2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題九 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用導(dǎo)（含解析）.doc

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題九 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用導(dǎo)（含解析）熱點(diǎn)一電磁感應(yīng)圖象問題命題規(guī)律：電磁感應(yīng)圖象問題多以選擇題形式出現(xiàn)，有時也與計算題結(jié)合，主要考查以下內(nèi)容：(1)綜合應(yīng)用楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律及電路、安培力等相關(guān)知識，判斷電流(或安培力)隨時間t(或位移x)變化的圖象(2)利用動力學(xué)觀點(diǎn)判斷棒(或線圈)的速度隨時間變化的圖象(3)在計算題中考查學(xué)生的識圖能力，由圖象獲取解題信息的能力1.(xx高考新課標(biāo)全國卷)如圖甲，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖乙所示已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是()解析由題圖乙可知在cd間不同時間段內(nèi)產(chǎn)生的電壓是恒定的，所以在該時間段內(nèi)線圈ab中的磁場是均勻變化的，則線圈ab中的電流是均勻變化的，故選項(xiàng)A、B、D錯誤，選項(xiàng)C正確答案C2.(xx廣元第二次模擬)如圖所示，邊長為2l的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個邊長為l的正方形導(dǎo)線框所在平面與磁場方向垂直，導(dǎo)線框的一條對角線和虛線框的一條對角線恰好在同一直線上從t0開始，使導(dǎo)線框從圖示位置開始以恒定速度沿對角線方向移動進(jìn)入磁場，直到整個導(dǎo)線框離開磁場區(qū)域用I表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流(以逆時針方向?yàn)檎?則下列表示It關(guān)系的圖線中，正確的是()解析在線框進(jìn)入磁場時，切割磁感線的有效長度逐漸增加，當(dāng)線框即將完全進(jìn)入磁場時，切割磁感線的有效長度最大，產(chǎn)生的電流最大，此過程電流方向?yàn)槟鏁r針方向整個線框在磁場中運(yùn)動時，不產(chǎn)生感應(yīng)電流當(dāng)線框離開磁場時，產(chǎn)生電流方向?yàn)轫槙r針方向，且切割磁感線的有效長度逐漸減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流逐漸減小，所以選項(xiàng)D正確答案D3.(xx南昌三模)如圖所示，xOy平面內(nèi)有一半徑為R的圓形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，左半圓磁場方向垂直于xOy平面向里，右半圓磁場方向垂直于xOy平面向外一平行于y軸的長導(dǎo)體棒ab以速度v沿x軸正方向做勻速運(yùn)動，則導(dǎo)體棒兩端的電勢差Uba與導(dǎo)體棒位置x的關(guān)系圖象是()解析設(shè)從y軸開始沿x軸正方向運(yùn)動的長度為x(x2R)，則ab導(dǎo)體棒在磁場中的切割長度l22，感應(yīng)電動勢EBlv2Bv，可知|Uba|與x不是正比關(guān)系，所以C、D錯誤由右手定則知在左側(cè)磁場中b端電勢高于a端電勢，由于右側(cè)磁場方向變化，所以在右側(cè)a端電勢高于b端電勢，再結(jié)合圓的特點(diǎn)，知選項(xiàng)A正確答案A熱點(diǎn)二電磁感應(yīng)電路問題命題規(guī)律：電磁感應(yīng)電路問題為每年高考的熱點(diǎn)，考查方式既有選擇題，也有計算題，主要涉及電流、電壓、電功率、電熱和電量的計算1.(多選)(xx陜西西安質(zhì)檢)如圖所示，用同種電阻絲制成的正方形閉合線框1的邊長與圓形閉合線框2的直徑相等，m和n是1線框下邊的兩個端點(diǎn)，p和q是2線框水平直徑的兩個端點(diǎn)，1和2線框同時由靜止開始釋放并進(jìn)入上邊界水平、足夠大的勻強(qiáng)磁場中，進(jìn)入過程中m、n和p、q連線始終保持水平當(dāng)兩線框完全進(jìn)入磁場以后，下面說法正確的是()Am、n和p、q電勢的關(guān)系一定有UmUn，UpUqBm、n和p、q間電勢差的關(guān)系一定有UmnUpqC進(jìn)入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1Q2D進(jìn)入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1Q2解析當(dāng)兩線框完全進(jìn)入磁場以后，根據(jù)右手定則知UnUm，UqUp，A正確；兩線框完全進(jìn)入磁場后，由于兩線框的速度關(guān)系無法確定，故不能確定兩點(diǎn)間的電勢差的關(guān)系，B錯誤；設(shè)m、n間距離為a，由q，R得進(jìn)入磁場過程中流過1、2線框的電荷量都為，C錯誤，D正確答案AD2.(多選)(xx高考四川卷) 如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系為Bkt(常量k>0)回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1R0、R2.閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則()AR2兩端的電壓為 B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2解析 根據(jù)串、并聯(lián)電路特點(diǎn)，虛線MN右側(cè)回路的總電阻RR0.回路的總電流I，通過R2的電流I2，所以R2兩端電壓U2I2R2U，選項(xiàng)A正確；根據(jù)楞次定律知回路中的電流為逆時針方向，即流過R2的電流方向向左，所以電容器b極板帶正電，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)PI2R，滑動變阻器R的熱功率PI22I2R0，電阻R2的熱功率P22R2I2R0P，選項(xiàng)C正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢ESkr2，選項(xiàng)D錯誤答案AC3.如圖甲所示，10匝圓形(半徑r00.1 m)線圈的區(qū)域內(nèi)有均勻變化的磁場，滑動變阻器的最大阻值為R022 ，與線圈連接后，組成分壓器對負(fù)載R(純電阻)供電圖乙所示為該電路的路端電壓隨外電阻變化的關(guān)系圖線，每匝線圈允許通過的電流不能超過2 A求：(1)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率和單匝線圈的內(nèi)阻；(2)接到滑動變阻器a、b間的負(fù)載電阻R的阻值許可范圍解析(1)由題圖乙知，線圈的感應(yīng)電動勢E12 V即nrE12 V，可得38 T/s當(dāng)路端電壓U時，外電路電阻等于內(nèi)阻，由題圖乙知單匝線圈的內(nèi)阻r0.2 .(2)單匝線圈允許通過的電流不能超過2 A，內(nèi)電壓的最大值是4 V，外電壓的最小值為8 V，所以電路的外電阻必須大于或等于4 當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭處在a端時，負(fù)載電阻R與R0并聯(lián)，應(yīng)有4 ，得負(fù)載電阻R4.9 即接到變阻器a、b間的負(fù)載電阻不能小于4.9 .答案見解析總結(jié)提升解決電磁感應(yīng)中電路問題的思路(1)“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動勢的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r.(2)“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路.(3)根據(jù)EBLv或En，結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解.)熱點(diǎn)三電磁感應(yīng)過程中的動力學(xué)問題命題規(guī)律：電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題為每年高考的熱點(diǎn)，考查方式既有選擇題，又有計算題，命題規(guī)律有以下兩點(diǎn)：(1)與牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)知識結(jié)合的動態(tài)分析問題(2)電磁感應(yīng)中的安培力問題、涉及受力分析及功能關(guān)系的問題1.(xx昆明一模)如圖甲所示，MN左側(cè)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場現(xiàn)將一邊長為l、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框置于該磁場中，使線框平面與磁場垂直，且bc邊與磁場邊界MN重合當(dāng)t0時，對線框施加一水平拉力F，使線框由靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動；當(dāng)tt0時，線框的ad邊與磁場邊界MN重合圖乙為拉力F隨時間變化的圖線由以上條件可知，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為()AB BB CB DB 解析根據(jù)題意，可知F0ma，F(xiàn)安BIL，因?yàn)镕F安ma常數(shù)，所以，即，將F0ma代入化簡，可得B .故選項(xiàng)B正確答案B2.(多選)(xx云南部分名校統(tǒng)考)如圖所示，足夠長的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，其下端連接一個定值電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面，將ab棒在導(dǎo)軌上無初速度釋放，當(dāng)ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，速度為v，電阻R上消耗的功率為P.導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻不計下列判斷正確的是()A導(dǎo)體棒的a端比b端電勢低Bab棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減小的加速運(yùn)動C若磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來的2倍，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時速度將變?yōu)樵瓉淼腄若換成一根質(zhì)量為原來2倍的導(dǎo)體棒，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時的功率將變?yōu)樵瓉淼?倍解析導(dǎo)體棒下滑切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢相當(dāng)于電源，由右手定則知a端為正極，b端為負(fù)極，A項(xiàng)錯誤感應(yīng)電動勢EBLv，I，對ab受力分析有mgsin ma，則知導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)a0時，mgsin ，得vm，若B增大為原來的2倍，穩(wěn)定狀態(tài)時速度變?yōu)樵瓉淼模訠項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯誤若質(zhì)量增大為原來的2倍，導(dǎo)體棒穩(wěn)定時的速度為原來的2倍，R的功率P，可知功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D項(xiàng)正確答案BD3.(xx江蘇揚(yáng)州模擬)如圖所示，兩根質(zhì)量同為m、電阻同為R、長度同為l的導(dǎo)體棒a、b，用兩條等長的、質(zhì)量和電阻均可忽略的長直導(dǎo)線連接后，放在距地面足夠高的光滑絕緣水平桌面上，兩根導(dǎo)體棒均與桌邊緣平行，一根在桌面上，另一根移動到靠在桌子的光滑絕緣側(cè)面上整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，開始時兩棒靜止，自由釋放后開始運(yùn)動已知兩條導(dǎo)線除桌邊緣拐彎處外其余部位均處于伸直狀態(tài)，導(dǎo)線與桌子側(cè)棱間無摩擦求：(1)剛釋放時，兩導(dǎo)體棒的加速度大小；(2)兩導(dǎo)體棒運(yùn)動穩(wěn)定時的速度大小；(3)若從開始下滑到剛穩(wěn)定時通過橫截面的電荷量為q，求該過程a棒下降的高度解析(1)剛釋放時，設(shè)導(dǎo)線中的拉力為FT對a棒：mgFTma對b棒：FTma解得：ag.(2)導(dǎo)體棒運(yùn)動穩(wěn)定時，設(shè)細(xì)線中拉力為FT對b棒：FT0對a棒：mgF安又F安BIl解得：v.(3)從開始下滑到剛穩(wěn)定，設(shè)a棒下降的高度為h則通過橫截面的電荷量qt解得：h.答案(1)g(2)(3)總結(jié)提升電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的解題思路(1)找準(zhǔn)主動運(yùn)動者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢的大小和方向.(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向.(3)分析安培力對導(dǎo)體棒運(yùn)動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流有什么影響，最后定性分析導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動情況.(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解.)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)綜合問題命題規(guī)律：電磁感應(yīng)綜合問題往往涉及法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、閉合電路歐姆定律、動力學(xué)問題、能量問題等，綜合性較強(qiáng)，常作為壓軸計算題，有時也有選擇題解析(1)金屬棒從離地高h(yuǎn)1.0 m以上任何地方由靜止釋放后，在到達(dá)水平面之前已經(jīng)開始勻速運(yùn)動(1分)設(shè)最大速度為v，則感應(yīng)電動勢EBLv(1分)感應(yīng)電流I(1分)安培力FBIL(1分)勻速運(yùn)動時，有mgsin F(1分)解得v1.0 m/s.(1分)(2)在水平面上運(yùn)動時，金屬棒所受滑動摩擦力為Ffmg(1分)金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動，有Ffma(1分)v22ax(1分)解得0.04(1分)(用動能定理同樣可以解答)(3)下滑到底端的過程中，由能量守恒得：Qmghmv2(2分)電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR Q(2分)解得QR3.8102 J(1分)答案(1)1.0 m/s(2)0.04(3)3.8102 J總結(jié)提升(1)解決電磁感應(yīng)綜合問題的一般分析思路：(2)求解焦耳熱的三個途徑感應(yīng)電路為純電阻電路時產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即QW克安感應(yīng)電路中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于電流通過電阻做的功，即QI2Rt.感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱可通過能量守恒定律列方程求解最新預(yù)測1(xx山東泰安模擬)如圖所示，間距為L，電阻不計的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用一阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m，電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)使金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動，若金屬棒在整個運(yùn)動過程中通過的電荷量為q.下列說法正確的是()A金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運(yùn)動B整個過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為C整個過程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為D整個過程中金屬棒克服安培力做功為解析：選D.設(shè)某時刻的速度為v，則此時的電動勢EBLv，安培力F安，由牛頓第二定律有F安ma，則金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；由能量守恒定律知，整個過程中克服安培力做功等于電阻R和金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱之和，即W安Qmv，選項(xiàng)B錯誤，D正確；整個過程中通過金屬棒的電荷量q，得金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移x，選項(xiàng)C錯誤最新預(yù)測2(xx濰坊一模)如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌相距L，與水平面的夾角為，整個空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場方向向上，虛線下方軌道粗糙且磁場方向向下當(dāng)導(dǎo)體棒EF以初速度v0沿導(dǎo)軌上滑至最大高度的過程中，導(dǎo)體棒MN一直靜止在導(dǎo)軌上若兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m、電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，在此過程中導(dǎo)體棒EF上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求：(1)導(dǎo)體棒MN受到的最大摩擦力；(2)導(dǎo)體棒EF上升的最大高度解析：(1)EF獲得向上的初速度v0時，感應(yīng)電動勢EBLv0電路中電流為I，由閉合電路歐姆定律：I此時對導(dǎo)體棒MN受力分析，由平衡條件：FAmgsin fFABIL解得：fmgsin .(2)導(dǎo)體棒EF上升過程MN一直靜止，對系統(tǒng)由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律知mvmgh2Q解得：h.答案：(1)mgsin (2)失分防范用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)綜合問題極易從以下幾點(diǎn)失分：不會分析電源和電路結(jié)構(gòu)，求不出電動勢、電流等電學(xué)量；錯誤分析導(dǎo)體(或線圈)受力情況，尤其是安培力的大小和方向；不能正確地把機(jī)械運(yùn)動過程、電磁感應(yīng)過程和能量轉(zhuǎn)化過程相聯(lián)系；思維混亂，錯用公式，求不出結(jié)果.可以從以下幾點(diǎn)進(jìn)行防范：從“三個角度”看問題，即力與運(yùn)動角度(動力、阻力、加速度、勻速還是變速)，電磁感應(yīng)角度(電動勢、電流、磁場強(qiáng)弱和方向、動生電還是電生動)，能量轉(zhuǎn)化角度(什么力做了什么功、什么能變成什么能)；從“四個分析”理思路，即“源”、“路”、“力”、“能”的分析，以力的分析為核心，力找對了，導(dǎo)體的運(yùn)動情況和電磁感應(yīng)過程就基本清楚了；從“五個定律”搞突破，即電磁感應(yīng)定律、楞次定律、歐姆定律、牛頓第二定律、能量守恒定律.)A一、選擇題1(多選)(xx高考山東卷)如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示不計軌道電阻以下敘述正確的是()AFM向右 BFN向左CFM逐漸增大 DFN逐漸減小解析：選BCD.根據(jù)直線電流產(chǎn)生的磁場的分布情況知，M區(qū)的磁場方向垂直紙面向外，N區(qū)的磁場方向垂直紙面向里，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小當(dāng)導(dǎo)體棒勻速通過M、N兩區(qū)時，感應(yīng)電流的效果總是反抗引起感應(yīng)電流的原因，故導(dǎo)體棒在M、N兩區(qū)運(yùn)動時，受到的安培力均向左，故選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒在M區(qū)運(yùn)動時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，根據(jù)EBlv，I及FBIl可知，F(xiàn)M逐漸變大，故選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體棒在N區(qū)運(yùn)動時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變小，同理可知，F(xiàn)N逐漸變小，故選項(xiàng)D正確2.(xx高考江蘇卷)如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中. 在t時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()A. B.C. D.解析：選B.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EnnSn，選項(xiàng)B正確3(xx孝感一模)如圖甲所示，在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個不變形的銅圓環(huán)，規(guī)定從上向下看時，銅環(huán)中的感應(yīng)電流I沿順時針方向?yàn)檎较驁D乙表示銅環(huán)中的感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖象，則磁場B隨時間t變化的圖象可能是圖中的()解析：選B.由題圖乙可知，13 s內(nèi)無感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以穿過圓環(huán)的磁通量不變，所以排除C選項(xiàng)；對于A選項(xiàng)，01 s內(nèi)，磁通量不變，感應(yīng)電流為零，所以排除；對于B選項(xiàng)，從電流的方向看，01 s內(nèi)，磁通量增大，由楞次定律可知電流方向是順時針方向，而D項(xiàng)，01 s內(nèi)，電流方向?yàn)槟鏁r針方向，故選項(xiàng)B正確，D錯誤4(xx高考新課標(biāo)全國卷)如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(dL )的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動t0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(qū)域下列vt圖象中，可能正確描述上述過程的是()解析：選D.導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場時速度設(shè)為v0，此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv0，感應(yīng)電流I，線框受到的安培力FBLI.由牛頓第二定律Fma知，ma，由楞次定律知線框開始減速，隨著速度v減小，其加速度a減小，故進(jìn)入磁場時做加速度減小的減速運(yùn)動當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場開始做勻速運(yùn)動，在出磁場的過程中，仍做加速度減小的減速運(yùn)動，故只有D選項(xiàng)正確5(xx煙臺一模)如圖所示，勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場在y軸方向足夠?qū)挘趚軸方向?qū)挾葹閍.一直角三角形導(dǎo)線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域，以逆時針方向?yàn)殡娏鞯恼较颍谙聢D中感應(yīng)電流i、BC兩端的電壓UBC與線框移動的距離x的關(guān)系圖象正確的是()解析：選D.由楞次定律可知，線框剛進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，故線框中的感應(yīng)電流沿逆時針方向，為正，又因?yàn)榫€框做勻速運(yùn)動，故感應(yīng)電流隨位移線性增大；同理可知線框離開磁場時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小隨位移線性增大，方向?yàn)樨?fù)，選項(xiàng)A、B錯誤；BC兩端的電壓UBC跟感應(yīng)電流成正比，故選項(xiàng)C錯誤，D正確6(xx洛陽統(tǒng)考)如圖所示，在一固定水平放置的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵，從離地面高h(yuǎn)處，由靜止開始下落，最后落在水平地面上磁鐵下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過圓環(huán)，而不與圓環(huán)接觸若不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A在磁鐵下落的整個過程中，圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先逆時針后順時針(從上向下看圓環(huán))B磁鐵在整個下落過程中，所受線圈對它的作用力先豎直向上后豎直向下C磁鐵在整個下落過程中，它的機(jī)械能不變D磁鐵落地時的速率一定等于解析：選A.當(dāng)條形磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可判斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針，當(dāng)條形磁鐵遠(yuǎn)離圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可判斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針，A正確；根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”原則，可判斷磁鐵在整個下落過程中，所受圓環(huán)對它的作用力始終豎直向上，B錯誤；磁鐵在整個下落過程中，由于受到磁場力的作用，磁鐵的機(jī)械能不守恒，C錯誤；若磁鐵從高度h處做自由落體運(yùn)動，其落地時的速度為v，但磁鐵穿過圓環(huán)的過程中要產(chǎn)生一部分電熱，根據(jù)能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，D錯誤7(多選)(xx桂林二模)均勻?qū)Ь€制成的正方形閉合線框abcd，線框的匝數(shù)為n、邊長為L、總電阻為R、總質(zhì)量為m，將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場上方某高度處，如圖所示，釋放線框，讓線框由靜止自由下落，線框平面保持與磁場垂直，cd邊始終與水平的磁場邊界平行，已知cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框加速度大小恰好為，重力加速度為g，則線框cd邊離磁場邊界的高度h可能為()A. B.C. D.解析：選AC.線框cd邊進(jìn)入磁場時的速度為v，若此時加速度方向豎直向下，則mgnBILmam，I，則h，A正確；若cd邊進(jìn)入磁場時的加速度方向豎直向上，則nBILmgmam，I，則h，C正確8(多選)(xx淄博模擬)如圖，足夠長的“U”形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(090)，其中MN與PQ平行且間距為L.導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()Aa點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢Bab棒中產(chǎn)生的焦耳熱小于ab棒重力勢能的減少量C下滑位移大小為D受到的最大安培力大小為sin 解析：選ABC.由右手定則可以判斷流過ab棒的電流方向?yàn)閎a，由于ab棒相當(dāng)于電源，故a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，A正確；因ab棒減少的重力勢能還有一部分轉(zhuǎn)化為ab棒的動能，故ab棒中產(chǎn)生的焦耳熱一定小于ab棒重力勢能的減少量，B正確；由q可得，棒下滑的位移大小為x，C正確；當(dāng)棒運(yùn)動的速度達(dá)到最大時棒受到的安培力最大FmBImLBL，D錯誤9(多選)(xx河南中原名校聯(lián)考)如圖所示，頂角45的金屬導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中一根與ON垂直的導(dǎo)體棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿導(dǎo)軌MON向右滑動，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為r.導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)為a和b，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸t0時導(dǎo)體棒位于頂角O處，則流過導(dǎo)體棒的電流強(qiáng)度I、導(dǎo)體棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q、導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動時水平外力F、導(dǎo)體棒的電功率P各量大小隨時間變化的關(guān)系正確的是()解析：選AC.0到t時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移xv0tt時刻，導(dǎo)體棒的有效切割長度lx導(dǎo)體棒的電動勢EBlv0回路總電阻R(2xx)r電流強(qiáng)度I，可知I不變電流方向ba水平外力FBIl，可知Ft.t時刻導(dǎo)體棒的電功率PI2R由于Pt，故QPt/2，即Qt2.綜上可得A、C正確二、計算題10(xx石家莊質(zhì)檢)如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距l(xiāng)0.6 m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表V，電阻r2 的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，已知R12 ，R21 ，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的磁場，CE0.2 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如圖乙所示開始時電壓表有示數(shù)，當(dāng)電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫?，對金屬棒施加一水平向右的恒力F，使金屬棒剛進(jìn)入磁場區(qū)域時電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁場中運(yùn)動時電壓表的示數(shù)始終保持不變求：(1)t0.1 s時電壓表的示數(shù)；(2)恒力F的大??；(3)從t0時刻到金屬棒運(yùn)動出磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的熱量解析：(1)設(shè)磁場寬度為dCE，在00.2 s的時間內(nèi)，有E，Eld0.6 V此時，R1與金屬棒r并聯(lián)，再與R2串聯(lián)RR并R2112()UR并0.3 V.(2)金屬棒進(jìn)入磁場后，R1與R2并聯(lián)，再與r串聯(lián)，有I0.45 AFABIlFA1.000.450.60.27(N)由于金屬棒進(jìn)入磁場后電壓表示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運(yùn)動，有FFA故F0.27 N.(3)金屬棒在00.2 s的運(yùn)動時間內(nèi)，有Qt0.036 J金屬棒進(jìn)入磁場后，有Rr EIR1.2 VEBlv，v2 m/st0.1(s)QEIt0.054 JQ總QQ0.0360.0540.090(J)答案：(1)0.3 V(2)0.27 N(3)0.090 J11(xx高考天津卷)如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角30的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距L0.4 m導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0.5 T在區(qū)域中，將質(zhì)量m10.1 kg，電阻R10.1 的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑然后，在區(qū)域中將質(zhì)量m20.4 kg，電阻R20.1 的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g10 m/s2.問：(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少解析：(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向?yàn)橛蒬到c，則ab中電流方向?yàn)橛蒩流向b.(2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmaxm1gsin 設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)ab所受安培力為F安，有F安BIL此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安m1gsin Fmax綜合式，代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s.(3)設(shè)cd棒運(yùn)動過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin Q總m2v2又QQ總解得Q1.3 J.答案：(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J12(xx四川涼山模擬)如圖所示，在傾角37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5 T，磁場寬度d0.55 m，有一邊長L0.4 m、質(zhì)量m10.6 kg、電阻R2 的正方形均勻?qū)w線框abcd通過一輕質(zhì)細(xì)線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量m20.4 kg的物體相連，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.4，線框從圖示位置自由釋放，物體到定滑輪的距離足夠長(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)線框abcd還未進(jìn)入磁場的運(yùn)動過程中，細(xì)線拉力為多少？(2)當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場時，線框恰好做勻速直線運(yùn)動，求線框剛釋放時ab邊距磁場MN邊界的距離x多大？(3)cd邊恰離開磁場邊界PQ時，速度大小為2 m/s，求整個運(yùn)動過程中ab邊產(chǎn)生的熱量為多少？解析：(1)m1、m2運(yùn)動過程中，以整體法有m1gsin m2g(m1m2)a解得a2 m/s2以m2為研究對象有FTm2gm2a(或以m1為研究對象有m1gsin FTm1a)解得FT2.4 N.(2)線框進(jìn)入磁場恰好做勻速直線運(yùn)動，以整體法有m1gsin m2g0解得v1 m/s線框下滑做勻加速運(yùn)動v22ax解得x0.25 m.(3)線框從開始運(yùn)動到cd邊恰離開磁場邊界PQ時：m1gsin (xdL)m2g(xdL)(m1m2)vQ解得：Q0.4 J，所以QabQ0.1 J.答案：(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 JB一、選擇題1(xx高考廣東卷)如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊()A在P和Q中都做自由落體運(yùn)動B在兩個下落過程中的機(jī)械能都守恒C在P中的下落時間比在Q中的長D落至底部時在P中的速度比在Q中的大解析：選C.小磁塊在銅管中下落時，由于電磁阻尼作用，不做自由落體運(yùn)動，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落體運(yùn)動，因此在P中下落得慢，用時長，到達(dá)底端速度小，C項(xiàng)正確，A、B、D錯誤2(xx高考安徽卷)英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場如圖所示，一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，環(huán)上套一帶電荷量為q的小球已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運(yùn)動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是()A0 B.r2qkC2r2qk Dr2qk解析：選D.變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢ESkr2，則感應(yīng)電場對小球的作用力所做的功WqUqEqkr2，選項(xiàng)D正確3(xx河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域和內(nèi)有方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場B，和之間無磁場一導(dǎo)體棒兩端套在導(dǎo)軌上，并與兩導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)體棒從距區(qū)域上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化情況相同下面四個圖象能定性描述導(dǎo)體棒速度大小與時間關(guān)系的是()解析：選C.MN棒先做自由落體運(yùn)動，當(dāng)?shù)絽^(qū)磁場時由四個選項(xiàng)知棒開始減速說明F安mg，由牛頓第二定律得，F(xiàn)安mgma，減速時F安減小，合力減小，a也減小，速度圖象中圖線上各點(diǎn)切線斜率減?。浑x開區(qū)后棒做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動，隨后進(jìn)入?yún)^(qū)磁場，因棒在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流變化情況相同，則在區(qū)磁場中運(yùn)動情況與區(qū)磁場中完全相同，所以只有C項(xiàng)正確4(多選)(xx江西八校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T的勻強(qiáng)磁場，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m0.1 kg的矩形線圈abcd，bc邊長L10.2 m，電阻R2 .t0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過時間1 s，線圈的bc邊到達(dá)磁場邊界MN，此時立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1 s，線圈恰好完全進(jìn)入磁場，整個運(yùn)動過程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示則()A恒定拉力大小為0.05 NB線圈在第2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2C線圈ab邊長L20.5 mD在第2 s內(nèi)流過線圈的電荷量為0.2 C解析：選ABD.在第1 s末，i1，EBL1v1，v1at1，F(xiàn)ma1，聯(lián)立得F0.05 N，A項(xiàng)正確在第2 s內(nèi)，由圖象分析知線圈做勻加速直線運(yùn)動，第2 s末i2，EBL1v2，v2v1a2t2，解得a21 m/s2，B項(xiàng)正確在第2 s內(nèi)，vv2a2L2，得L21 m，C項(xiàng)錯誤q0.2 C，D項(xiàng)正確二、計算題5(xx高考浙江卷)某同學(xué)設(shè)計一個發(fā)電測速裝置，工作原理如圖所示一個半徑為R0.1 m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導(dǎo)軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上轉(zhuǎn)軸的左端有一個半徑為rR/3的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動圓盤上繞有不可伸長的細(xì)線，下端掛著一個質(zhì)量為m0.5 kg的鋁塊在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向右的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 Ta點(diǎn)與導(dǎo)軌相連，b點(diǎn)通過電刷與O端相連測量a、b兩點(diǎn)間的電勢差U可算得鋁塊速度鋁塊由靜止釋放，下落h0.3 m時，測得U0.15 V(細(xì)線與圓盤間沒有滑動，金屬棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線及電刷的電阻均不計，重力加速度g10 m/s2)(1)測U時，a點(diǎn)相接的是電壓表的“正極”還是“負(fù)極”？(2)求此時鋁塊的速度大?。?3)求此下落過程中鋁塊機(jī)械能的損失解析：(1)由右手定則知，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的方向由OA，故A端電勢高于O端電勢，與a點(diǎn)相接的是電壓表的“正極”(2)由電磁感應(yīng)定律得UE，BR2，所以UBR2又vrR所以v2 m/s.(3)由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律得Emghmv2解得E0.5 J.答案：見解析6(xx陜西西安高三質(zhì)檢)如圖甲所示，兩條電阻不計的金屬導(dǎo)軌平行固定在傾角為37的斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L0.5 m上端通過導(dǎo)線與R2 的電阻連接，下端通過導(dǎo)線與RL4 的小燈泡連接在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的磁場，CE間距離d2 mCDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示在t0時，一阻值為R02 的金屬棒從AB位置由靜止開始運(yùn)動，在金屬棒從AB位置運(yùn)動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化設(shè)導(dǎo)軌AC段有摩擦，其他部分光滑，金屬棒運(yùn)動過程中始終與CD平行(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)通過小燈泡的電流強(qiáng)度；(2)金屬導(dǎo)軌AC段的動摩擦因數(shù)；(3)金屬棒從AB位置運(yùn)動到EF位置過程中，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量解析：(1)04 s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得ELd0.5 V由閉合電路歐姆定律得IL0.1 A.(2)燈泡亮度不變，則全程通過燈泡的電流恒為IL，設(shè)金屬棒運(yùn)動到CD時的速度為v，金屬棒在AC段的加速度為a，則依題意有BLvILRL(ILIR)R0ILRLIRR由牛頓第二定律可得mgsin 37mgcos 37ma由運(yùn)動學(xué)公式vat1由題圖乙可知t14 s，B2 T代入以上方程聯(lián)立可得v1.0 m/s，.(3)金屬棒在CE段做勻速直線運(yùn)動，則有mgsin 37B(ILIR)L解得m0.05 kgBD段的位移xt12 m根據(jù)能量守恒有EILt1mg(xd)sin 37mv2Q解得整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q1.375 J.答案：(1)0.1 A(2)(3)1.375 J7(xx高考安徽卷)如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5 T，其方向垂直于傾角為30的斜面向上絕緣斜面上固定有“”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)、OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 ，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)g取10 m/s2.(1)求金屬桿CD運(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運(yùn)動到x0.8 m處電勢差UCD；(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖乙中畫出Fx關(guān)系圖象；(3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)的全過程產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)金屬桿CD在勻速運(yùn)動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv(ld)，解得E1.5 V(D點(diǎn)電勢高)當(dāng)x0.8 m時，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為l外，則l外dd，OP2 m得l外1.2 m由楞次定律判斷D點(diǎn)電勢高，故CD兩端電勢差UCDBl外v，即UCD0.6 V.(2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x關(guān)系是ld3x對應(yīng)的電阻Rl為RlR電流I桿受的安培力為F安BIl7.53.75x根據(jù)平衡條件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2)畫出的Fx圖象如圖所示(3)外力F所做的功WF等于Fx圖線下所圍的面積即WF2 J17.5 J而桿的重力勢能增加量Epmgsin 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱QWFEp7.5 J.答案：見解析8(xx西城一模)如圖所示，兩條光滑的金屬導(dǎo)軌相距L1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面內(nèi)，NN0段與QQ0段平行，位于與水平面成傾角37的斜面上，且MNN0與PQQ0均在豎直平面內(nèi)在水平導(dǎo)軌區(qū)域和傾斜導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)分別有垂直于水平面和斜面的勻強(qiáng)磁場B1和B2，且B1B20.5 Tab和cd是質(zhì)量均為m0.1 kg、電阻均為R4 的兩根金屬棒，ab置于水平導(dǎo)軌上，cd置于傾斜導(dǎo)軌上，均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好從t0時刻起，ab棒在外力作用下由靜止開始沿水平方向向右運(yùn)動(ab棒始終在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動，且垂直于水平導(dǎo)軌)，cd受到F0.60.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始終處于靜止?fàn)顟B(tài)不計導(dǎo)軌的電阻(sin 370.6，g取10 m/s2)(1)求流過cd棒的電流強(qiáng)度Icd隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系；(2)求ab棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動的速度vab隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系；(3)求從t0時刻起，1.0 s內(nèi)通過ab棒的電荷量q；(4)若t0時刻起，1.0 s內(nèi)作用在ab棒上的外力做功為W16 J，求這段時間內(nèi)cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Qcd.解析：(1)由題意知cd棒平衡，則FFcdmgsin 37FcdB2IcdL得Icd0.5t(A)(2)ab棒中電流IabIcd0.5t(A)則回路中電源電動勢EIcdR總ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EB1Lvab解得ab棒的速度vab8t(m/s)所以，ab棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(3)ab棒的加速度為a8 m/s2，10 s內(nèi)的位移為xat281.02 m4 m根據(jù)得qt C0.25 C.(4)t1.0 s時，ab棒的速度vab8t(m/s)8 m/s根據(jù)動能定理有WW安mv20得1.0 s內(nèi)克服安培力做功W安J12.8 J回路中產(chǎn)生的焦耳熱QW安12.8 Jcd棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qcd6.4 J.答案：(1)Icd0.5t(A)(2)vab8t(m/s)(3)0.25 C(4)6.4 J