电磁感应难题整理

保持拉力的功率不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=，拉力的功率为P=F•2v=．速度为v时，由牛顿第二定律得 ﹣=ma2，

联立两式得：3=ma2，②．则得：a2=3a1．

由于拉力的功率一定时，金属棒的加速度较大，其速度从v0增大到v的时间较小，即t2＜t1．

故选AD

mgsinθ﹣BIL=ma；

其中I=；

故a=gsinθ﹣，故A错误；

B、由电量计算公式q==可得，下滑的位移大小为s=，故B正确．

C、产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I′=小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C错误．

D、金属棒ab受到的最大安培力大小为F=BIL=BL=，故D错误．

故选B．

B．根据图象可知在t0～3t0时间内，线框做匀加速直线运动，合力等于F，则在t0时刻线框的速度为v=v0﹣a•2t0=v0﹣．故B正确．

C．线框离开磁场的过程，做减速运动，位置3速度不一定比t0时刻线框的速度大，故C错误．

D．因为t=0时刻和t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多．线框在位置1和位置3时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb=Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb，故D错误．

故选B．

B、安培力的冲量I=BILt=qBL，根据q=知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电量相等，所以上滑过程和下滑过程安培力的冲量相等．故B错误，C错误．

D、电阻上产生的热量Q=EIt=qE，因为上滑过程中和下滑过程中通过电阻的电量相等，上滑过程中平均电动势大于下滑过程中的平均电动势，则上滑过程中通过电阻R的热量大于下滑过程中产生的热量．故D正确．

故选D．

B、电阻上产生的热量Q=EIt=qE，因为上滑过程中和下滑过程中通过电阻的电量相等，上滑过程中平均电动势大于下滑过程中的平均电动势，则上滑过程中通过电阻R的热量大于下滑过程中产生的热量．故B正确．

C、电量q=It=t=，式中结果无时间，故上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同，故C错误；

D、安培力的冲量I=BILt=qBL，根据通过电阻R的电量相等，所以上滑过程和下滑过程安培力的冲量相等．故D错误

故选B．

cd杆在水平方向不受力，虽然跟导轨接触，但没有挤压，所以cd不受摩擦力，故B选项正确．

cd杆只受重力和竖直向上的安培力，由二力平衡可知，mg=BIL．ab杆水平方向上受摩擦力和拉力F，由二力平衡可知，F=f，又f=μ（mg+BIL），所以，F=f=2μmg，故A选项错，D选项正确．

cd杆向下匀速匀速时，产生的电动势E=BLV′，故回路中的电流为，又BIL=mg，所以，故C选项正确．

故选：BCD

故选C．

△S表示ab扫过的三角形面积，．

通过R的电量．

在这一过程中电容器充电的电量Q2=CUm．

Um为ab棒在转动过程中产生感应电动势的最大值．

．

所以ab棒脱离导轨后电容器放电，流过R的电量等于．

则流过R的总电量Q=Q1+Q2=BL2．故D正确，A、B、C错误．

故选D．

 、ab棒在拉力和安培力的作用下做加速运动，cd棒受到向右的安培力，在安培力的作用下做加速运动．ab棒的加速度逐渐减小，cd棒的加速度逐渐增大，当两者加速度相等后，一起做匀加速．故B正确，C、D错误．

故选B．

棒受力如图：

所以：，从公式中可以看出，随速度的增大，安培力增大，所以加速度减小．棒做加速度逐渐减小的变加速运动．故A错误；

B：下滑的过程中安培力做功等于电阻上产生的焦耳热，由于R=3r，因此：QR=3Qr=0.3J，所以克服安培力做功：W=QR+Qr=0.4J，故B错误；

C：速度为v=4m/s时，安培力为：FA=BIL=N

运动方向的合外力为：F=mgsinθ﹣FA

所以此时的加速度为：．故C正确；

D：到达底端时速度最大vm．

则由功能关系：

所以：m/s

故D正确．

故选：CD

B、通过线圈某一截面的电量==，故B错误；

C、电压有效值为：E=ω，用有效值计算得到电热为，但线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，电流做功的平均效果不等于有效值，故C错误；

D、从A转到O的过程，线圈面积不断变小到0，通过面积的磁通量也不断变小到0，从O到B的过程正好相反，通过线圈面积磁通量从0开始变大，在这两个阶段，磁感线从不同的面穿入，故线圈中产生的感应电动势方向还是相同，所以电流方向不会改变，故D正确；

故选D．

 对于进入磁场过程：﹣BI1Lt1=m（v1﹣v0），可得BLq1=m（ v0﹣v1 ）；

 同理，对于穿出磁场过程：BLq2=m（ v1﹣v2）

 而感应电量q=，穿入和穿出过程的磁通量变化量相同，所以有q1=q2，则得到v0﹣v1=v1﹣v2 故A正确，D错误．

 、C，导线框进入和穿出磁场时都做减速运动，感应电流减小，线框受到的安培力减小，进入和穿出位移相同，则进入过程线框克服安培力做功多，则有Eko﹣Ek1＞Ek1﹣Ek2．再由能量守恒定律可知，动能的减少都转化成内能，所以有

Q1＞Q2．故B、C均错误．

 故选A

B、bc边恰进入磁场II时线框中感应电动势为E=2BLv0，感应电流为i=，安培力为FA=2BiL，得FA=

而bc进入磁场I的过程中，有F=．则得FA=4F．根据牛顿第二定律得：FA﹣F=ma，解得bc边恰进入磁场II时线框的加速度大小为a=．故B正确．

D、ad边将要离开磁场II时线框中的电流稍小于i0，线框的速度小于v0，线框bc边恰进入磁场II时速度为v0，线框又做减速运动，所以bc边在磁场II中运动的过程中线框中电流的最小值一定小于i0．故D正确．

C、若bc边恰离开磁场II时线框的速度大小为．线框中产生的感应电流为i==i0，而bc边在磁场II中运动的过程中线框中电流的最小值一定小于i0．故C错误．

故选BD

 、在0﹣内，N中的电流先增大，则在M产生产生变化的电流，导体棒受到安培力向某一方向做变加速度直线运动；在﹣内，N中的电流减小，则在M中产生反向的变化的电流，导体棒受到相反反向的安培力做变减速直线运动到零；在﹣内，N中的电流反向增大，在M中产生的电流方向与﹣内相同，所以导体棒又反向做变加速直线运动，在内反向变减速直线运动到零．知导体棒在导轨上来回运动．故C正确，D错误．

故选BC．

B、电动势之比为1：，所以电流比为1：，则安培力之比为1：，根据牛顿第二定律，有F﹣FA=ma，FA=F﹣ma，所以外力F的大小之比不等于1：．故B错误．

C、根据能量守恒定律，热量Qab==Fxab﹣maxab．

同理Qbc=Fxbc﹣maxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以产生的热量不等．故C错误．

D、由q=，△Φab=△Φbc，则qab=qbc，故D错误．

故选A．

此时电动势：E1=BLv1

流过金属棒的电流：

金属棒受到的安培力：   ①

此时电阻R1消耗的电功率为PR1： ②

导体棒上安培力的电功率：

所以：，故A错误．

B：t2时刻导体棒上滑的速度为v2，此时电阻R2消耗的电功率为P2，

由于电阻R1与R2阻值相同，所以消耗功率相同，也为P2；

由于P2=I2R，而此时通过金属棒的电流为2I，金属棒的电阻为，所以金属棒消耗的电功率为：P=（2I）2=2P2，故B错误；

C：则在t2时刻消耗的总功率为4P2，由于导体棒克服安培力做功就等于产生的电能，也等于消耗的总电能，故t2时刻导体棒克服安培力做功的功率为4P2，故C正确．

D：在t1～t2这段时间内导体棒上升过程速度减小，减小的动能转化为金属棒产生的电能和金属棒的重力势能，所以这段时间内整个回路产生的电热小于导体棒动能的减小．故D错误．

故选：C

A：由于导体棒是匀速运动故其受合力为零，因此合力的功就为零，故A正确

B：重力做功出现的是重力势能与动能的转化，而不是转化为电能，故B错误

C：对导体棒做功的力由三个，重力，恒力F，安培力，棒克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，故C正确

D：导体棒克服安培力的功就等于电路中产生的焦耳热，即电阻R上产生的焦耳热．故D错误

故选AC

根据安培定则，感应电流在M中磁场方向向内；

加速度减小，故安培力减小，安培力F=BIL=B，故感应电动势减小；根据法拉第电磁感应定律e=∝，故原电流变化率减小；

A、由图象A，N中的电流增加且增加的越来越慢，原磁场向内，根据楞次定律，感应电流的磁场向内；符合题意，故A正确；

B、由图象B，电流变化率逐渐变大，不符合题意，故B错误；

C、由图象C，电流变化率不变，不符合题意，故C错误；

D、由图象D，电流变化率不变，不符合题意，故D错误；

故选A．

B、根据题意最终两棒的速度相等，由动量守恒定律应有：m=（m+m）v，解得v=，故B正确．

C、根据能量守恒定律，在运动过程中产生的热量为Q=﹣，解得Q=，故C正确．

D、根据动能定理可知，安培力对cd棒做的功等于cd棒增加的动能，即W==，而回路中的电能应等于产生的热量Q=，所以D错误．

故选BC．

故选A．