时静止释放 该导体棒。 (1)求t＝0时刻导体棒的加速度大小； 答案　15 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 在t＝0时刻，磁场匀速向上移动，导体棒相对磁场向下的速度大小也为v1＝10 m/s，由法拉第电磁感应定律，可知导体棒产生的感应电动势为E1＝BLv1＝0.5×1×10 V＝5 V (1分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 导体棒受到向上的安培力大小为 F安1＝BI1L＝0.5×5×1 N＝2.5 N (1分) 由牛顿第二定律可得F安1－mg＝ma (1分) 解得加速度大小为a＝15 m/s2 (1分) 方向竖直向上。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，求该恒定速度的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　6 m/s 若导体棒随之运动并很快达到一个 恒定速度，此时导体棒受向上安培 力大小等于重力，则有 F安2＝BI2L＝mg＝1 N (2分) 解得此时回路中的电流为I2＝2 A (1分) 由法拉第电磁感应定律可得E2＝I2R＝BLv2 (1分) 解得v2＝4 m/s (1分) 由法拉第电磁感应定律可知，v2是导体棒相对磁场的运动速度，则有导体棒的恒定速度为v＝v1－v2＝10 m/s－4 m/s＝6 m/s。 (2分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15.(16分)如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为L＝0.5 m，导轨足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg、mb＝0.5 kg，有效电阻分别为Ra＝1 Ω、Rb＝2 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝1.8 m高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的 水平部分，已知两棒在运动过程中 始终保持与导轨垂直且接触良好， 两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求： (1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度； 答案　9 m/s2，方向向右 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 对b棒F安＝ILB 根据牛顿第二定律有F安＝mba (1分) 解得a＝9 m/s2 (1分) 由左手定则知，b棒加速度的方向向右。 (1分) a棒沿弧形导轨下滑h过程， a棒进入磁场瞬间感应电动势E＝BLv 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 BLq＝mbv共 (2分) 对a、b：由动量守恒定律得 mav＝(ma＋mb)v共 解得v共＝4 m/s (2分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　2 J 联立解得Qa＝2 J。 (2分) a、b棒在水平面内运动过程，由能量守恒定律得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 B.圆管的感应电动势大小为 C.圆管的热功率大小为 D.轻绳对圆管的拉力随时间减小 圆管的感应电动势大小为E＝πr2＝kπr2，选项B错误； 圆管的电阻R＝ρ，圆管的热功率大小为  P＝＝，选项C正确； t1～t2时间内的感应电流大小为i＝＝，因螺线管P中电流变化率增大，即穿过Q的磁通量的变化 率增大，则Q中电流在增大， C正确； ， A.若初速度v未知，则v＝ B.此时线框的加速度大小为 C.此过程中通过线框横截面的电荷量为 D.此时线框的电功率为 磁通量的变化量绝对值|ΔΦ|＝|Φ2－Φ1|＝2Ba2，由感应电动势＝＝，感应电流＝＝，由动量定理 可得mv－m＝F安·Δt＝(Ba＋3Ba)Δt，计算 可得v＝，A正确； 由电荷量公式得q＝·Δt＝，C错误； 此时线框的电功率为P＝I2R＝，D正确。 此时切割磁感线产生的感应电动势E＝3Ba＋Ba＝2Bav，线框中电流为I＝＝，由牛顿第二定律得 3BIa＋BIa＝ma加，联立两式可得a加＝ ，B错误； B.轨道宽度为 C.第二个t时间内CD棒产生热量为 经过t时间CD棒进入磁场，则此时 CD棒的速度为v＝gsin 30°·t＝gt， CD棒刚进入磁场时的瞬时加速度为 零，则安培力等于重力沿轨道向下的 分力，即B0IL＝2mgsin 30°，I＝， R总＝R＋＝R，E＝B0Lv, 解得L＝，故B正确； 第二个t时间内，CD棒做匀速直线 运动，则此过程中CD棒产生热量为 Q＝I2Rt＝()2Rt＝，故C正确； 有E＝ (1分) 设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝ (1分) 回路中的电流为I1＝＝A＝5 A (1分) 根据机械能守恒定律有magh＝mav2 (1分) 根据闭合电路欧姆定律I＝ (1分) 答案　 C 对b棒，应用动量定理有LBt＝mbv共 解得q＝ C，故流过a棒的电荷量为 C。 (1分) mav2－(ma＋mb)v共2＝Q (2分) Qa＝Q (2分) $$