人教版物理高二选修2-1第三章第二节感应电动势同步训练

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人教版物理高二选修2-1第三章
第二节感应电动势同步训练
一．单项选择题
1．如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则ab棒（　　）
A． 所受安培力方向水平向左
B． 可能以速度v匀速下滑
C． 刚下滑瞬间产生的电动势为BLv
D． 减少的重力势能等于电阻R产生的内能
答案：B
解析：
解答：A、根据右手定则判断可知，ab棒中感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，故A错误．
B、若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，ab棒可能匀速下滑，故B正确．
C、刚下滑瞬间产生的感应电动势为 E=BLvcosθ，故C错误．
D、根据能量守恒定律得知，若ab棒匀速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能之和；若ab棒加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab增加的动能之和；若ab棒减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能．故D错误．
故选：B．
分析： 先根据右手判断出ab棒中感应电流方向，再根据左手定则判断出安培力的方向；根据公式E=BLvsinα，α是导体棒的速度与磁场方向的夹角；根据能量守恒定律分析重力势能的减小量和内能的增加量的关系．
2．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流﹣位移（I﹣x）关系的是（　　）
A． B． C． D．
答案：B
解析：
解答： 解：位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．
，
l=x
则
位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，故ACD错误．
位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．
故选：B．
分析： 将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向．由感应电动势公式E=Blv，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况．
3．如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在fe右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向上，在fe左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界fe处由静止开始向右运动后，（　　）
A． 圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势
B． 圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势
C． 圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势
D． 圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势
答案：C
解析：
解答：由于金属棒向右运动的加速度减小，速度增加变慢，则电流增加的也变慢，则单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．
由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abcd回路中产生顺时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向里的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量增大；
故选：C．
分析：金属棒切割磁感线而使abcd中产生感应电流，感应电流的磁场穿过L；由穿过L的磁场的变化可得出圆环L的形变；由磁通量的变化率可得出感应电流的变化．
4．如图，导线ab、cd跨接在电阻不计，足够长光滑的导轨上，ab的电阻为2R，cd电阻为R，整个装置放置于匀强磁场中．当cd在外力F1作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2的作用下保持静止．则F1、F2及两导线的端电压Uab、Ucd的关系为（　　）
A． F1＞F2 B． F1答案：D
解析：
解答：设回路中感应电流大小为I，两棒的长为L．
cd棒匀速运动，有F1=BIL．
ab棒静止，有 F2=BIL．则F1=F2．
cd棒相当于电源，ab棒是外电路，由于导轨的电阻不计，则Uab=Ucd．
故选：D．
分析：两棒都处于平衡状态，根据平衡条件和安培力关系分析F1、F2的关系．cd棒相当于电源，ab棒是外电路，导轨电阻不计，可知Uab=Ucd．
5．如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨PQ、MN倾斜固定，倾角为θ=30°，相距为L，导轨处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与小球c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b棒也垂直导轨放置在导轨上，b刚好能静止．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g．则（　　）
A． 小球c的质量为2m
B． b棒放上导轨前a棒的加速度为0.5g
C． b棒放上导轨后a棒中电流大小是
D． b棒放上导轨后，小球c减少的重力势能等于回路消耗的电能
答案：C
解析：
解答：A、b棒静止，说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡．对b，由平衡条件可知，安培力大小 F安=mgsinθ，对a，由平衡条件可知 F绳=F安+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F绳=mcg，
因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ=mcg，即物块c的质量为 mc=2msinθ=m，故A正确；
B、b放上之前，根据牛顿第二定律得：b的加速度，故B错误；
C、根据b棒的平衡可知F安=mgsinθ
又因为F安=BIL，可得，故C正确；
D、b棒放上导轨后，a匀速上升，a的重力势能增加，由能量守恒知小球c减少的重力势能等于回路消耗的电能与a增加的重力势能之和，故D错误；
故选：C．
分析：a、b棒中感应电流大小相等方向相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，对b棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒为研究对象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据C平衡可以得到C的质量．c减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析便知．
6．如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆MN垂直放置在导轨上，且接触良好．移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想交流电压表，滑动变阻器R的总阻值大于定值电阻R0的阻值，线圈L的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计．现在让金属杆以速度的规律在导轨上左右来回运动，运动过程中始终与导轨垂直，两灯A、B都发光．下列说法中正确的是（　　）
A． 只增大T，则灯A变暗、灯B变亮
B． 当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为零
C． 只将变阻器R的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大
D． 只增大v0，两灯都变亮，杆MN来回运动的最大距离变小
答案：A
解析：
解答：A、只增大T，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯A变暗，
电感的特性：通直流，阻交流．通低频，阻高频，所以灯B变亮．故A正确；
B、当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故B错误；
C、只将变阻器R的滑片下滑时，变阻器R阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故C错误；
D、只增大v0，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆MN来回运动的最大距离变大，故D错误；
故选：A．
分析：若MN棒以速度的规律在导轨上左右来回运动，原线圈中产生正弦式交变电流，副线圈中将有感应电流产生；
根据电容器和电感线圈的特性分析选择．电容器内部是真空或电介质，隔断直流．能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性．电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性．
7．法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是（　　）
A． 回路中电流大小变化，方向不变
B． 回路中电流大小不变，方向变化
C． 回路中电流的大小和方向都周期性变化
D． 回路中电流方向不变，从b导线流进电流表
答案：D
解析：
解答：铜盘转动产生的感应电动势为：，B、L、ω不变，则E不变．
感应电流大小为：，可知电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b导线流进电流表，故ABC错误，D正确；
故选：D．
分析：圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径，根据感应电动势公式E=BLv分析感应电动势情况，由欧姆定律分析电流情况．根据右手定则分析感应电流方向．
8．如图甲所示，左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距L=1m．一质量m=2kg，阻值r=2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v﹣x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，则从起点发生x=1m位移的过程中（g=10m/s2）（　　）
A． 金属棒克服安培力做的功W1=0.5J
B． 金属棒克服摩擦力做的功W2=4J
C． 整个系统产生的总热量Q=4.25J
D． 拉力做的功W=9.25J
答案：D
解析：
解答：A、由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力，代入得：FA=0.5x，则知FA与x是线性关系．
当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为
即金属棒克服安培力做的功W1=0.25J，故A错误．
B、金属棒克服摩擦力做的功W2=μmgx=0.25×2×10×1J=5J，故B错误．
CD、根据动能定理得：，
其中v=2m/s，μ=0.25，m=2kg，代入解得，拉力做的功W=9.25J．
整个系统产生的总热量．故C错误，D正确
故选：D．
分析：由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式，得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q．
二．多项选择题
9．如图所示，两个有界匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向分别垂直纸面向里和向外，其宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，线框一边平行于磁场边界，现用外力F使线框以图示方向的速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：线框中电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象中正确的是（　　）
A． B． C． D．
答案：AD
解析：
解答：A、在时间内：磁通量，随着时间均匀增大，在时刻，线框完全进入第一个磁场，磁通量为BL2；
在时间内：线框从第一个磁场开始进入第二磁场，磁通量存在抵消，磁通量均匀减小，在时刻，当线框从一种磁场进入另一种磁场正好处于一半时，磁通量为零．在时间内：磁通量反向均匀增大，在，线框完全进入第二个磁场，磁通量反向最大为﹣BL2；在时间内，线框穿出第二个磁场，磁通量均匀减小，在时刻，磁通量为零．故A正确．
B、在时间内：根据法拉第电磁感应定律得知，线框中产生的感应电动势E=BLv，保持不变；
在间内：线框开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势方向相同，串联，电路中总的感应电动势应为2BLv，故B错误；
C、由于线框匀速运动，外力与安培力总保持平衡，根据楞次定律判断可知安培力的方向总是水平向左，则外力F方向总是水平向右，始终为正值．
在时间内：； 在时间内：； 在时间内：；故C错误．
D、在时间内：； 在时间内：；
在时间内：；故D正确．
故选：AD．
分析：线框以速度v匀速穿过磁场区域，穿过线框的磁通量由磁场与面积决定，而面积却由线框宽度与位移决定，但位移是由速度与时间决定，所以磁通量是磁场、线框宽度、速度及时间共同决定．
由于线框匀速穿过方向不同的磁场，因此当在刚进入或刚出磁场时，线框的感应电流大小相等，方向相同．当线框从一种磁场进入另一种磁场时，此时有两边分别切割磁感线，产生的感应电动势正好是两者之和，所以电流是两者之和，且方向相反．
线框中有感应电流，则由左手定则可确定安培力的方向，通过安培力公式可得出力的大小．
由电功率的表达式可知与电流的平方成正比，因此可得出电功率与时间的关系
10．如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5Ω，边长L=0.3m，处在两个半径均为的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示．（　　）
A． 通过线框中感应电流方向为逆时针方向
B． t=0时刻穿过线框的磁通量为0.1Wb
C． 在t=0.6s内通过线框中的电量为0.12C
D． 经过t=0.6s线框中产生的热量为0.06J
答案：ACD
解析：
解答：A、由磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；
B、t=0时刻穿过线框的磁通量为：，故 B错误；
C、在t=0.6s内通过线框中的电量，故C正确；
D、由，故D正确．
故选：ACD．
分析：根据楞次定律判断感应电流的方向；根据磁通量Φ=BS求解；由求解电荷量；由Q=I2Rt求解热量．
11．如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量 为正值，外力F向右为正．则以下能反映线框中的磁通量 、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是（　　）
A．B．C． D．
答案：ABD
解析：
解答：A、当线框进入磁场时，位移在0﹣L内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在L﹣2L内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5L时，磁通量最小，为零，位移在1.5L到2L时，磁通量向里，为正值，且均匀增大．位移在2L﹣2.5L时，磁通量均匀减小至零．在2.5L﹣3L内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值．在3L﹣4L内，磁通量均匀减小至零，且为负值．故A正确；
B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；故B正确；
C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；
D、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；
故选：ABD．
分析：由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLv可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=I2R可求得电功率的变化．
12．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（　　）
A． 金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B． 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
C． 金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为
D． 电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
答案：BC
解析：
解答：A、根据右手定责可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故A错误；
B、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故B正确；
C、当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：，故C正确；
D、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误．
故选：BC．
分析：导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系．
13．如图，水平的平行虚线间距为d=60cm，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R的正方形金属线圈边长l＜d，线圈质量m=100g．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g=10m/s2，则（　　）
A． 线圈下边缘刚进磁场时加速度最小
B． 线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6J
C． 线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向
D． 线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电量相等
答案：BD
解析：
解答：A：正方形金属线圈边长l＜d，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，安培力大于重力；随速度的减小，感应电动势减小，感应电流减小，则安培力减小，线框的加速度减小．故A错误；
B：下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热，故Q=mgd=0.1×10×0.6=0.6J，故B正确；
C：根据右手定则，线圈在进入磁场过程中，电流均为逆时针，穿出磁场过程中，电流均为顺时针，故C错误；
D：通过导线截面的电量：，与速度无关，即进入磁场和穿出磁场过程中通过导线截面的电量相等．故D正确．
故选：BD
分析：（1）正方形金属线圈边长l＜d，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，完全在磁场中时线框再做加速运动（2）根据能量守恒可以判断在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中动能不变，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热；根据位移速度关系式解出线框刚进入磁场时的速度，结合动能定理解出线框的最小速度．
14．如图所示，金属导轨M、N处于同一平面内，导轨M的水平部分有垂直纸面向里的匀强磁场，金属棒ab与导轨始终接触良好并且能够水平向左（或右）运动．若导轨M、N的圆形部分由于磁场力而相互吸引，那么棒ab的运动可能是（　　）
A． 向右加速运动 B． 向右减速运动 C． 向左加速运动 D． 向左减速运动
答案：BD
解析：
解答：若导轨M、N的圆形部分由于磁场力而相互吸引，两线圈为同向电流，根据楞次定律可知，穿过线圈N的磁通量变小，即电流在变小，故运动速度在减小．
故选：BD
分析：先有楞次定律确定M中电流的变化情况，再结合右手定则及法拉第电磁感应定律求解棒的运动方向及大小．
15．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动．当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置且导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，各接触处接触良好，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）
A． 油滴带正电荷
B． 若将导体棒的速度变为2v0，电容器的带电量增加油滴将向上加速运动，加速度a=g
C． 若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a端，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴将静止
D． 若保持导体棒的速度为v0不变，将上极板竖直向上移动距离d，带电油滴的电势能增加，且P点的电势降低
答案：BCD
解析：
解答：A、根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；
B、设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv
电容器两端电压为： ①
开始液滴静止有： ②
当若将导体棒的速度变为2v0时，有：③
④
联立①②③④得：a=g．故B正确；
C、若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a端，
若将上极板竖直向上移动距离时，此时液滴所受电场力为：⑤，因此液滴仍然静止，故C正确；
D、若保持导体棒的速度为v0不变，将上极板竖直向上移动距离d，电容器两端之间的电压仍然为，距离增大，电场强度减小，P与下极板之间的电势差减小，P点的电势降低，负电荷的电势能增大，故D正确．
故选：BCD．
分析：导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题．
三．填空题
16．如图所示，水平桌面上固定有一U形金属导轨MNPQ，处在与它垂直的匀强磁场中．有一导体棒ab在导轨上向右匀速运动，导体棒与导轨始终接触良好，经过0.2s，从“1”位置运动到“2”位置．在这个过程中，穿过由导轨和导体棒组成的闭合回路的磁通量从0.2Wb增加到0.6Wb．求：
①这段时间内通过回路的磁通量的变化量△φ ；
②这段时间内回路中的感应电动势E ；
③若U形金属导轨电阻不计，导体棒的电阻R=5Ω，在5s时间内导体棒产生的热量为4J，则这段时间内回路中的感应电流为 ？
答案： 0.4Wb|2V|0.4A
解析：
解答：①这段时间内通过回路的磁通量的变化量为：△φ=φ2﹣φ1=0.6Wb﹣0.2Wb=0.4Wb
②由法拉第电磁感应定律得：
③根据焦耳定律为：Q=I2Rt
得：
答：①这段时间内通过回路的磁通量的变化量△φ为0.4Wb；
②这段时间内回路中的感应电动势E的大小为2V；
③这段时间内回路中的感应电流为0.4A．
分析：①当磁场与线框面积垂直时，磁通量等于磁感应强度与面积的乘积．磁通量的变化量等于初、末位置磁通量之差．
②当磁通量变化时，导致线框中产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．
③已知导体棒产生的热量，由焦耳定律求解感应电流．
17．如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外，一个阻值为R、边长为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内平均感应电动势=　　 　　　　，通过导线框任一截面的电量q=　　　　　　．
答案：|
解析：
解答：两等边三角形所夹的小三角形为等边三角形，小三角形高为：
根据对称性可知，小三角形的底边长为：，则小三角形的面积为
根据法拉第电磁感应定律可知：
有：
故答案为：；
分析：本题的关键是根据几何知识求出时间内磁通量的变化△ ，再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出平均感应电动势和平均感应电流，由q=It求电荷量．
18．如图所示，两根光滑的平行金属导轨处于同一水平面内，相距l=0.3m，导轨的左端M、N用R=0.2Ω的电阻连接，导轨电阻不计，导轨上跨放着一根电阻r=0.1Ω、质量为m=0.1kg的金属杆，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.5T．现对金属杆施加水平力使它向右由静止开始以0.5m/s2加速度匀加速运动．导轨足够长，则
①从杆开始运动后2s内通过电阻R的电量为　　　　　　C．
②从杆开始运动起第2s末，拉力的瞬时功率为　　　　　　W．
答案：0.5|0.125
解析：
解答：（1）杆切割磁感线产生感应电动势：E=BLat
电荷量则有，
代入数据
解得：Q=0.5C （2）杆切割磁感线产生感应电动势：E=BLat=0.5×0.3×2×0.5=0.15V，
由闭合电路欧姆定律，电路电流：，
安培力为F安=BIL=0.5×0.5×0.3N=0.075N
根据牛顿第二定律知拉力F=F安+ma=0.075+0.1×0.5=0.125N
速度v=at=0.5×2=1m/s
第2s末，拉力的瞬时功率为P=Fv=0.125×1=0.125W
故答案为：0.5，0.125
分析：（1）根据电动势，并由Q=It，即可求解．（2）由E=BLv求出感应电动势，然后由欧姆定律求出感应电流，安培力为F安=BIL求安培力，根据牛顿第二定律知拉力F=F安+ma，最后求拉力的瞬时功率为P=Fv．
19．如图所示，在水平面上有两条长度均为4L、间距为L的平行直轨道，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B．横置于轨道上长为L的滑杆向右运动，轨道与滑杆单位长度的电阻均为，两者无摩擦且接触良好．轨道两侧分别连接理想电压表和电流表．若将滑杆从轨道最左侧匀速移动到最右侧，当滑竿到达轨道正中间时电压表示数为U，则滑竿匀速移动的速度为　　　　　　，在滑动过程中两电表读数的乘积的最大值为　　　　　　．
答案：|
解析：
解答：据楞次定律可知各段电路中电流的方向如图所示．
滑竿在正中间位置时，轨道有电流流过的部分总电阻为4R
电压表读数：
则滑竿匀速移动的速度为．
两电表读数的乘积UI乘积含义是滑杆右侧轨道电阻消耗的电功率．
设滑杆在任意位置时，轨道有电流流过部分的电阻为Rx
当Rx=R时，轨道电功率最大，
最大值为
故答案为：,．
分析：当滑杆到达轨道中间时电压表的示数U，求出感应电动势的大小，由E=BLv得到滑杆的速度大小．
UI乘积含义是滑杆右侧轨道电阻消耗的电功率，得到电功率与轨道有电流流过部分的电阻的关系，再由数学知识求解电功率的最大值．
20．光滑金属导轨宽L=0.4m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab的电阻为1Ω，自t=0时刻起从导轨最左端以v0=1m/s的速度向右匀速运动，则1秒末回路中的电动势为　　　　　　V，此时ab棒所受磁场力为　　　　　　N．
答案：1.6|1.28
解析：
解答：由图乙知，1s末磁感应强度B=2T，ab棒产生的动生电动势为：
E动=BLv=2×0.4×1V=0.8V，方向由b到a；
回路中感生电动势为：，由楞次定律知感生电动势沿逆时针方向，所以回路中总的感应电动势为：E=E动+E感=1.6V
回路中感应电流为：，1s末ab棒所受磁场力为：F=BIL=2×1.6×0.4N=1.28N．
故答案为：1.6；1.28．
分析：由图读出1s末磁感应强度B，由E=BLv求出动生感应电动势，由法拉第电磁感应定律求出感生电动势，再由欧姆定律求出感应电流，由F=BIL求出磁场力．
21．如图所示，水平放置的三条光滑平行金属导轨a、b、c位于同一水平面上，导轨间距均为d=1m，导轨ac间横跨一质量为m=1kg的金属棒MN，棒与三条导轨垂直，且始终接触良好．棒的电阻r=2Ω，导轨的电阻忽略不计．在导轨bc间接一阻值R=2Ω的灯泡，导轨ac间接一理想电压表．整个装置放在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对棒MN施加水平向右的拉力F，使棒从静止开始运动．若棒达到稳定时的速度为1.5m/s，且水平外力功率恒定，则水平外力的功率为　 　　W，此时电压表读数为　 　　　V．
答案：3|5
解析：
解答：由法拉第电磁感应定律，则有：E=Bdv=2×1×1.5V=3V，
产生的感应电流
则安培力的大小FA=BId=2×1×1N=2N．
则水平外力的功率P=Fv=FAv=2×1.5W=3W．
电压表的示数．
故答案为：3，5．
分析：当棒子达到稳定速度时，拉力等于安培力，根据闭合电路欧姆定律、结合切割产生的感应电动势大小求出安培力的大小，从而求出水平外力的功率．电压表的示数等于整个棒子产生的电动势减去下半部分的内电压．
四．解答题
22．如图（a），两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m=0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v﹣t图象如图（b）所示．在15s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0．求：
（1）金属杆所受拉力的大小F；
答案：由v﹣t图象可知，在0﹣10内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有进入磁场，
由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma1，
由题意可知，15s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，
杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μmg=ma2，
由v﹣t图象可知，加速度：，，
解得：F=0.24N；
（2）0﹣15s内匀强磁场的磁感应强度大小B0；
答案：在10﹣15s内，金属杆做匀速直线运动，速度：v=4m/s，
金属杆受到的安培力：，
金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态，
由平衡条件得：，代入数据解得：B0=0.4T；
（3）15﹣20s内磁感应强度随时间变化规律．
答案：15﹣20s内部产生感应电流，穿过回路的磁通量保持不变，
金属杆在10﹣15s内的位移：d=vt=4×5=20m，
在15s后的金属杆的加速度：a=a2=0.8m/s2，
金属杆的位移：，
磁通量保持不变，则：B0Ld=BL（d+x），
解得：；
解析：
解答：（1）由v﹣t图象可知，在0﹣10内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有进入磁场，
由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma1，
由题意可知，15s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，
杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μmg=ma2，
由v﹣t图象可知，加速度：，，
解得：F=0.24N；（2）在10﹣15s内，金属杆做匀速直线运动，速度：v=4m/s，
金属杆受到的安培力：，
金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态，
由平衡条件得：，代入数据解得：B0=0.4T；（3）15﹣20s内部产生感应电流，穿过回路的磁通量保持不变，
金属杆在10﹣15s内的位移：d=vt=4×5=20m，
在15s后的金属杆的加速度：a=a2=0.8m/s2，
金属杆的位移：，
磁通量保持不变，则：B0Ld=BL（d+x），
解得：；
分析：（1）根据金属杆的受力情况，由牛顿第二定律列方程，由v﹣t求出求出金属杆的加速度，然后求出拉力F．（2）应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出磁感应强度．（3）当穿过回路的磁通量不变时不产生感应电流，据此求出磁感应强度的变化规律．
23．如图所示，竖直平面内有一宽度为0.5m且足够长的“U”形金属导轨，处在磁感应强度大小为0.2T、方向与导轨平面垂直的匀强磁场中，导体棒MN沿导轨以1.0m/s的速度竖直向下匀速运动了2.0s．求：
（1）这段时间内回路中磁通量的变化量；
答案：回路中磁通量的变化量
△Φ=B△S
△S=Lvt
代入数据得△Φ=0.2 Wb．
（2）这段时间内回路中感应电动势的大小．
答案：由法拉第电磁感应定律，感应电动势为
E=BLv=0.2×0.5×1=0.1 V．
解析：
解答：（1）回路中磁通量的变化量
△Φ=B△S
△S=Lvt
代入数据得△Φ=0.2 Wb．（2）由法拉第电磁感应定律，感应电动势为
E=BLv=0.2×0.5×1=0.1 V．
答：（1）这段时间内回路中磁通量的变化量为0.2Wb；（2）这段时间内回路中感应电动势的大小为0.1V
分析：当磁场与线框面积垂直时，磁通量等于磁感应强度与面积的乘积．而磁通量的变化方式有磁场不变，面积变；也有面积不变，磁场变．也有磁场、面积均不变，但线框面积与磁场位置变化．当磁通量变化时，导致线框中产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小
24．如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧足够大区域存在磁场，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为l=0.2m，线框质量m=0.1kg、电阻R=0.1Ω，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B
答案：由F﹣t图象可知，当线框全部进入磁场后，
F=0.2N时，线框的加速度：，
0时刻线框所受的安培力：，
由图示图象可知：F=0.3N，
由牛顿第二定律得：F﹣F安=ma，
代入数据解得：B=0.5T；
（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；
答案：线框进入磁场过程通过截面电量：q=I△t，
由法拉第电磁感应定律得，
由闭合电路欧姆定律得：，
解得，电荷量：，
由匀变速直线运动得：，
代入数据解得：x=0.75m，q=0.75C；
（3）若线框进入磁场过程中F做功为WF=0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q．
答案：线框进入磁场过程，由能量守恒定律：
，代入数据解得：Q=0.12J
解析：
解答：（1）由F﹣t图象可知，当线框全部进入磁场后，
F=0.2N时，线框的加速度：，
0时刻线框所受的安培力：，
由图示图象可知：F=0.3N，
由牛顿第二定律得：F﹣F安=ma，
代入数据解得：B=0.5T；
（2）线框进入磁场过程通过截面电量：q=I△t，
由法拉第电磁感应定律得，
由闭合电路欧姆定律得：，
解得，电荷量：，
由匀变速直线运动得：，
代入数据解得：x=0.75m，q=0.75C；
（3）线框进入磁场过程，由能量守恒定律：
，代入数据解得：Q=0.12J；
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为0.5T．（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q为0.75C；（3）在此过程中线框产生的焦耳热Q为0.12J．
分析：（1）应用安培力公式求出安培力，由图示图象求出拉力，由牛顿第二定律求出加速度，然后求出磁感应强度．（2）由运动学公式求出线框的位移，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流的定义式求出电荷量．（3）由能量守恒定律求出产生的焦耳热．
25．如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，两条光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.40m，左端接有阻值R=0.40Ω的电阻．一质量m=0.10kg、阻值r=0.10Ω的金属棒MN放置在导轨上．金属棒在水平向右的拉力F作用下，沿导轨做速度v=2.0m/s的匀速直线运动．求：
（1）通过电阻R的电流I；
答案：MN棒产生的感应电动势 E=Blv=0.5×0.4×2 V=0.40V
通过电阻R的电流
（2）拉力F的大小；
答案：金属棒受到的安培力 FA=BIl=0.5×0.8×0.4N=0.16N
根据牛顿第二定律有 F﹣FA=0
所以拉力 F=0.16N
（3）撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热Q．
答案：撤去拉力F后，金属棒做减速运动并最终静止，金属棒的动能全部转化为回路中的焦耳热．
在这段过程中，根据能量守恒定律有
所以
解析：
解答：（1）MN棒产生的感应电动势 E=Blv=0.5×0.4×2 V=0.40V
通过电阻R的电流 （2）金属棒受到的安培力 FA=BIl=0.5×0.8×0.4N=0.16N
根据牛顿第二定律有 F﹣FA=0
所以拉力 F=0.16N（3）撤去拉力F后，金属棒做减速运动并最终静止，金属棒的动能全部转化为回路中的焦耳热．
在这段过程中，根据能量守恒定律有
所以
分析：（1）MN棒切割磁感线产生感应电动势E，E由公式E=Blv求出，再由欧姆定律求解感应电流．（2）金属棒受到的安培力FA=BIl．金属棒做匀速运动，拉力F与安培力二力平衡．（3）撤去拉力F后，金属棒在安培力作用下作减速运动，动能全部转化为内能，根据能量守恒求解．
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