4.5 电磁感应现象的两类情况 同步练习（word版含答案）

电磁感应现象的两类情况练习
一、单选题
如图所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略.一根阻值为R、质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中.现给金属框向右的初速度v0，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行.则整个运动过程中
A. 感应电流方向为M→b→c→N→M
B. 导体棒的最大速度为v02
C. 通过导体棒的电量为2mv03BL
D. 导体棒产生的焦耳热为56mv02
如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中(????)
A. 流过金属棒的最大电流为Bd2g?2R
B. 通过金属棒的电荷量为BdLR
C. 克服安培力所做的功为mgh
D. 金属棒产生的焦耳热为12mg(??μd)
如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则(????)
A. 当流过棒的电荷量为q2时，棒的速度为v04
B. 当棒发生位移为x3时，棒的速度为v02
C. 在流过棒的电荷量达到q2的过程中，棒释放的热量为3BqLv016
D. 整个过程中定值电阻R释放的热量为3BLqv04
如图甲所示，面积为0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，线圈电阻r=4Ω，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，定值电阻R=6Ω，则0?5s内
A. 线圈感应电动势均匀增大 B. a、b两点间电压
C. 通过电阻R的电荷量为1C D. 电阻R上产生的热量为2J
如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长)，两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t=0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是? (??? )
A. 当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0
B. 当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为2B2L2v03mr
C. 从初始时刻到其中某根棒的速度为零的过程中，ab棒产生的焦耳热为32mv02
D. cd棒收尾的速度大小为2v0
如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了感应电流(电流方向沿abcda为正方向).若规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为(????)
A. B.
C. D.
如图甲所示，边长为L=2.5?m、质量为m=0.5?kg的正方形绝缘金属线框平放在光滑的水平桌面上，磁感应强度B=0.8?T的匀强磁场方向竖直向上，金属线框的一边ab与磁场的边界MN重合。在力F作用下金属线框由静止开始向左运动，在5?s时从磁场中拉出，力F做功1.92?J，并测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示。已知金属线框的总电阻为R=4?Ω，则下列说法中正确的是(????)
A. 金属线框从磁场中拉出的过程中，线框中的感应电流方向为badcb
B. t=2?s时，金属线框的速度为2?m/s
C. 金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是2?J
D. 金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是1.67?J
如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ.两导轨间距为l，电阻均可忽略不计。在M和Q之间接有一阻值为R的电阻器。导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动。ab杆最后停在导轨上。下列说法正确的是(? ?)
A. ab杆将做匀减速运动直到静止，整个过程回路产生的热量为12mv02
B. ab杆速度减为v03时，ab杆加速度大小a=2B2l2v03m(R+r)
C. ab杆速度减为v03时，通过电阻器的电量q=mv03Bl
D. ab杆速度减为为v03时，ab杆走过的位移s=2m(R+r)v03B2l2
如图，光滑固定的金属导轨PQ、MN在同一斜面内，两导轨相距L，与水平面成θ角，导轨上端P、M间接有阻值为R的电阻，导轨所在空间存在垂直于导轨平面向上的磁场B，现有一导体棒ab，置于导轨上，其阻值为r，现给ab一平行于导轨向上的初速度v，ab沿导轨上升后又沿导轨滑下，回到初始位置时速度为v1，不计导轨电阻，则在ab从初位置出发到又回到初位置的过程中，下列说法正确的是
A. 初速度v与回到初位置时的速度v1之间的关系为v=v1
B. 在整个过程中ab间的电势差的最大值为BLv
C. 上升过程与下降过程通过电阻的电荷量相等
D. 在整个过程中克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
如图甲所示，匝数n=2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为20?cm2，线圈与R=2?Ω的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中．磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B，B?t关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，则下列i?t关系图正确的是
A. B.
C. D.
如图所示，两宽度均为a的水平匀强磁场，磁感应强度的大小等，两磁场区域间距为4a。一个边长为a的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落，匀速通过上方匀强磁场区域，之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内，不计空气阻力，下列说法正确的是
A. 线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等
B. 线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等
C. 线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等
D. 线框通过上、下两个磁场的时间相等
如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则(????)
A. ef将向右做非匀减速运动，最后停止
B. ef将向右做匀减速运动，最后停止
C. ef将向右做匀速运动
D. ef将做往返运动
二、多选题
如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v?t图象，图中数据均为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是(????)
A. 金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B. 磁场的磁感应强度为1v1t2?t1mgRv1
C. 金属线框在0～t3的时间内所产生的热量为mgv1(t2?t1)
D. MN和PQ之间的距离为v2(t2?t1)
如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道(电阻不计)固定在水平面上，两轨道相距L=1m，左端用R=1.5Ω的电阻连接。一质量m=1kg、电阻r=0.5Ω的导体杆垂直并静置于两轨道上。整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。现用水平拉力F沿轨道方向作用在导体杆上，导体杆的速度随时间变化的关系如图乙所示。某时刻撤去拉力F，导体杆又滑行了一段距离后停下。则以下说法正确的是(? )
A. 前2 s内，通过电阻R的电荷量为4 C
B. 导体杆运动过程中所受拉力恒为8 N
C. 导体杆在前2 s内产生的电动势与时间的数值关系为E=4t
D. 从撤去拉力F到导体杆停止运动的过程中，电阻R上产生的热量为6 J
如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，导体棒垂直于导轨放置。t=0时，棒ab以初速度v0沿导轨向右滑动。两导体棒的质量都为m，两导体棒接入回路的电阻都为R，其余部分的电阻忽略不计，磁感应强度为B，两轨道间距为L，下列说法正确的是(? )
A. 两棒最后的速度都为零 B. 导体棒ab的最大加速度为B2L2v02mR
C. 导体棒cd产生的电热为mv024 D. 通过导体棒cd的电荷量为mv02BL
如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨在左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可忽略不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨由静止开始上滑，并上升h高度，在这一过程中(????)
A. 作用在金属棒上的合力所做的功大于零
B. 恒力F所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和
C. 恒力F与安培力的合力的瞬时功率一定时刻在变化
D. 恒力F与重力mg的合力所做的功大于电阻R上产生的焦耳热
如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则下列说法中错误的是(????)
A. 电路中感应电动势的大小为Blvsinθ
B. 电路中感应电流的大小为Bvsinθr
C. 金属杆所受安培力的大小为B2lvsinθr
D. 金属杆的热功率为B2lv2rsinθ
三、计算题
如图甲，MN、PQ是两根间距为L=0.5?m，倾角为θ=30°的平行导轨，导轨顶端连接阻值为R=0.2?Ω的电阻．一根质量为m=0.5?kg的导体棒ab，垂直于导轨静置，与导轨顶端距离也为L，导体棒跨接在两导轨间的电阻也为R，其与导轨间的动摩擦因数μ=32.磁场垂直于斜面且磁感应强度随时间变化规律如图乙，规定垂直斜面向上为正方向，整个过程导体棒ab恰好保持静止．导轨电阻不计，重力加速度g=10?m/s2.试求：
(1)磁感应强度的最大值B1；
(2)经过t=4?s导体棒产生的焦耳热．
两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B?=?0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R?=?0.50?Ω。在t=0时刻，两金属杆都处于静止状态。现有一与导轨平行的恒力F?=?0.20N作用于金属杆甲上，使两金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的速度为v甲=?8.15m/s。求：
(1)t=5.0s?时，金属杆乙的速度大小v乙；
(2)t=5.0s?时，导轨上的电流大小I；
(3)若力?F作用的时间足够长，运动过程中两金属杆出现的速度之差Δv的最大值。
如图所示，MN和PQ为固定在水平面上的平行光滑金属轨道，轨道间距为0.2m。质量为0.1kg的金属杆ab置于轨道上，与轨道垂直。整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=10m/s。电路中除了电阻R=0.04Ω之外，ab杆的电阻r=0.01Ω，其余电阻不计。求：
(1)感应电动势的大小；
(2)判断流过电阻R的电流方向并计算电流的大小；
(3)ab杆两端的电压及外力F的大小。
如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ=30°的固定斜面上，导轨上、下端接有阻值R1=R2=16Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，质量m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。已知金属棒ab从静止到速度最大时，通过金属棒的电荷量为0.3C，g=10m/s2求：
(1)金属棒ab下滑的最大速度；
(2)金属棒ab从静止到速度最大时下滑的位移；
(3)金属棒ab从静止到速度最大时，ab棒上产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】C
【解答】
A、根据楞次定律得感应电流方向为M→N→c→b→M，故A错误；
B、金属框以一定的初速度开始运动后，产生感应电流，金属框受到向左的安培力而减速，导体棒MN受到向右的安培力而加速，最终两者达到共同速度。金属框与导体棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：
2mv0=(m+2m)v，得v=2v03，故B错误；
C、对导体棒MN在导轨上从静止到达到最大速度的过程，由动量定理得：BILt=mv?0
通过导体棒的电量：q=It=mvBL=2mv03BL，故C正确；
D、由能量守恒定律知系统损失的动能等于棒上产生的电热，所以? Q=12mv02?12(m+2m)v2=13mv02，故D错误；
故选C。
2.【答案】D
【解答】
A.金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg?=12mv2，金属棒到达水平面时的速度v=2g?，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E=BLv，最大感应电流I=ER+R=BL2g?2R，故A错误；
B.感应电荷量q=It=ER+RΔt=ΔΦΔt2RΔt=ΔΦ2R=BdL2R，故B错误；
C.金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mg??WB?μmgd=0?0，克服安培力做功：WB=mg??μmgd，故C错误；
D.克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热QR=12Q=12WB=12(mg??μmgd)，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解答】A.对ab棒由动量定理有?BILt=0?mv0，而q=It，即?BqL=0?mv0，当流过棒的电荷量为q2时，有，解得，故A错误；
B.当棒发生位移为x3时，由q=ΔΦR=BLxR，可知此时流过棒的电量为q3，带入BLI×Δt=BLq=mv2?mv0解得棒的速度为v2=23v0，故B错误；
C.在流过棒的电荷量为q2的过程中，棒释放的热量为
，故C正确；
D.整个过程棒损失的动能为12mv?02=BLqv02，定值电阻与导体棒释放的热量相同，均为BLqv04，D错误；
故选C
4.【答案】C
【解答】
A.根据法拉第电磁感应定律，有：E=NΔΦΔt=NΔBSΔt=100×(0.6?0.1)×0.25V=2V，故线圈感应电动势保持不变，故A错误；
B.根据闭合电路欧姆定律，I=ER+r=26+4A=0.2A，a、b两点间电压Uab=IR=0.2×6V=1.2V，故B错误；
C.根据q=IΔt得：q=IΔt=0.2×5C=1C，故C正确；
D.电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=0.22×6×5J=1.2J，故D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解答】
A.由牛顿第二定律知，两棒的加速度大小均为a=BILm，但由于cd棒的初速度较小，所以cd棒的速度先减小为零，设此时ab棒的速度为v1，由动量守恒定律得m×3v0?mv0=0+mv1，解得v1=2v0，A错误；
B.当cd棒的速度为零时，闭合回路中的感应电流为I=BLv12r=BLv0r，ab棒受到的安培力大小为F=BIL=B2L2v0r，ab棒的加速度的大小为a=Fm=B2L2v0mr，B错误；
C.当cd棒的速度为零时，设ab棒在此过程中产生的焦耳热为Q，则有2Q=12m×(3v0)2+12mv02?12mv12，解得Q=32mv02，C正确；
D.当cd棒的速度减为零之后，在安培力的作用下，cd棒开始向右做加速直线运动，ab棒依然向右做减速直线运动，当两棒的速度相等时，感应电流为零，此时为收尾状态，对全过程由动量守恒定律得m×3v0?mv0=2mv共，解得v共=v0，D错误。
6.【答案】D
【解答】
AB.由题图乙可知，0～t1内，线框中电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线框中磁通量的变化率不变，故0～t1内磁感应强度与时间的关系图线是一条倾斜的直线，故AB错误；
CD.又由于0～t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，故0～t1内原磁场垂直纸面向里减小或垂直纸面向外增大，C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解答】
A.由右手定则知线框中感应电流的方向为abcda，故A错误；
B.设t=2.0?s时的速度为v，据题意有BLv=IR，解得v=IRBL=0.2×40.8×2.5?m/s=0.4?m/s，故B错误；
CD.由能量守恒定律：Q=WF?12mv′2得Q=WF?12m(I′RBL)2=1.67?J，故C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】D
【解答】
A.ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，杆切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力，随着速度的减小，安培力减小，杆的加速度减小，所以杆做加速度减小的变减速运动，直到静止，杆的动能逐渐转化为电能，由能量守恒定律知，整个过程回路产生的热量为Q=12mv?02，故A错误；
B.ab杆速度减为v03时，ab杆受到的安培力为：F=BIl=BBl?v03R+rl=B2l2v03(R+r)，根据牛顿第二定律得：F=ma，得：a=B2l2v03m(R+r)，故B错误；
C.根据动量定理得：?BIl?t=mv03?mv0，又q=It，联立得通过电阻器的电量为：q=2mv03Bl，故C错误；
D.由动量定理得?BIl?△t=m△v，又I=ER+r=BlvR+r，联立得：?BlBlv△tR+r=m△v，方程两边求和得：?B2l2R+r??v△t=mv03?mv0，而??v△t=s，解得ab杆走过的位移为：s=2m(R+r)v03B2l2，故D正确。
故选D。
9.【答案】C
【解答】
A.由于导体棒要克服安培力做功，机械能不断减少，故v>v1，故A错误；
B.出发时ab的速度最大，产生的感应电动势最大，为E=BLv，故ab间的电势差的最大值为Uab=RR+rE=RR+rBLv，故B错误；
C.由q=I?Δt，I=E?R+r，E=ΔΦΔt得q=ΔΦR+r，上升过程与下降过程磁通量的变化量大小相等，则知通过电阻的电荷量相等，故C正确；
D.在整个过程中克服安培力所做的功等于整个回路(R+r)产生的焦耳热，故D错误。
故选：C。
10.【答案】D
【解答】
由图可知，0?2s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0?2s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；
同理可知，2?5s内电路中的电流为逆时针，为负方向，由E=ΔΦΔt可得E=ΔBSΔt，
则知0?2s内电路中产生的感应电动势大小为：E1=2×3×10?32×20×10?4=6×10?6V，
则电流大小为：I1=ER=62×10?6A=3×10?6A；
同理2s?5s内，E2=2×3×10?33×20×10?4=4×10?6V
I2=2×10?6A。故D正确，ABC错误。
故选D。
11.【答案】C
【解答】
A.线圈匀速通过上方的匀强磁场，根据能量守恒有E1=2mga，之后在无场区加速运动，进入下方匀强磁场，做减速运动，ΔEk<0，根据能量守恒，2mga?E2=ΔEk，解得：E2=2mga?ΔEk>2mga，故A错误；
B.根据q=nΔΦR可知，线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量相等，故B错误；
C.线框匀速穿过上方磁场，有：mg=B2a2vR，进入磁场时的速度v=2ga，则mg=B2a22gaR
进入下方区域磁场时的速度v′=8ga，线框进入下方磁场时加速度最大，B2a28gaR?mg=ma，联立解得：a=g，故C正确；
D.线圈以v=2ga匀速通过上方区域磁场，以v′=8ga进入下方区域磁场做减速运动，其平均速度大于2ga，故线框通过上方区域磁场的时间大于通过下方区域磁场的时间，故D错误。
故选C．
12.【答案】A
【解答】
ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到速度减小为0停止运动，由F=BIl=B2l2vR=ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确，BCD错误。
13.【答案】BC
【解答】
A.金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，故A错误；
B.在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力：mg=BIL，I=BLv1R，又L=v1(t2?t1)，联立解得：B=1v1t2?t1mgRv1，故B正确；
C.金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q1=mgL=mgv1(t2?t1)，金属框在磁场中的运动过程中金属框不产生感应电流，所以金属线框在0一t3的时间内所产生的热量为mgv1(t2?t1)，故C正确；
D.由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2?t1，所以金属框的边长：L=v1(t2?t1)，接下来做匀加速直线运动到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界x=12v2+v1(t3?t2)，MN和PQ之间的距离为L+x=12v2t3+v1t3?v2t2+v1t2?v1t1，故D错误。
故选BC。
14.【答案】ACD
【解答】
A.由图乙所示图象可知，前2s内金属杆的位移：x=?12?×2×4m=4m，
由法拉第电磁感应定律可知，前2s内平均感应电动势：E?=?ΔΦΔt??=?BLx?Δt?，
平均感应电流：I=ER+r，
通过电阻R的电荷量：q=??I?Δt，
代入数据解得：q=4C，故A正确；
B.感应电动势：E=BLv，
感应电流I=ER+r，
安培力：，
由图乙所示图象可知，在前2s内金属杆做匀加速直线运动，在2s后做匀速直线运动，
前2s内，速度v=at，由牛顿第二定律得：F??B2L2v?R+r?=ma，
F=?B2L2a?t?R+r+ma，F随t增加，
2s后金属杆做匀速直线运动，由平衡条件得：F=?B2L2vR+r?，F保持不变，故B错误；
C.由图乙所示图象可知，前2s内金属杆的加速度：a=?ΔvΔt??=?4?2?m/s2=2m/s2，
金属杆的速度：v=at=2t，
感应电动势：E=BLv=BLat=2×1×2t=4t，故C正确；
D.由图乙所示图象可知，金属杆匀速运动的速度：v=4m/s，
撤去拉力后，由能量守恒定律得：?12?mv2=Q，
R与金属杆串联，电阻R产生的焦耳热：QR=?RR+r??Q，
代入数据解得：QR=6J，故D正确。
故选ACD。
15.【答案】BD
【解析】
A.ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，对两棒组成的系统受到外力的合力为零，故两棒组成的系统动量守恒，由mv0=2mv，解得v=v02，选项A错误；
B.刚开始时两棒的加速度最大，根据牛顿第二定律得导体棒ab的最大加速度a=Fm=BILm=B2L2v02mR，选项B正确；
C.根据能量守恒得系统产生的总电热Q=12mv02?12?2mv2=14mv02，故导体棒cd产生的电热为mv028，选项C错误；
D.对导体棒cd根据动量定理定理得BLq=m×v02，解得q=mv02BL，选项D正确。
16.【答案】AD
【解答】
A、导体棒由静止向上加速，动能增大，根据动能定理可知，合力所作的功一定大于零，故A正确；
B、根据功能关系恒力F做的功等于重力势能增量、动能增量、电路总热量之和，故B错误；
C、导体棒最终一定做匀速运动，则最后受力平衡，平衡后速度保持不变，则重力的功率不变，即恒力F与安培力的合力的瞬时功率不再变化，故C错误；
D、由B分析可知，恒力F与重力mg的合力所做的功等于动能增量、电路总热量之和，故大于电阻R上产生的焦耳热，故D正确。
故选：AD。
17.【答案】ACD
【解析】
【解答】
A.电路中感应电动势为：E=BLMNsinθ·v=Blv，故A错误；
B.电路中感应电流的大小为：I=Elsinθr=Bvsinθr，故B正确；
C.金属杆所受安培力的大小为：F=BIlsinθ=B2lvr，故C错误；
D.金属杆的热功率为：P=EI=B2lv2rsinθ，故D错误。
本题选错误的，故选ACD。
18.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔt·L2
由图乙可知磁感应强度的变化率ΔBΔt=B1
由闭合电路欧姆定律得电流I=E2R
电流大小不变且方向前半个周期由b指向a，后半个周期由a指向b，对ab导体棒受力分析，安培力随磁感应强度增大而增大，随磁感应强度减小而减小，且磁感应强度减小时，安培力沿斜面向下，磁感应强度增大时，安培力沿斜面向上，当安培力沿斜面向下且取最大值时是本题保持静止的临界条件，受力分析，如图所示：
mgsinθ+B1IL?μmgcosθ=0
联立以上各式解得? B1=2?T
(2)联立解得电流? I=1.25?A
由焦耳定律得经过4?s导体棒产生的焦耳热Q=I2Rt
代入数据解得：Q=1.25?J
19.【答案】解：(1)对甲、乙金属杆分析，由动量定理可知
(F?F安)t=mv甲，
F安t=mv乙
两式相加代入数据可得v乙=1.85m/s。
(2)由法拉第电磁感应定律可知E=BL(v甲?v乙)
由闭合电路欧姆定律E=I·2R
代入数据解得I=0.63A
(3)对两杆受力分析可知，两杆速度之差Δv出现最大值时恰好加速度相等，则
F?F安=ma甲
F安=ma乙
且a甲=a乙
代入数据解得a=1m/s2
对金属杆乙受力分析可知F安=ma乙
又F安=BIL，E=I·2R，E=BLΔv
解得Δv=10m/s
20.【答案】解：(1)当ab杆速度为v=10m/s，感应电动势为E=BLv=0.5×0.2×10V=1V；
(2)根据右手定则可知导体棒中的电流方向为b到a，则流过R的电流方向为M到P；
感应电流I=ER+r=10.04+0.01A=20A；
(3)金属杆两端电压为路端电压，即U=IR=20×0.04V=0.8V
因金属杆做匀速运动，故合外力与安培力等大反向，
故外力大小为F=F安=BIL=0.5×20×0.2N=2N；
答：(1)感应电动势的大小为1V；
(2)流过电阻R的电流方向为M到P；电流的大小为20A；
(3)ab杆两端的电压及外力F的大小为2N。
21.【答案】解：(1)切割产生的感应电动势E=BLv，
根据串并联电路的特点知外电路电阻R=R1R2R1+R2=8Ω
根据闭合电路的欧姆定律得I=ER+r，
安培力F安=BIL
当金属板加速度a为0时，速度v达到最大，此时有
mgsinθ=BIL=B2L2vmR+r
解得vm=5m/s
(2)根据电磁感应定律有E=ΔΦΔt，根据闭合电路欧姆定律有I=ER+r，电量q=IΔt
联立解得q=ΔΦR+r=BLxR+r
代入数据解得x=3m
(3)金属棒从静止到速度最大时，根据能量守恒
12mvm2+Q总=mgxsinθ
根据焦耳定律Q=I2Rt，可知ab棒上产生的焦耳热Q=rR+rQ总=0.05J