（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)47 法拉第電磁感應(yīng)定律（含解析）新人教版

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1、法拉第電磁感應(yīng)定律 一、選擇題 1．(2018·靖遠(yuǎn)縣三模)等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另有一等腰直角三角形導(dǎo)線框ABC以恒定的角速度沿圖示方向穿過(guò)磁場(chǎng)，該過(guò)程中AC∥OQ，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．導(dǎo)線框開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流最小 B．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程磁感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较? C．導(dǎo)線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中C點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì) D．導(dǎo)線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程磁感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较? 答案　B 解析　A項(xiàng)，當(dāng)導(dǎo)線框開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度L最大，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電流最大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； B項(xiàng)，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，由右手定則判定可知，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的

2、感應(yīng)電流方向?yàn)镃到A，所以感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，故B項(xiàng)正確． C、D兩項(xiàng)，導(dǎo)線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中，磁通量減小，由楞次定律知磁感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，AC中電流方向由A到C，而AC在外電路中，所以C點(diǎn)電勢(shì)低于A點(diǎn)電勢(shì)，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤． 2．(2018·課標(biāo)全國(guó)Ⅲ)(多選)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)．導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(　　) A．在t＝時(shí)為零 B．在t＝時(shí)改變方向 C．在t＝時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较? D．在t＝T時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较? 答案　AC 解析　

3、由圖可知，t＝T時(shí)刻，電流的變化率為0，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的變化率為0，則線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，A項(xiàng)正確． t＝或t＝T時(shí)刻，電流的變化率最大，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的變化率最大，則產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大；根據(jù)楞次定律：t＝感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，t＝T時(shí)刻感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 3．(多選)如圖甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長(zhǎng)為10 cm、總電阻為0.1 Ω的正方形閉合導(dǎo)線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，則以下說(shuō)法正確的是(　　) A．導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的是交變電流 B．在t＝1 s時(shí)，ad邊受安培力方向向右

4、 C．在0～2 s內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量為10 C D．在t＝2.5 s時(shí)導(dǎo)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1 V 答案　AB 解析　A項(xiàng)，根據(jù)楞次定律可知，在0～2 s內(nèi)的感應(yīng)電流方向與2 s～3 s內(nèi)的感應(yīng)電流方向相反，即為交流電，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向逆時(shí)針，根據(jù)左手定則可知受到的安培力方向向右，故B項(xiàng)正確； C項(xiàng)，在0～2 s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1＝100××0.12 V＝1 V， 再根據(jù)歐姆定律I＝，則有：I1＝ A＝10 A， 根據(jù)Q＝It，解得：Q＝10×2 C＝20 C，故C項(xiàng)錯(cuò)誤； D項(xiàng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，2.5 s時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)

5、勢(shì)等于2 s到3 s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則有：E＝＝ V＝2 V，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 4．(2018·廈門二模)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)原理如圖所示．銅質(zhì)圓盤水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，圓盤圓心處固定一個(gè)帶搖柄的轉(zhuǎn)軸，邊緣和轉(zhuǎn)軸處各有一個(gè)銅電刷與其緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電阻R連接起來(lái)形成回路，其他電阻均不計(jì)．轉(zhuǎn)動(dòng)搖柄，使圓盤如圖示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓盤半徑為r，電阻的功率為P.則(　　) A．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺腸到d B．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺膁到c C．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺腸到d D．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角

6、速度為，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺膁到c 答案　D 解析　將圓盤看成無(wú)數(shù)幅條組成，它們都切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，出現(xiàn)感應(yīng)電流， 根據(jù)右手定則可知，圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向圓心，則流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺膁到c. 圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝Br2ω， R的功率：P＝， 解得：ω＝，故A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 5．(2017·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長(zhǎng)為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)．

7、線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N 答案　BC 解析　A、B兩項(xiàng)，由圖像可以看出，0.2～0.4 s沒(méi)有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，所以從開始到ab進(jìn)入用時(shí)0.2 s，導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為：v＝＝ m/s＝0.5 m/s，根據(jù)E＝BLv知磁感應(yīng)強(qiáng)度為：B＝＝ T＝0.2 T，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確．C項(xiàng)，由(b)圖可知，

8、線框進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，根據(jù)楞次定律得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外，故C項(xiàng)正確．D項(xiàng)，在0.4～0.6 s內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力F＝BIL＝＝ N＝0.04 N，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 6．(2018·重慶模擬)如圖所示，處于豎直面的長(zhǎng)方形導(dǎo)線框MNPQ邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)和2L，M、N間連接兩塊水平正對(duì)放置的金屬板，金屬板距離為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．內(nèi)板間有一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g，則下列關(guān)于磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的變化情況及其變化率的說(shuō)法正確的是(　　) A．正在增強(qiáng)，＝ B．正在減小，＝ C．正在增強(qiáng)，

9、＝ D．正在減小，＝ 答案　B 解析　電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場(chǎng)力豎直向上，則電容器的下極板帶正電，所以線框下端相當(dāng)于電源的正極，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)順時(shí)針?lè)较?，感?yīng)電流的磁場(chǎng)方向和原磁場(chǎng)同向，根據(jù)楞次定律，可得穿過(guò)線框的磁通量在均勻減??； 線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝S＝L2； 油滴所受電場(chǎng)力：F＝E場(chǎng)q， 對(duì)油滴，根據(jù)平衡條件得：q＝mg； 所以解得，線圈中的磁通量變化率的大小為：＝. 7.(2018·海南三模)如圖所示，有兩根豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)＝2 m，導(dǎo)軌下端接有阻值為R＝1 Ω的電阻，在兩導(dǎo)軌之間有兩個(gè)半徑均為r＝0.5 m的圓形

10、磁場(chǎng)區(qū)域，下方區(qū)域磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大且變化率為 T/s，上方磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場(chǎng)，一根質(zhì)量為m＝1 kg、電阻為1 Ω的金屬棒ab與上方磁場(chǎng)區(qū)域的直徑重合并與導(dǎo)軌垂直放置，金屬棒恰好靜止，不計(jì)金屬導(dǎo)軌的電阻，則上方區(qū)域磁場(chǎng)的大小和方向?yàn)?重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．大小為10 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向里 B．大小為5 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向里 C．大小為10 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向外 D．大小為5 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向外 答案　C 解析　根據(jù)楞次定律知，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)閍NQba，ab棒中電流方向由b到a.ab棒所受的

11、安培力方向豎直向上，由左手定則判斷知上方區(qū)域磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向外． 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： E＝·πr2＝×π×0.52＝2 V 通過(guò)ab棒的感應(yīng)電流為： I＝＝＝1 A 金屬棒恰好靜止，則有：BI·2r＝mg 解得：B＝10 T. 8．(2017·課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)如圖所示，半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．半徑為b的金屬圓環(huán)與圓形磁場(chǎng)同心地位置，磁場(chǎng)與環(huán)面垂直．金屬環(huán)上分別接有相同的燈L1、L2，燈的電阻均為R，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計(jì)．MN棒以速率v在環(huán)上向右勻速滑動(dòng)，棒滑過(guò)圓

12、環(huán)直徑OO′的瞬間，燈L1，L2恰好正常發(fā)光．現(xiàn)撤去中間的金屬棒MN，使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，為了使燈L1，L2也正常發(fā)光，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化率的大小應(yīng)為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 答案　D 解析　當(dāng)MN棒滑過(guò)圓環(huán)直徑OO′的瞬間，設(shè)由于棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，通過(guò)棒的電流為I、通過(guò)燈泡的電流為I1，則有： E＝Blv＝2B0av① I＝＝② I1＝③ 由①②③得：I1＝④ 當(dāng)撤去中間的金屬棒MN，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化時(shí)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為k，此過(guò)程電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，感應(yīng)電流為I′、則由法拉第電磁感應(yīng)定律得： E′

13、＝S＝πa2k⑤ I′＝⑥ 由⑤⑥得：I′＝⑦ 由題意可知I1＝I′，解得： k＝，故D項(xiàng)正確，A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤；故選D項(xiàng)． 9．(2018·江西一模)如圖為兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左右兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，距磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)磁通量Φ的方向?yàn)檎畡t下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在～的過(guò)程中，磁通量的變化量為2BL2 B．在～的過(guò)程中，

14、電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝3BLv C．在～的過(guò)程中產(chǎn)生的電功率是～的過(guò)程中產(chǎn)生的電功率的9倍 D．在～的過(guò)程中產(chǎn)生的安培力大小是～的過(guò)程中產(chǎn)生的安培力大小的3倍 答案　C 解析　A項(xiàng)，在～的過(guò)程中，t＝時(shí)刻，線圈的磁通量為Φ1＝0，t＝時(shí)刻磁通量為Φ2＝BL2，則磁通量的變化量為ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BL2.故A項(xiàng)錯(cuò)誤． B項(xiàng)，在～的過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為負(fù)，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝－BLv＋(－2BLv)＝－3BLv，故B項(xiàng)錯(cuò)誤． C項(xiàng)，在～的過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝3BLv，感應(yīng)電流I2＝＝·～的過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv，感應(yīng)電流I1＝＝ 根據(jù)電功率P

15、＝I2R得，在～的過(guò)程中產(chǎn)生的電功率是～的過(guò)程中產(chǎn)生的電功率的9倍，故C項(xiàng)正確． D項(xiàng)，在～的過(guò)程中產(chǎn)生的安培力大小F2＝BI2L＋2BI2L＝·～的過(guò)程中產(chǎn)生的安培力大小F1＝BI1L＝，所以在～的過(guò)程中產(chǎn)生的安培力大小是～的過(guò)程中產(chǎn)生的安培力大小的9倍，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 10．(2018·包頭一模)(多選)如圖所示，在邊長(zhǎng)為a的正方形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其方向垂直紙面向外，一個(gè)邊長(zhǎng)也為a的單匝正方形導(dǎo)線框架EFGH正好與上述磁場(chǎng)區(qū)域的邊界重合，導(dǎo)線框的電阻為R.現(xiàn)使導(dǎo)線框以周期T繞其中心O點(diǎn)在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)導(dǎo)線框轉(zhuǎn)到圖中虛線位置，則在這時(shí)間內(nèi)(　　) A．順時(shí)針?lè)?/p>

16、向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)镋→F→G→H→E B．平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小等于 C．平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小等于 D．通過(guò)導(dǎo)線框橫截面的電荷量為 答案　BD 解析　A項(xiàng)，由于虛線位置是經(jīng)過(guò)到達(dá)的，而且線框是順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，所以線框的磁通量是變小的．根據(jù)楞次定律，可以判斷出感應(yīng)電流的方向?yàn)椋篍→H→G→F→E，故A項(xiàng)錯(cuò)誤． B項(xiàng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝，由幾何知識(shí)得：OC＝a，OA＝a，AB＝AC， 根據(jù)幾何關(guān)系找出有磁場(chǎng)穿過(guò)面積的變化ΔS＝(3－2)a2，解得：E＝，故B項(xiàng)正確，故C項(xiàng)錯(cuò)誤． D項(xiàng)，通過(guò)導(dǎo)線框橫截面的電荷量q＝I·Δt＝·Δt＝，故D項(xiàng)正確． 1

17、1．(2018·樂(lè)山模擬)(多選)如圖，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R，Ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0≤x≤4 m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x(以m為單位)的分布規(guī)律為B＝0.8－0.2x(T)，金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，ab始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻．設(shè)在金屬棒從x1＝1 m經(jīng)x2＝2 m到x3＝3 m的過(guò)程中，R的電功率保持不變，則金屬棒(　　) A．在x1與x3處的電動(dòng)勢(shì)之比為1∶3 B．在x1與x2處受到磁場(chǎng)B的作用力大小之比為2∶1 C．從x1到x2與從x2到x3的過(guò)程中通過(guò)

18、R的電量之比為5∶3 D．從x1到x2與從x2到x3的過(guò)程中通過(guò)R產(chǎn)生的焦耳熱之比為5∶3 答案　CD 解析　A項(xiàng)，因?yàn)閺膞1＝1 m經(jīng)x2＝2 m到x3＝3 m的過(guò)程中，R的電功率保持不變，則有P＝可知從x1＝1 m經(jīng)x2＝2 m到x3＝3 m的過(guò)程中，電動(dòng)勢(shì)不變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； B項(xiàng)，在x1＝1 m處B1＝0.8－0.2×1＝0.6 T，x2＝2 m處B2＝0.8－0.2×2＝0.4 T，由A項(xiàng)分析可知整個(gè)過(guò)程中電動(dòng)勢(shì)E不變，則電流不變，由F＝BIL可知在x1與x2處受到磁場(chǎng)的作用力大小之比為3∶2，故B項(xiàng)錯(cuò)誤； C項(xiàng)，由q＝可知從x1到x2過(guò)程與從x2到x3過(guò)程ΔS相等，x1到x

19、2的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T，x2到x3的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.3 T，B之比為5∶3，則通過(guò)R的電量之比為5∶3，故C項(xiàng)正確； D項(xiàng)，消耗的焦耳熱為Q＝I2Rt＝IqR，則焦耳熱之比即為通過(guò)的電荷量之比，由C項(xiàng)分析可知消耗的焦耳熱之比為5∶3，故D項(xiàng)正確． 12．(2018·衡水三模)(多選)如圖所示，半徑為r的半圓弧光滑金屬導(dǎo)軌ab垂直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)有一導(dǎo)體棒Oc可繞半圓形導(dǎo)軌的圓心O點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒接入的電阻為R0，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．在導(dǎo)軌的右端點(diǎn)b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動(dòng)變阻器兩端．現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從b

20、端向a端轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中c端電勢(shì)高 B．滑片P置于最右端不動(dòng)，且導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)外力的功率為 C．導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，將P從最右端滑到最左端的過(guò)程中C的放電量為 D．滑片P置于中間不動(dòng)，均勻增大轉(zhuǎn)速時(shí)導(dǎo)體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大 答案　CD 解析　A項(xiàng)，導(dǎo)體棒Oc轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中由右手定則知電流由c向O流動(dòng)，因?qū)w棒相當(dāng)于電源，故c端是電源的負(fù)極，電勢(shì)低，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； B項(xiàng)，導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Brω＝Br2ω，因此回路中的電流為I＝，于是對(duì)應(yīng)外力的功率為P＝I2(R＋R0)＝，故B項(xiàng)錯(cuò)誤； C項(xiàng)

21、，導(dǎo)體棒穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)勢(shì)恒定，將滑片P從右向左滑動(dòng)過(guò)程中C的電壓從U＝R＝逐漸減小到零，對(duì)應(yīng)放出的電荷量為Q＝C(U－0)＝，故C項(xiàng)正確； D項(xiàng)，滑片P置于中間不動(dòng)，增大轉(zhuǎn)速時(shí)，ω＝2πn，電動(dòng)勢(shì)E＝Br2ω＝πBr2n，回路中的電流為I＝，聯(lián)立化簡(jiǎn)得I＝n線性增大，因此安培力F＝IrB＝n也線性增大；由于電流線性增大，滑動(dòng)變阻器分配的電壓線性增大，加在C上的電壓線性增大，因此它的帶電量也線性增大，故D項(xiàng)正確． 二、非選擇題 13．(2017·江蘇)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNP

22、Q的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求： (1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv0 感應(yīng)電流I＝，解得I＝ (2)安培力F＝BId 牛頓第二定律F＝ma，解得a＝ (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v，則 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bd(v0－v)

23、 電功率P＝，解得P＝. 14．如圖(a)所示，平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L＝0.4 m，導(dǎo)軌右端接有阻值R＝1 Ω的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，從0時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時(shí)刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運(yùn)動(dòng)，1 s后剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v＝1 m/s做直線運(yùn)動(dòng)，求： (1)進(jìn)入磁場(chǎng)前，回路中的電動(dòng)勢(shì)E； (2)棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的最大安培力F，以及棒通過(guò)三角形abd區(qū)域時(shí)電流i與時(shí)間t的關(guān)系式．

24、 答案　(1)E＝0.04 V　(2)i＝t–1(1 s