A．通过R的电流方向由外向内 B．通过R的电流方向由内向外 πrBLv0
C．R上产生的热量为
4RπBLrD．流过R的电荷量为
2R解析：选AC.cd棒运动至ab处的过程中，闭合回路中的磁通量减小，再由楞次定律及安培定则可知，回路中电流方向为逆时针方向(从上向下看)，则通过R的电流方向为由外向ΔΦBrLU内，故A对，B错．通过R的电荷量为q＝＝，D错．R上产生的热量为Q＝t＝
2
22
RRR（BLv0/2）πrπrBLv0
＝，C对．
R2v04R三、非选择题
10．(2015·浙江高考押题卷)用密度为d、电阻率为ρ、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′a′.如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极之间，其间磁感应强度大小为B.方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力)．
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(1)求方框下落的最大速度vm(设磁场区域在竖直方向足够长)； (2)当方框下落的加速度为 时，求方框的发热功率P；
2
(3)已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为vt(vt 解析： (1)方框质量m＝4LAd 4L方框电阻 R＝ρ gA方框下落速度为v时，产生的感应电动势 E＝B·2L·v， 感应电流I＝＝. R2ρ方框下落过程，受到重力G及安培力F G＝mg＝4LAdg，方向竖直向下 5 EBAvB2ALvF＝BI·2L＝，方向竖直向上 ρ 当F＝G时，方框达到最大速度，即 v＝vm B2ALvm 则＝4LAdg ρ4ρdg方框下落的最大速度vm ＝2. B(2)方框下落加速度为时，有mg－BI·2L＝m 22 则I＝＝ 4BLB4ρALdg方框的发热功率P＝IR＝. 2 2 22 ggmgAdgB122 (3)根据能量守恒定律，有mgh＝mvt＋I0Rt 24L其中R＝ρ，m＝4LAd A解得恒定电流I0的表达式I0＝A 4ρdg4ρALdg答案：(1)2 (2) 2 22 1?d? gh－v2t. ?2?ρt?? BB(3)A 1?d? gh－v2t ?2?ρt?? 11．(2015·高考天津卷) 如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求 (1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍； (2)磁场上下边界间的距离H. 解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有 E1＝2Blv1① 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有 6 E1 I1＝② R设此时线框所受安培力为F1，有 F1＝2I1lB③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mg＝F1④ 由①②③④式得 v1＝ mgR22⑤ 4Bl设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得 mgRv2＝22⑥ Bl由⑤⑥式得 v2＝4v1.⑦ (2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 12 2mgl＝mv1⑧ 2 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 2 mg(2l＋H)＝mv22－mv1＋Q⑨ 1 212 由⑦⑧⑨式得 QH＝＋28l. mg答案：(1)4倍 (2)＋28l 12．(2015·安徽合肥一模)如图甲所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L＝0.5 m，导轨左端M、P间接有一阻值R＝0.2 Ω的定值电阻，导体棒ab的质量m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d＝1.0 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计感应电流磁 2 场的影响．取重力加速度g＝10 m/s. Qmg (1)求t＝0时棒所受到的安培力F0； (2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力Ff随时间t变化的关系式； (3)若t＝3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v0＝8 m/s，同时垂直棒施加一方向水平、 2 大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为a＝4 m/s、方向向左．求从t＝3 s到t＝4 s的时间内通过电阻的电荷量q. 解析：(1)t＝0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，为E＝ ΔΦΔB＝Ld＝ΔtΔt 7 0.1×0.5×1.0 V＝0.05 V E0.05 感应电流为：I＝＝ A＝0.25 A R0.2 可得t＝0时棒所受到的安培力：F0＝B0IL＝0.025 N. (2)ab棒与导轨间的最大静摩擦力：Ffm＝μmg＝0.1×0.1×10 N＝0.1 N>F0＝0.025 N 所以在t＝0时刻棒静止不动，加速度为零，在0～3 s内磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为I＝0.25 A 在0～3 s内，磁感应强度为：B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T) 因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有： Ff＝BIL＝(B0－kt)IL＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5＝0.012 5(2－t)(N)(t<3 s)． (3)3～4 s内磁感应强度大小恒为B2＝0.1 T，ab棒做匀变速直线运动，Δt1＝4 s－3 s＝1 s 设t＝4 s时棒的速度为v，第4 s内的位移为x，则： v＝v0－aΔt1＝4 m/s v0＋vx＝Δt1＝6 m 2 ΔΦ在这段时间内的平均感应电动势为：E＝ Δt1通过电阻的电荷量为：q＝IΔt1＝Δt1＝ ERB2Lx＝1.5 C. R答案：(1)0.025 N (2)见解析 (3)1.5 C B 一、单项选择题 1．(2015·高考重庆卷)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，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向右穿过线圈，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a和b之间的电势差φa－φb( ) A．恒为 nS（B2－B1） t2－t1 nS（B2－B1） t2－t1 B．从0均匀变化到C．恒为－ nS（B2－B1） t2－t1 nS（B2－B1） t2－t1 D．从0均匀变化到－ΔΦ（B2－B1）S解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次 Δtt2－t1 定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，（B2－B1）S因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n，选项C正确． t2－t1 2．(2015·烟台一模)如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a.一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图 8