2024年高考物理選修二專題練習(xí)第2節(jié) 法拉第電磁感應(yīng)定律

《模型畫法·物理課堂》馮考必勝第2節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律【刷基礎(chǔ)】【題型1對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解】1．[江西南昌二中2021高二上期末]下列關(guān)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象說法正確的是()A．穿過閉合電路的磁通量越大，閉合電路中的感應(yīng)電動勢越大B．穿過閉合電路的磁通量為零時，感應(yīng)電動勢不一定為零C．穿過閉合電路的磁通量變化越多，閉合電路中的感應(yīng)電動勢越大D．只要穿過閉合電路的磁通量不為零，閉合電路中就一定有感應(yīng)電流答案：B解析：感應(yīng)電動勢與磁通量的變化率成正比，與磁通量大小、磁通量變化的多少無關(guān)，A、C錯誤，B正確；閉合電路中的磁通量有變化才有感應(yīng)電流，D錯誤．2．[安徽淮南一中2021高二下段考]無線充電技術(shù)已經(jīng)廣泛應(yīng)用于日常生活中，圖甲為電動汽車無線充電原理圖，M為受電線圈，N為送電線圈．圖乙為受電線圈M的示意圖，線圈匝數(shù)為n、橫截面積為S，a、b兩端連接車載變流裝置，某段Δt時間內(nèi)線圈N產(chǎn)生的磁場平行于圓軸線()A．當(dāng)線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變時，能為電動汽車充電B．當(dāng)線圈N接入恒定電流時，線圈M兩端產(chǎn)生恒定電壓C．當(dāng)線圈M中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B增加時，線圈M兩端電壓可能變大D．若這段Δt時間內(nèi)線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加ΔB，則M中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為eq\f(SΔB,Δt)答案：C解析：線圈M中的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，則M中的磁通量不發(fā)生變化，故無法產(chǎn)生感應(yīng)電流，不能為電動汽車充電，A錯誤；當(dāng)線圈N接入恒定電流時，受電線圈M中的磁通量不變，故M兩端不能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，線圈M兩端無電壓，B錯誤；線圈M中的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，如果磁感應(yīng)強(qiáng)度增加得越來越快，則產(chǎn)生逐漸增大的感應(yīng)電動勢，此時線圈M兩端產(chǎn)生的電壓變大，C正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，D錯誤．【題型2法拉第電磁感應(yīng)定律的基本應(yīng)用】3．如圖所示，邊長L＝20cm，匝數(shù)為10匝的正方形導(dǎo)體線框abcd放置于墻角，線框平面與地面的夾角α＝30°.該區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T、水平向右的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)將cd邊向右拉動，ab邊經(jīng)0.1s著地，在這個過程中線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小與感應(yīng)電流的方向為()A．0.8V方向adcbB．0.8V方向abcdC．0.4V方向abcdD．0.4V方向adcb答案：D解析：初狀態(tài)穿過線框abcd的磁通量Φ1＝BL2sinα，末狀態(tài)穿過線框abcd的磁通量Φ2＝0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BL2sinα,t)＝eq\f(10×0.2×0.22×\f(1,2),0.1)V＝0.4V；根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為adcb，故A、B、C錯誤，D正確．4．[山東威海2021高二上期末](多選)如圖甲所示，N＝10匝的線圈(圖中只畫了1匝)電阻r＝10Ω，其兩端a、b與一個R＝20Ω的電阻相連，線圈內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，線圈中的磁通量按圖乙所示的規(guī)律變化，下列判斷正確的是()A．線圈中的感應(yīng)電動勢大小為0.3VB．線圈中的感應(yīng)電流大小為0.03AC．線圈中感應(yīng)電流的方向由a到bD．a(chǎn)端電勢比b端高答案：AD解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈中的感應(yīng)電動勢大小E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝10×eq\f(0.06,2)V＝0.3V，A正確；由閉合電路歐姆定律知線圈中的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(0.3,20＋10)A＝0.01A，B錯誤；由楞次定律知線圈中感應(yīng)電流的方向由b到a，電源內(nèi)部電流方向為從負(fù)極流向正極，所以a端電勢比b端高，C錯誤，D正確．5．[福建三明一中2021高二下開學(xué)考試]如圖甲所示，螺線管內(nèi)有平行于軸線的磁場，規(guī)定圖中箭頭所示方向為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，螺線管與“”形導(dǎo)線框cdef相連．當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時()A．在t1時刻，導(dǎo)線框內(nèi)的感應(yīng)電流最大B．在t1～t2時間內(nèi)，導(dǎo)線框內(nèi)感應(yīng)電流的方向為cdefcC．在t1～t2時間內(nèi)，導(dǎo)線框內(nèi)感應(yīng)電流變小D．在t1～t2和t2～t3時間內(nèi)，導(dǎo)線框內(nèi)感應(yīng)電流的方向相反答案：B解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中eq\f(ΔB,Δt)＝k，由I＝eq\f(E,R)解得I＝eq\f(nkS,R)，在t1時刻，圖線的切線斜率k＝0，導(dǎo)線框內(nèi)無感應(yīng)電流，A錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B向上且減小，磁通量向上減小，根據(jù)楞次定律知導(dǎo)線框內(nèi)感應(yīng)電流的方向為cdefc，B正確；在t1～t2時間內(nèi)，圖線的切線斜率k增大，導(dǎo)線框內(nèi)感應(yīng)電流變大，C錯誤；在t1～t2和t2～t3時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律，導(dǎo)線框內(nèi)感應(yīng)電流的方向相同，均為cdefc，D錯誤．6．[湖南張家界2021高二上期末]如圖甲為手機(jī)及無線充電板．圖乙為充電原理示意圖．為方便研究，現(xiàn)將問題簡化如下：設(shè)受電線圈的匝數(shù)為n，面積為S，若在t1～t2時間內(nèi)，磁場垂直于受電線圈平面向上穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度由B1均勻增加到B2.下列說法正確的是()A．c點的電勢高于d點的電勢B．受電線圈中感應(yīng)電流方向由d到cC．c、d之間的電壓為eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)D．若想增加c、d之間的電勢差，可以僅均勻增加送電線圈中的電流答案：C解析：根據(jù)楞次定律知，受電線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向俯視看為順時針方向，受電線圈中感應(yīng)電流方向由c到d，所以c點的電勢低于d點的電勢，A、B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，c、d之間的電勢差Udc＝E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)，C正確；若想增加c、d之間的電勢差，應(yīng)增大送電線圈中電流的變化率，D錯誤．【題型3導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動勢的分析與計算】7．[山東德州齊河一中2021高二下月考]如圖，水平面內(nèi)兩導(dǎo)軌間距L＝1m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌的左端接有電阻R＝3Ω，長1m的導(dǎo)體棒PQ垂直導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好，以v＝4m/s的速度向右勻速滑動，導(dǎo)體棒電阻r＝1Ω，導(dǎo)軌的電阻忽略不計．則下列說法正確的是()A．P點的電勢高于Q點，P、Q兩點電勢差的大小為4VB．P點的電勢高于Q點，P、Q兩點電勢差的大小為3VC．Q點的電勢高于P點，P、Q兩點電勢差的大小為4VD．Q點的電勢高于P點，P、Q兩點電勢差的大小為3V答案：B解析：切割磁感線的導(dǎo)體棒PQ相當(dāng)于電源，由右手定則可知電流方向為Q→P，電源內(nèi)部電流由低電勢流向高電勢，故P點電勢高于Q點，故C、D錯誤；E＝BLv＝1×1×4V＝4V，P、Q兩點的電勢差等于路端電壓，由閉合電路歐姆定律得P、Q兩點的電勢差U＝IR＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(4,3＋1)×3V＝3V，故A錯誤，B正確．8．[江西贛州2020高二下檢測](多選)如圖所示，三角形金屬導(dǎo)軌EOF上放有一金屬棒AB，均處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中．在外力作用下使AB保持與OF垂直，以速度v勻速從O點開始右移，設(shè)導(dǎo)軌和金屬棒均由粗細(xì)相同的同種金屬制成，則下列判斷正確的是()A．回路中的感應(yīng)電流大小不變B．回路中的感應(yīng)電動勢大小不變C．回路中的感應(yīng)電動勢逐漸增大D．回路中的感應(yīng)電流減小答案：AC解析：設(shè)導(dǎo)軌和金屬棒單位長度的電阻為r，∠EOF＝α，金屬棒AB從O點開始運(yùn)動時間為t時，切割磁感線的有效長度L＝vt·tanα，感應(yīng)電動勢的大小E＝BLv＝Bvt·tanα·v＝Bv2tanα·t∝t，則感應(yīng)電動勢逐漸增大，故B錯誤，C正確；t時刻回路中的總電阻R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt＋vt·tanα＋\f(vt,cosα)))r，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\a\vs4\ac\hs10\co2(Bv2t·tanα),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt＋vt·tanα＋\f(vt,cosα)))r)＝eq\f(\a\vs4\ac\hs10\co2(Bv2tanα),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v＋v·tanα＋\f(v,cosα)))r)，與t無關(guān)，說明感應(yīng)電流大小不變，故A正確，D錯誤．9．[河南開封五縣2021高二上期末聯(lián)考]如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中將金屬棒ab從某高處以速度v0水平拋出，不計空氣阻力，金屬棒ab在運(yùn)動過程中()A．感應(yīng)電動勢大小不變，且φa＞φbB．感應(yīng)電動勢大小不變，且φa＜φbC．由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動勢不斷變大，且φa＞φbD．由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動勢不斷變大，且φa＜φb答案：A解析：金屬棒水平拋出后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由于磁場方向豎直向上，所以有效切割速度就是金屬棒的水平分速度，而平拋運(yùn)動水平方向做勻速運(yùn)動，水平分速度保持不變，始終等于v0，則ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv0也保持不變，根據(jù)右手定則判斷知φa＞φb，A正確．10．[廣東廣州天河中學(xué)2021高二下月考]如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一根長為2R的導(dǎo)體桿ab水平放置，a端處在圓形磁場的邊界，現(xiàn)使桿繞a端以角速度ω逆時針勻速旋轉(zhuǎn)，當(dāng)桿旋轉(zhuǎn)了30°時()A．a(chǎn)端的電勢高于b端的電勢，ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為eq\f(1,2)BR2ωB．a(chǎn)端的電勢低于b端的電勢，ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為eq\f(1,2)BR2ωC．a(chǎn)端的電勢高于b端的電勢，ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BR2ωD．a(chǎn)端的電勢低于b端的電勢，ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BR2ω答案：A解析：當(dāng)桿旋轉(zhuǎn)了30°時，由幾何關(guān)系可知在磁場中的桿的長度為L＝R，桿的電動勢E＝BLv＝B·R·eq\f(1,2)ωR＝eq\f(1,2)BR2ω，由右手定則知a端的電勢高于b端的電勢，A正確．11．如圖所示，兩根足夠長、電阻不計且相距L＝0.2m的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，頂端接有一個額定電壓U＝4V的小燈泡，兩導(dǎo)軌間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝5T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)將一根長為2L、質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝1.0Ω的均勻金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置在頂端附近無初速度釋放，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時，小燈泡恰能正常發(fā)光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)金屬棒剛開始運(yùn)動時的加速度大??；(2)金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小．解析：(1)金屬棒剛開始運(yùn)動時初速度為零，不受安培力作用，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝4m/s2.(2)設(shè)金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度為v，感應(yīng)電動勢為E，金屬棒的有效長度為L，回路中的電流為I，由平衡條件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E－U,\f(r,2))，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv，聯(lián)立解得v＝4.4m/s.【刷易錯】【易錯點1易忽略電表改裝原理】12．[安徽宿州十三所重點中學(xué)2021高二下期中]如圖所示，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．a(chǎn)c、bc兩邊分別串有電壓表、電流表，當(dāng)金屬框繞ab邊逆時針轉(zhuǎn)動時，下列判斷正確的是()A．電流表沒有讀數(shù)，b、c電勢相等B．電流表有讀數(shù)，b、c電勢不相等C．電壓表無讀數(shù)，a、c電勢不相等D．電壓表有讀數(shù)，a、c電勢不相等答案：C解析：金屬框bc、ac邊做切割磁感線運(yùn)動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，Ubc、Uac不為零，b、c電勢不相等，a、c電勢不相等，但運(yùn)動的過程中穿過金屬框的磁通量始終為零，故金屬框中無電流，電流表沒有讀數(shù)，同時電壓表也沒有讀數(shù)；A、B、D錯誤，C正確．【易錯點2易混淆電動勢與電勢差、不能正確理解有效面積S】13．[山東棗莊三中2021高二下質(zhì)量檢測](多選)如圖所示，用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的均勻硬質(zhì)導(dǎo)線制成一個半徑為r的圓環(huán)，以圓環(huán)的圓心O為坐標(biāo)原點建立xOy坐標(biāo)系，圓環(huán)與x、y軸負(fù)方向的交點分別為b、a，在一、二、四象限內(nèi)存在垂直于圓環(huán)所在平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k>0)．下列說法正確的是()A．圓環(huán)中產(chǎn)生沿順時針方向的感應(yīng)電流B．圓環(huán)具有收縮的趨勢C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流的大小為eq\f(3krS,8ρ)D．圓環(huán)上a、b兩點間的電勢差為Uab＝eq\f(3kπr2,16)答案：BC解析：由eq\f(ΔB,Δt)＝k(k>0)知，磁場在增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中的感應(yīng)電流為逆時針方向，A錯誤；由“增縮減擴(kuò)”知圓環(huán)有收縮的趨勢，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝eq\f(ΔB,Δt)×eq\f(3,4)πr2＝eq\f(3kπr2,4)，圓環(huán)的電阻R＝ρeq\f(2πr,S)，聯(lián)立得圓環(huán)中的感應(yīng)電流的大小為eq\f(3krS,8ρ)，C正確；由以上分析可知Uab<0，Uab＝－eq\f(1,4)E＝－eq\f(3kπr2,16)，D錯誤．【刷提升】1．(多選)如圖所示，abcd為水平放置的平行光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則()A．回路中感應(yīng)電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．回路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lv,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)答案：BC解析：回路中感應(yīng)電動勢的大小E＝Blv，l為金屬桿切割磁感線的有效長度，故A錯誤；回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f(rl,sinθ))＝eq\f(Bvsinθ,r)，故B正確；金屬桿所受安培力的大小F＝BIL＝B·eq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C正確；金屬桿的熱功率P＝Fvsinθ＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D錯誤．2．(多選)如圖所示，在邊長為a的等邊三角形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場B，其方向垂直紙面向外．一個邊長也為a的等邊三角形導(dǎo)線框架EFG正好與該磁場區(qū)域的邊界重合，當(dāng)它以周期T繞其中心O點在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動時，框架EFG中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，若經(jīng)eq\f(T,6)框架轉(zhuǎn)到圖中的虛線位置，則在eq\f(T,6)時間內(nèi)()A．框架產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小等于eq\f(\r(3)a2B,2T)B．框架產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小等于eq\f(\r(3)a2B,T)C．框架沿順時針方向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流方向為E→F→G→ED．框架沿逆時針方向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流方向為E→G→F→E答案：AC解析：根據(jù)對稱性，圖中實線和虛線構(gòu)成的兩等邊三角形所圍的小三角形為等邊三角形，小三角形的邊長為eq\f(a,3)，高h(yuǎn)＝eq\f(a,3)·sin60°＝eq\f(\r(3),6)a，則小三角形的面積S＝eq\f(1,2)·eq\f(a,3)·eq\f(\r(3),6)a＝eq\f(\r(3),36)a2，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(B·3S,\f(T,6))＝eq\f(\r(3)a2B,2T)，A正確，B錯誤；無論框架沿順時針方向還是逆時針方向轉(zhuǎn)動，穿過框架的磁通量都減少，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向均為E→F→G→E，C正確，D錯誤．3．[山東昌邑一中2021高二下月考]如圖所示，金屬圓盤置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，其中央和邊緣各引出一根導(dǎo)線與套在鐵芯上部的線圈A相連．套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導(dǎo)線接在兩根水平導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌上一根金屬棒ab處在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場中．下列說法正確的是()A．圓盤順時針勻速轉(zhuǎn)動時，a點的電勢高于b點的電勢B．圓盤順時針加速轉(zhuǎn)動時，ab棒受到向左的安培力C．圓盤順時針加速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運(yùn)動D．圓盤順時針減速轉(zhuǎn)動時，a點的電勢高于b點的電勢答案：B解析：當(dāng)圓盤順時針勻速轉(zhuǎn)動時，線圈A中產(chǎn)生恒定的電流，穿過線圈B的磁通量不變，線圈B中不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，A錯誤；圓盤順時針加速轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流增大，線圈A中的磁場增強(qiáng)，由右手定則知，感應(yīng)電流從圓心流向邊緣，由安培定則知線圈A產(chǎn)生的磁場方向向下，由楞次定律知，ab棒中感應(yīng)電流方向由a→b，由左手定則知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒將向左運(yùn)動，B正確，C錯誤；圓盤順時針減速轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電動勢減小，感應(yīng)電流減小，線圈A中的磁場減弱，感應(yīng)電流從圓心流向邊緣，由安培定則知，線圈A產(chǎn)生的磁場方向向下，由楞次定律知，線圈B的上端相當(dāng)于電源的負(fù)極，則a點的電勢低于b點的電勢，D錯誤．4．[江蘇南通啟東中學(xué)2020高二上質(zhì)檢]如圖所示，水平桌面上平行放置兩光滑的金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，正以速度v1向左勻速運(yùn)動，金屬桿左側(cè)有一矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上，正以速度v2(v2＜v1)向右勻速移動，定值電阻為R，金屬桿電阻為eq\f(R,2)，其余電阻不計，當(dāng)金屬桿剛進(jìn)入磁場區(qū)域時()A．金屬桿ab兩端的電勢差U＝eq\f(2,3)BLv1B．金屬桿ab的加速度大小為a＝eq\f(2B2L2（v1－v2）,3mR)C．流過電阻R的電流大小為I＝eq\f(2BL（v1＋v2）,3R)D．若只改變磁場方向，金屬桿ab所受安培力的大小不變，方向改變答案：C解析：金屬桿ab剛進(jìn)入磁場區(qū)域時，感應(yīng)電動勢E＝BL(v1＋v2)，通過電阻R的電流I＝eq\f(E,R＋\f(1,2)R)＝eq\f(2BL（v1＋v2）,3R)，金屬桿ab兩端的電勢差U＝IR＝eq\f(2BL（v1＋v2）,3)，故A錯誤，C正確；金屬桿ab受到的安培力F＝BIL，對金屬桿ab，由牛頓第二定律得BIL＝ma，解得a＝eq\f(2B2L2（v1＋v2）,3mR)，故B錯誤；若只改變磁場方向，由右手定則可知，感應(yīng)電流方向反向，由左手定則可知，安培力方向不變，故D錯誤．5．[安徽六安舒城中學(xué)2021高二下月考](多選)半徑分別為r和2r的光滑同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面上，一長為r，質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌的中心O，裝置的俯視圖如圖所示；整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下；在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點和外圓導(dǎo)軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)．直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．導(dǎo)體棒阻值為R，導(dǎo)軌的電阻均可忽略，則下列說法正確的是()A．電阻中有從C到D的電流B．通過導(dǎo)體棒的電流為eq\f(Bωr2,4R)C．導(dǎo)體棒兩端的電壓為eq\f(3Bωr2,2)D．外力所做功的功率為eq\f(9B2ω2r4,8R)答案：AD解析：根據(jù)右手定則知，感應(yīng)電流的方向是由B到A，則通過電阻R的電流是由C到D，A正確；導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)B(4r2－r2)ω＝eq\f(3,2)Bωr2，通過導(dǎo)體棒的電流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(3Bωr2,4R)，B錯誤；導(dǎo)體棒兩端電壓U＝IR＝eq\f(3Bωr2,4)，C錯誤；外力所做功的功率等于電路消耗的總電功率P＝IE＝eq\f(9B2ω2r4,8R)，D正確．6．[浙江溫州2021高二下開學(xué)摸底]如圖所示，一光滑的等腰梯形導(dǎo)軌放置于水平桌面上，一電阻為2Ω的導(dǎo)體棒m放置在導(dǎo)軌的正中間并與邊長平行．導(dǎo)軌的正上方與正下方均有一阻值為4Ω的電阻，不計導(dǎo)軌其他地方的電阻．在導(dǎo)軌中間存在一垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，現(xiàn)施加一力F使導(dǎo)體棒m開始做v＝eq\f(\r(3),4)m/s的勻速運(yùn)動，已知等腰梯形導(dǎo)軌上邊長為2m，下邊長為4m，底角均為60°，則下列說法正確的是()A．若流過導(dǎo)體棒m的電流為從右到左，則磁場方向垂直紙面向外B．導(dǎo)體棒受到的安培力大小為eq\f(9\r(3)B2,16)C．記導(dǎo)體棒在中間位置時的時間為t＝0，則導(dǎo)體棒m兩端的電壓為eq\f(\r(3)B,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)t))VD．記導(dǎo)體棒在中間位置時的時間為t＝0，則流過導(dǎo)體棒m的電流為eq\f(\r(3)B,24)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)t))A答案：C解析：7．[湖南長沙雅禮書院中學(xué)2020高三月考]法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示．半徑為L的銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流方向由b到aC．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則R消耗的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍答案：A解析：圓盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(1,2)BL2ω，B、L、ω不變，E不變，電流大小恒定不變，若從上往下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，由右手定則知，電流方向由a到b，A正確，B錯誤；若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向不變，大小變化，C錯誤；若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，回路中電流變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)P＝I2R知，R消耗的熱功率將變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤．8．[浙江杭州源清中學(xué)2020高二上期中](多選)某學(xué)校圖書館憑磁卡借還書，某同學(xué)了解到其工作原理是磁卡以一定的速度通過裝有線圈的檢測頭，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而傳輸被記錄的信號．為研究該現(xiàn)象，該同學(xué)借用了如圖甲所示的實驗裝置．螺線管固定在鐵架臺上，并與電流傳感器、電壓傳感器和滑動變阻器連接．現(xiàn)將一小磁鐵置于螺線管正上方由靜止釋放，其上表面為N極，穿過螺線管后掉落到海綿墊上并靜止(小磁鐵下落過程中不發(fā)生轉(zhuǎn)動)，計算機(jī)屏幕上顯示出如圖乙所示的UI－t曲線．對于該實驗結(jié)果，以下說法正確的是()A．只減小小磁鐵釋放高度，兩個峰值都增大B．只減小螺線管匝數(shù)，兩個峰值都減小C．只增大小磁鐵質(zhì)量，穿過螺線管的時間不變D．只增大滑動變阻器的阻值，穿過螺線管的時間減小答案：BD解析：當(dāng)h減小時，小磁鐵進(jìn)入螺線管時的速度減小，導(dǎo)致螺線管中磁通量的變化率減小，感應(yīng)電動勢減小，因此兩個峰值都會減小，故A錯誤；當(dāng)只減小螺線管匝數(shù)時，螺線管中感應(yīng)電動勢減小，因此兩個峰值都會減小，故B正確；增大小磁鐵的質(zhì)量，小磁鐵在螺線管的平均速度變大，經(jīng)過螺線管所用時間變小，故C錯誤；小磁鐵進(jìn)入螺線管過程中，螺線管對小磁鐵產(chǎn)生向上的排斥力，穿出螺線管過程中，螺線管對小磁鐵產(chǎn)生向上的吸引力，增大滑動變阻器的阻值，則螺線管中的電流減小，螺線管產(chǎn)生的磁場減弱，則對小磁鐵的阻礙作用減小，所以小磁鐵穿過螺線管的時間減小，故D正確．9．[安徽皖北名校2021高二下聯(lián)考]如圖所示，在傾角為θ＝37°的粗糙斜面MNPQ上靜置一個質(zhì)量為m＝0.01kg、半徑為r＝0.1m、電阻為R＝5Ω、匝數(shù)為n＝10的金屬圓形線圈，虛線ab為直徑且與斜面底邊PQ平行，在ab與斜面上邊MN間有垂直斜面向上的磁場，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時間按如圖乙所示規(guī)律變化時，線圈在t0(未知)時刻恰好能