第2节　法拉第电磁感应定律练习（Word含解析）

第2章　电磁感应及其应用
第2节　法拉第电磁感应定律
基础过关练
题组一　法拉第电磁感应定律
1.下列叙述中影响感应电动势大小的因素是 (　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.磁通量的大小 B.磁通量的变化率
C.电路是否闭合 D.磁通量的变化量
2.穿过一个单匝线圈的磁通量始终为每秒均匀地增加2 Wb,则 (　　)
A.线圈中的感应电动势每秒增加2 V
B.线圈中的感应电动势每秒减小2 V
C.线圈中的感应电动势始终为2 V
D.线圈中不产生感应电动势
3.如图所示,A、B两闭合线圈用同样导线绕成,A有10匝,B有20匝,两圆线圈半径之比为2∶1,匀强磁场只分布在B线圈内,当磁场随时间均匀减弱时 (　　)
A.A中无感应电流
B.A、B中均有恒定的感应电流
C.A、B中的感应电动势之比为1∶1
D.A、B中的感应电流之比为1∶1
4.(多选)穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示,下列关于回路中产生的感应电动势的论述,正确的是 (　　)
A.图甲中回路产生的感应电动势恒定不变
B.图乙中回路产生的感应电动势一直在变大
C.图丙中回路在0~t0时间内产生的感应电动势大于t0~2t0时间内产生的感应电动势
D.图丁中回路产生的感应电动势先变小再变大
5.如图为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术,动手制作了一个“特斯拉线圈”。线圈匝数为n,面积为S,若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间线圈两端的电势差的大小为 (　　)
A.恒为 　　　B.从0均匀变化到
C.恒为 　　　D.从0均匀变化到
6.(2021四川新津中学高二开学考试)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场方向垂直,且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到3B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为 (深度解析)
A. B. C. D.
7.(多选)由粗细相同、同种材料制成的A、B两线圈分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中,甲、乙两图中的磁场方向均垂直于线圈平面,A、B线圈的匝数之比为2∶1,半径之比为2∶3,当两图中的磁场都随时间均匀变化时 (　　)
A.甲图中,A、B两线圈中电动势之比为2∶3
B.甲图中,A、B两线圈中电流之比为3∶2
C.乙图中,A、B两线圈中电动势之比为8∶9
D.乙图中,A、B两线圈中电流之比为2∶3
题组二　导体平动切割磁感线产生电动势的理解和计算
8.鸽子体内的电阻大约为103 Ω,当它在地球磁场中展翅飞行时,会切割磁感线,在两翅之间产生动生电动势。若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10-4 T,鸽子以20 m/s的速度水平滑翔,则可估算出两翅之间产生的动生电动势约为(鸽子两翅展开可达30 cm) (　　)
A.30 mV B.3 mV
C.0.3 mV D.0.03 mV
9.如图所示的导体棒的长度为L,处于磁感应强度为B的匀强磁场中,导体棒运动的速度均为v,则产生的感应电动势为BLv的是 (　　)
10.如图所示,abc为一金属导体,ab=bc=l,置于磁感应强度为B的匀强磁场中。当导体以速度v向右运动时,ac上产生的感应电动势为 (　　)
A.Blv B.Blv
C.Blv D.Blv+Blv
题组三　导体转动切割磁感线产生电动势的理解和计算
11.如图所示,导体棒ab长为4L,匀强磁场的磁感应强度为B,导体棒绕过O点垂直纸面的轴以角速度ω匀速转动,a与O的距离很近,可以忽略。则a端和b端的电势差Uab等于 (　　)
A.2BL2ω B.4BL2ω
C.6BL2ω D.8BL2ω
12.如图所示,导体棒AB的长为2R,绕O点以角速度ω匀速转动,OB长为R,且O、B、A三点在一条直线上,有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直,那么AB上的电动势为 (　　)
A.BωR2 B.2BωR2
C.4BωR2 D.6BωR2
13.1831年10月28日,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机。它是利用电磁感应的原理制成的,是人类历史上的第一台发电机。据说,在法拉第表演他的圆盘发电机时,一位贵妇人问道:“法拉第先生,这东西有什么用呢 ”法拉第答道:“夫人,一个刚刚出生的婴儿有什么用呢 ”如图是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。使铜盘转动,电阻R中就有电流通过。已知铜盘半径为r,铜盘内阻忽略不计,铜盘所在区域磁感应强度为B,转动的角速度为ω,则以下判断正确的是 (　　)
①铜盘转动过程中产生的电流方向是D到C
②铜盘转动过程中D点的电势高于C点
③铜盘转动过程中产生的感应电动势大小为E=Br2ω
④铜盘转动过程中产生的感应电流大小为I=
A.①② B.②③
C.③④ D.①④
题组四　电荷量的计算
14.(多选)如图所示,长直导线通以方向向上的恒定电流I,矩形金属线圈abcd与导线共面,线圈的长是宽的2倍,第一次将线圈由静止从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ停下,第二次将线圈由静止从位置Ⅰ绕过d点垂直纸面的轴线旋转90°到位置Ⅲ停下,两次变换位置的过程所用的时间相同,以下说法正确的是 (　　)
A.两次线圈所产生的平均感应电动势相等
B.两次线圈所产生的平均感应电动势不相等
C.两次通过线圈导线横截面的电荷量相等
D.两次通过线圈导线横截面的电荷量不相等
15.如图所示,有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路,内部存在着垂直于回路平面向里的匀强磁场,已知圆的半径r=5 cm,电容C=20 μF,当磁场磁感应强度B以4×10-2 T/s的变化率均匀增加时,则 (　　)
A.电容器a板带正电,电荷量为2π×10-9 C
B.电容器a板带负电,电荷量为2π×10-9 C
C.电容器b板带正电,电荷量为4π×10-9 C
D.电容器b板带负电,电荷量为4π×10-9 C
16.如图所示,将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字形,并使上、下两圆半径相等。如果环的电阻为R,则此过程中流过环的电荷量为 (　　)
A. B.
C.0 D.能力提升练
题组一　法拉第电磁感应定律的应用
1.(2021北京海淀清华附中高二期末,)(多选)如图所示,矩形线框abdc固定于匀强磁场中,ef为一导体棒,可在ab和cd间滑动并接触良好。设磁感应强度为B,矩形线框的宽度ac等于L,在Δt时间内导体棒ef向左匀速滑过距离Δd,则下列判断正确的是 (　　)
A.当ef向左滑动时,左侧面积减小LΔd,右侧面积增大LΔd,因此感应电动势E=
B.当ef向左滑动时,左侧面积减小LΔd,右侧面积增大LΔd,互相抵消,因此感应电动势E=0
C.对于匀强磁场中的情况,公式E=中,ΔΦ=BΔS,ΔS是指导体棒切割磁感线扫过的面积,因此E=
D.在切割磁感线的情况下,电动势的求解既能用E=BLv计算,也能用E=计算
2.(2021山东潍坊高三一模,)(多选)如图甲所示,闭合金属环固定在水平桌面上,MN为其直径。MN右侧分布着垂直桌面向上的有界磁场,磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。已知金属环电阻为1.0 Ω,直径MN长20 cm,则t=3 s时 (　　)
A.N点电势高于M点电势
B.M、N两点间电压为5π×10-4 V
C.环所受安培力大小为5π×10-5 N
D.环所受安培力大小为5π2×10-5 N
3.(2021广东汕头高三模拟,)(多选)如图甲,螺线管线圈匝数n=1 000匝,横截面积S=0.02 m2,电阻r=1 Ω,螺线管外接一个阻值R=4 Ω的电阻,电阻的一端b接地。一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,则 (　　)
A.在0~4 s内,R中有电流从b流向a
B.在t=3 s时穿过螺线管的磁通量为0.7 Wb
C.在4~6 s内,R中电流大小为8 A
D.在4~6 s内,R两端电压Uab=40 V
4.(2020江西高安中学高二上期末,)(多选)用导线绕成单匝圆环,环内有一用同种导线折成的单匝内接正三角形线框,圆环与线框彼此绝缘,如图所示。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环和线框所在平面(纸面)向里。当磁感应强度均匀增强时 (　　)
A.圆环和线框中的电流方向都为逆时针方向
B.圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向
C.圆环和线框中的电流大小之比为1∶2
D.圆环和线框中的电流大小之比为3∶1
5.(2020贵州铜仁思南中学高二下期中,)如图所示,L1=0.5 m,L2=0.8 m,回路总电阻为R=0.2 Ω,M=0.04 kg,导轨光滑,开始时磁场B0=1 T。现使磁感应强度以=0.2 T/s的变化率均匀地增大,问:当t为多少时,M刚好离开地面 (g取10 m/s2)
题组二　导体切割磁感线产生电动势的理解和计算
6.(2021江苏南京高二下月考,)如图所示,竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出,设整个过程中棒的取向不变,且不计空气阻力,则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.越来越大
B.越来越小
C.保持不变
D.无法判断
7.(2021福建福州高二上期末,)我们位于地球的北半球,曾经在教室的天花板上装有吊扇。假设吊扇的各叶片水平,只考虑该处地磁场的竖直分量,设地磁场磁感应强度的竖直分量的大小为B,叶片的长度为L,中间圆盘半径为R。电扇使用时转动的频率为f,逆着地磁场竖直分量的方向看吊扇,其叶片按逆时针方向转动,叶片的近轴端为a,远轴端为b,用E表示每个叶片上的感应电动势,则 (　　)
A.E=πf(L+R)LB,且a点电势高于b点电势
B.E=2πf(L-R)LB,且a点电势高于b点电势
C.E=2πfL(L-2R)B,且a点电势低于b点电势
D.E=πfL(L+2R)B,且a点电势低于b点电势
8.(2021黑龙江大庆铁人中学检测,)(多选)如图所示,一电阻不计的导体圆环,半径为r、圆心在O点,过圆心放置一长度为2r、电阻为6R的辐条,辐条与圆环接触良好,现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中,磁场边界恰与圆环直径在同一直线上,现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动,右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触,R1=6R,S处于闭合状态,不计其他电阻,则下列判断正确的是 (　　)
A.通过R1的电流方向为自下而上
B.感应电动势大小为2Br2ω
C.理想电压表的示数为Br2ω
D.理想电流表的示数为
题组三　E=n与E=Blv的选用技巧及综合应用
9.(2020浙江瑞安中学高二检测,)(多选)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是 (　　)
A.感应电流方向不变
B.CD段导线始终不受安培力
C.感应电动势最大值Em=Bav
D.感应电动势的平均值E=πBav
10.(2020天津第一中学高二检测,)如图所示,匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率应为 (　　)
A. B.
C. D.
题组四　法拉第电磁感应定律的综合问题
11.(2021湖北武汉高二下期末,)(多选)如图所示,用一根导线做成一个半径为r的圆环,其单位长度的电阻为r0,将圆环的右半部分置于变化的匀强磁场中,设磁场方向垂直纸面向里为正,磁感应强度随时间做周期性变化的关系如图乙所示,则 (　　)
A.在t=π时刻,圆环中有顺时针方向的感应电流
B.在0~时间内圆环受到的安培力大小、方向均不变
C.在~π时间内通过圆环横截面的电荷量为
D.圆环在一个周期内的发热量为
12.(2021福建龙岩高三一模,)(多选)如图所示,两条相距为d的足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内,其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为R、长为d的金属杆ab在导轨上以大小为v0的初速度水平向左运动,其左侧有边界为PQ、MN的匀强磁场,磁感应强度大小为B。该磁场以大小为v0的恒定速度匀速向右运动,金属杆进入磁场后,在磁场中运动t时间后达到稳定状态,导轨电阻不计,下列说法正确的是 (　　)
A.当金属杆刚进入磁场时,杆两端的电压大小为Bdv0
B.当金属杆运动达到稳定状态时,杆两端的电压大小为Bdv0
C.t时间内金属杆所受安培力的冲量等于0
D.t时间内金属杆所受安培力做的功等于0
13.(2019福建泉港一中期中,)如图甲所示,一个总阻值r=10 Ω,匝数n=1 000匝的正方形金属线圈,与阻值R=20 Ω的定值电阻连成闭合回路。线圈的边长L=0.1 m,其内部空间(包括边界处)充满了垂直线圈平面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示。导线电阻不计,求:
(1)t=0时刻,穿过线圈的磁通量;
(2)t=0.01 s时,线圈的感应电动势;
(3)0~0.02 s内电阻R的热功率。
14.(2020山东淄博高二检测,)如图所示,光滑导轨竖直放置,匀强磁场的磁感应强度为B=1 T,磁场方向垂直于导轨平面向外,导体棒ab的长度与导轨宽度均为L=0.5 m,电阻R=2.0 Ω。导体棒与导轨接触良好,导轨电阻不计。当导体棒ab沿导轨匀速下滑时,标有“3 V,1.5 W”字样的小灯泡恰好正常发光,g=10 m/s2,求:
(1)导体棒ab中的电流I的大小和方向;
(2)导体棒ab的速度v的大小;
(3)电路的总电功率P;
(4)导体棒ab的质量m。
答案全解全析
第2章　电磁感应及其应用
第2节　法拉第电磁感应定律
基础过关练
1.B　在闭合电路中,感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,所以决定感应电动势大小的因素是磁通量的变化率,故B项正确,A、C、D错误。
2.C　由法拉第电磁感应定律得E==2 V,所以线圈中感应电动势始终为2 V,选项C正确。
3.B　线圈中产生的感应电动势E=n,A、B中的感应电动势之比为1∶2,又因为R=ρ,故RA∶RB=1∶1,所以IA∶IB=1∶2,故A、C、D三项错误,B项正确。
4.CD　根据E=n可知,Φ-t图线的斜率反映感应电动势的大小及其变化情况。题图甲中E=0,A错;题图乙中E为恒量,B错;题图丙中闭合回路在0~t0时间内产生的感应电动势大于t0~2t0时间内产生的感应电动势,C正确;题图丁中闭合回路产生的感应电动势先变小再变大,D正确。
5.C　穿过线圈的磁通量均匀增加,故产生恒定的感应电动势,根据法拉第电磁感应定律,有E=n=nS=nS,选项C正确,A、B、D错误。
6.A　根据法拉第电磁感应定律可得E=n,ΔΦ=3B·-B·=Ba2,联立解得E=n,故选A。
导师点睛
　　求感应电动势大小的三种情况
E=·S 面积不变,B变化
E=·B B不变,面积变化
E= 面积和B均变化
7.BCD　题图甲中磁通量的变化率一样,由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势与匝数成正比,为2∶1,由公式R=ρ可知,电阻之比为4∶3,则电流之比为3∶2,选项A错误,B正确;乙图中磁场变化率一样,由法拉第电磁感应定律可得,电动势之比为8∶9,电阻之比为4∶3,则电流之比为2∶3,选项C、D正确。
8.C　因为鸽子两翅展开可达30 cm,所以E=BLv=0.3 mV,C项正确。
9.D　当B、L、v三个量的方向两两垂直时,E=BLv。A选项中B与v不垂直;B、C选项中B与L平行,E=0;只有D选项中三者互相垂直,D正确。
10.B　ab边不切割磁感线,bc边在竖直方向的分量可视为切割磁感线的有效长度,则E=Blv sin 60°=Blv,故选B。
11.D　导体棒ab切割磁感线的总长度为4L,切割磁感线的平均速度=ω×4L=2Lω,由公式E=Blv知,E=B·4L·2Lω=8BL2ω,则Uab=E=8BL2ω,D项正确。
12.C　A点线速度vA=ω·3R,B点线速度vB=ωR,AB棒切割磁感线的平均速度==2ωR,由公式E=Blv得,AB上的电动势为E=B·2R·=4BωR2,C正确。
13.B　根据右手定则可知,电流从D流出,经过R流向C,因此铜片D的电势高于铜片C的电势,故①错误,②正确;根据公式E=Br,=,解得E=,根据闭合电路欧姆定律I==,故③正确,④错误,故B正确。
14.BD　根据通电直导线周围的磁场分布可知,两次通过线圈的磁通量不同,根据=n可知,线圈所产生的平均感应电动势不相等,选项A错误,B正确;根据q=n可知两次通过线圈导线横截面的电荷量不相等,选项C错误,D正确。
15.A　根据楞次定律可判断a板带正电,线圈中产生的感应电动势E=πr2=4×10-2×π×25×10-4 V=π×10-4 V,板上带电荷量Q=CE=2π×10-9 C,A项正确。
16.B　通过环的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关,与时间等其他量无关,因此ΔΦ=B·πr2-2×B·π=πBr2,流过环的电荷量q==,故B正确,A、C、D错误。
能力提升练
1.CD　电路可等效为矩形线框左右两边并联,然后与导体棒(电源)串联,对于匀强磁场中的情况,公式E=中,ΔΦ=BΔS,ΔS是指导体棒切割磁感线扫过的面积,因此E=,不能像A、B选项中一样重复计算或抵消,A、B错误,C正确;在切割磁感线的情况下,电动势的求解既能用E=BLv计算,也能用E=计算,D正确。
2.AC　由题图乙可知,磁感应强度随时间均匀增大,磁场方向竖直向上,由楞次定律可知,MN右侧金属环中的感应电流方向由M流向N,MN充当电源,在电源内部电流从低电势流向高电势,则N点电势高于M点电势,A正确;根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E==·S=× V=5π×10-4 V,MN右侧金属环充当电源,M、N两点间电压为路端电压,则UMN==2.5π×10-4 V,B错误;金属环中的电流大小为I== A=5π×10-4 A,t=3 s时,磁感应强度为B'= T=0.5 T,金属环所受的安培力大小为F=B'IL有效=0.5×5π×10-4×20×10-2 N=5π×10-5 N,C正确,D错误。
3.AC　在0~4 s内,穿过螺线管的磁场增强,则磁通量增大,根据楞次定律可知,感应磁场方向向右,再由安培定则可知R中的电流方向从b流向a,选项A正确;由题图乙可知,t=3 s时磁感应强度大小为B=3.5 T,则此时穿过螺线管的磁通量为Φ=BS=3.5×0.02 Wb=0.07 Wb,选项B错误;在4~6 s内,螺线管产生的感应电动势为E=n= V=40 V,则R中电流大小为I== A=8 A,R两端电压为Uab=IR=8×4 V=32 V,选项C正确,D错误。
4.AC　根据楞次定律,当磁场均匀增强时,圆环和线框中的电流方向都为逆时针,故A正确,B错误;设三角形的边长为a,由几何关系,可知外接圆的半径r=×a sin 60°=×a=a,根据法拉第电磁感应定律得,三角形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为E三∶E圆=×a×a∶×π=3∶4π,根据电阻定律得,三角形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为R三∶R圆=ρ∶ρ=9∶2π,由欧姆定律得三角形回路中的感应电流I1与外接圆中感应电流I2之比为I1∶I2=∶=1∶2,故C正确,D错误。
5.答案　5 s
解析　回路中原磁场方向向下,且磁感应强度增加,由楞次定律可以判知,感应电流的磁场方向向上,根据安培定则可以判知,ab中的感应电流的方向是a→b,由左手定则可知,ab所受安培力的方向水平向左,从而可以拉起重物。设ab中电流为I时M刚好离开地面,此时有
F=BIL1=Mg ①
电流I= ②
由法拉第电磁感应定律
E==L1L2·,B=B0+t ③
由①②③解得F=0.4 N,I=0.4 A,B=2 T,t=5 s。
6.C　棒ab水平抛出,做平抛运动,其速度越来越大,但只有水平分速度v0产生感应电动势,竖直分速度vy不产生感应电动势,故感应电动势E=Blv0,保持不变,故选C。
7.D　教室在北半球,地磁场竖直分量方向竖直向下,由右手定则可知,四指方向从a点指向b点,电流从低电势指向高电势,a点电势低,b点电势高。叶片转动的角速度ω=2πf,叶片的感应电动势E=BLv=BL=πfL(L+2R)B,故选D。
8.ACD　根据右手定则可知,通过R1的电流方向为自下而上,A正确;由题意可知,辐条在转动过程中,始终只有一个长度与半径相等的金属棒转动切割磁感线,所以产生的感应电动势为E=Br2ω,故B错误;由闭合电路欧姆定律可知,回路中总电流为I===,由并联电路规律可知,理想电流表的示数为IA=·I=,由欧姆定律可知,理想电压表的示数为U=IAR1=,故C、D正确。
9.ACD　在半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加,始终存在感应电流,由楞次定律和安培定则可知电流方向为逆时针方向不变,选项A正确;由左手定则可知CD边始终受到向下的安培力作用,故选项B错误;进入过程中有效切割长度l先逐渐增大到a,然后再逐渐减小为0,由E=Blv可知,感应电动势最大值Em=Bav,最小值为0,C正确;平均感应电动势为E===πBav,D正确。
10.C　当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势,从而产生感应电流。设半圆的半径为r,导线框的电阻为R,即I1=====。当线框不动,磁感应强度变化时,I2====,因I1=I2,可得=,C选项正确。
11.AD　在t=π时刻,圆环中磁通量为零,且正在增加,故磁通量的变化率不为零,圆环中产生感应电动势,根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向内,故感应电流沿顺时针方向,A正确;在0~时间内,穿过圆环的磁通量均匀变化,故感应电动势是恒定的,感应电流的大小和方向不变,根据F=BIL,B的大小在变化,所以安培力的大小是变化的,故B错误;根据q=IΔt=Δt=,可得在~π时间内,通过圆环横截面的电荷量为q==,故C错误;在一个周期内,磁通量的变化率的大小是一定的,故感应电流的大小是一定的,电流大小为I===,故一个周期内产生的焦耳热为Q=I2RT=×2πrr0×2π=,故D正确。
12.AD　当金属杆刚进入磁场时,杆相对于磁场的速度是2v0,切割磁感线产生的电动势为2Bdv0,则杆两端的电压大小为Bdv0,选项A正确;刚开始运动时,根据楞次定律结合安培定则可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动,当减速到零后,由于磁场依旧向右运动,则金属杆在安培力的作用下向右加速运动,直到杆与磁场的相对速度为零,金属杆运动达到稳定状态,此时金属杆不再切割磁感线,杆两端的电压大小为0,选项B错误;以向右为正方向,t时间内金属杆所受安培力的冲量I=Δp=mv0-(-mv0)=2mv0,选项C错误;t时间内金属杆所受安培力做的功W=ΔEk=m-m=0,选项D正确。
13.答案　(1)6×10-5 Wb　(2)3 V　(3)0.2 W
解析　(1)当t=0时,穿过线圈的磁通量Φ=B0S=6×10-3×0.12 Wb=6×10-5 Wb
(2)由题图乙可看出,图线的斜率k== T/s=0.3 T/s,根据法拉第电磁感应定律可得,t=0.01 s时线圈的感应电动势E=n=n S=1 000×0.3×0.12 V=3 V
(3)根据闭合电路欧姆定律得:I== A=0.1 A
0~0.02 s内电阻R的热功率P=I2R=0.12×20 W=0.2 W
14.答案　(1)0.5 A　电流方向是b→a　(2)8 m/s　(3)2 W
(4)2.5×10-2 kg
解析　(1)ab沿导轨匀速下滑时,导体棒ab切割磁感线,由右手定则可知,电流方向是b→a,由灯泡正常发光可知:I== A=0.5 A。
(2)导体棒与导轨、灯泡组成闭合回路,根据闭合电路欧姆定律:I==,其中r为灯泡的电阻,r== Ω=6 Ω,将数据代入可解得v=8 m/s。
(3)电路总功率P=IE=IBLv=0.5×1×0.5×8 W=2 W。
(4)对ab受力分析:受重力、安培力,由于ab沿导轨匀速下滑,所以mg=F=BIL,即m==1× kg=2.5×10-2 kg。