2020高考物理二轮抓分天天练课件：重点知识练+1.20
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A．线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反 B．线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反 C．线圈进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷 量为BRL2 D．线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为 2B2L2v2 R
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答案 AC 解析 根据右手定则直接判断进入磁场时电流方向沿 cbadc 方向，穿出磁场时电流方向为 dabcd 方向，故 A 项正确；由楞 次定律和左手定则判断线圈进入磁场时所受安培力的方向与穿 出时相同，由线圈受力平衡可知静摩擦力的方向相同，故 B 项错 误；线圈进入磁场区域的过程中，通过导线某一横截面的电荷量 q＝It＝BLRvt＝BRL2，故 C 项正确；线圈经过磁场区域的过程中， 电动机多消耗的电功率即线圈内产生热量的热功率，则 P＝I2R ＝B2LR2v2，故 D 项错误．
第25页
在 2～3vl 时间内，线框的对角线经过磁场的上边界到完全出磁场， 此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针，为负值， t 时刻线框中电流为 I＝－B[l－v（Rt－2）]v，t 增大，I 减小；由 数学知识可知，C 项正确．
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8.(2019·常德一模)(多选)如图所示，匀强磁场 的水平边界相距为 d，磁感应强度大小为 B、水平 向里．质量为 m、电阻为 R、边长为 L 的正方形 线圈 abcd，在磁场上方高 h 处由静止释放，已知 cd 边刚进入磁场时与 cd 边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻 力，在线圈穿过磁场的整个过程中( )
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5．(2019·四川模拟)(多选)如图所示，两光滑平行长直导轨， 水平放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面 垂直．已知金属棒 MN 能沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定 值电阻 R，金属棒与导轨电阻不计．金属棒在水平恒力 F 作用下 从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，表示金属棒加速度 a、速度 v、电阻 R 两端的电压 UR 以及流过电阻 R 的电量 q 随 时间 t 变化的图象中正确的是( )
1．20 电磁感应规律与动力学问 题综合(二)
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一、选择题 1．(2019·江苏省南京师范大学模拟)如图所示，半圆光滑绝 缘轨道 MN 固定在竖直平面内，O 为其圆心，M、N 与 O 高度 相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直．现将一个带正电的小球自 M 点由静止释放，它将沿轨道在 M、N 间做往复运动．下列说 法中正确的是( )
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a＝mF －Bm2LR2v，可知，a 减小得越来越慢，at 图象的斜率越来越 小，at 图象应是曲线，故 A 项错误；由于金属棒做加速度减小 的加速运动，根据感应电动势 E＝BLv，知 E 逐渐增大，但 E 增 加得越来越慢，金属棒电阻不计，则 R 的电压 UR＝E，所以 UR 增加得越来越慢，即 URt 图象斜率逐渐减小，最后保持不变， 故 C 项正确；通过电阻 R 的电荷量为：q＝It＝ΔRΦ＝BRLx，由于 金属棒的速度先增大后不变，则qt ＝BRLv，逐渐增大，最后不变， 故 D 项正确．
第6页
A．R 中的电流方向是从 a 到 b B．导体棒向右做匀速滑动 C．电容器的带电量逐渐变小 D．在 BC 段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻 R 上产生 的热量
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答案 AC 解析 根据右手定则可判定回路中的电流沿逆时针方向，过 电阻 R 的电流方向是从 a 到 b，故 A 项正确；根据左手定则可判 断，导体棒受到向左的安培力作用做减速运动，所以电动势不断 变小，电容器两端电压不断变小，根据 Q＝CU，故电容器电荷 量逐渐变小，故 B 项错误，C 项正确；根据能量守恒可知，在 BC 段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻 R 上产生的热量以及 电容器储存的电能之和，故 D 项错误．
第4页
点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可 得：F2－mg－F 洛＝mvr2，故此时小球对轨道的压力为 F′2＝mvr2＋ F 洛＋mg，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不 相等，故 C 项错误；小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重 力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点时，速度大小总是 相等的，由 F 合＝mvr2可知合力不变，故 D 项正确．
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2.(2019·天津二模)(多选)如图所示，电阻 R、 电容器 C 与固定在同一水平面上的光滑平行导 轨相连，导轨间有竖直向下的匀强磁场．一导体 棒垂直放在导轨上且与导轨接触良好，导体棒与 导轨电阻不计．现让导体棒获得一初速度 v0 从位置 A 向右滑动 并经过 B、C 两位置，在导体棒向右滑动的过程中，下列说法正 确的是( )
第29页
所用时间为 t＝2vd＝
2d ＝ 2gh
g2hd，故 B 项正确；cd 边刚进入磁
场时与 cd 边刚离开磁场时速度相等，若 L>d，线框在磁场中做 匀速运动，则：mg＝B2RL2v，线框在磁场中运动时的速度为：v
＝mB2gLR2，线框离开磁场后做加速运动，ab 边进入磁场时的速度
大于mB2gLR2，故 C 项错误；cd 边刚进入磁场时与 cd 边刚离开磁场
第19页
A．棒能摆到 OD 处 B．从 OC 到 PO 的过程中，通过棒横截面的电荷量为π2BRL2 C．棒第一次到达 OP 处时，棒中通过的电流为ωBRL2 D．棒最终会停下，产生的总焦耳热为12mgL
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答案 D 解析 棒沿着导轨摆动切割磁感线而产生动生电动势，导轨 与棒组成的回路通电，根据楞次定律可知棒要受到安培力，安培 力做负功，则棒第一次不能到达等高的 OD 处；最终棒通过多个 往复的摆动而停在 OP 处，由能量守恒可知 mg·L2＝W 安＝Q 总； 故 A 项错误，D 项正确；从 OC 到 PO 的过程中，流过回路的电
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答案 CD 解析 金属棒受到的安培力：FA＝BIL＝B2RL2v，由牛顿第二 定律得：F－B2RL2v＝ma，解得加速度为：a＝mF －Bm2LR2v，由于金 属棒做加速运动，速度 v 不断增大，则加速度 a 不断减小，直至 零，vt 图象的斜率越来越小，直至零，故金属棒开始做加速度 减小的加速运动，当加速度为零时做匀速直线运动，故 B 项错误； 由于金属棒做加速度减小的加速运动，v 的变化率越来越小，由
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A．小球在 M 点和 N 点时均处于平衡状态 B．小球由 M 到 N 所用的时间大于由 N 到 M 所用的时间 C．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等 D．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等
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答案 D 解析 小球在 M 点和 N 点只受到重力，所以小球在这两点 不能处于平衡状态，故 A 项错误；由于洛仑磁力总是与运动垂直， 由于没有摩擦力，故对其速度大小有影响的只有重力，故小球无 论从哪边滚下，时间都是一样的，故 B 项错误；小球从 M 到 N 运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重 力，由牛顿运动定律可得：F1＋F 洛－mg＝mvr2，故此时小球对轨 道的压力为：F′1＝mvr2＋mg－F 洛；小球从 N 到 M 运动，在最低
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A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为4Bt00rρS D．圆环中的感应电动势大小为B04πt0 r2
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答案 BC
解析 由楞次定律可知，在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内感应
电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知：0～t0 时间内圆环受
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3．(2019·课标全国Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大 小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线 MN 所示．一硬 质细导线的电阻率为 ρ、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上．t＝0 时磁感应强度的 方向如图(a)所示；磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图(b)所 示．则在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内( )
时速度相等，若 L<d，线框可能先做减速运动，全部进入磁场将
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做加速运动，线圈全部进入磁场的瞬间速度最小，设最小速度为 vm，由动能定理，从 cd 边刚进入磁场到线框完全进入时，则有： 12mvm2－12mv02＝mgL－mgd，有12mv02＝mgh，综上所述，线圈 的最小速度为 vm＝ 2g（h＋L－d），故 D 项正确．
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A．线圈产生的热量为 mgd
B．若 L＝d，则所用时间为 d
2 gh
C．若 L>d，则线圈 ab 边进磁场时的速度为mB2gLR2
D．若 L<d，则线圈的最小速度为 2g（L＋h－d）
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答案 BD 解析 根据能量守恒研究从 cd 边刚进入磁场到 cd 边刚穿出 磁场的过程，动能变化量为 0，重力势能转化为线框产生的热量， 则进入磁场的过程中线圈产生的热量 Q＝mgd，cd 边刚进入磁场 时速度为 v0，cd 边刚离开磁场时速度也为 v0，所以从 cd 边刚穿 出磁场到 ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量也是 Q＝mgd， 整个过程中产生的热量 Q′＝2mgd，故 A 项错误；线圈刚进入磁 场时的速度大小为 v＝ 2gh，若 L＝d，线圈将匀速通过磁场，
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9.(2019·郑州二模)(多选)如图所示，空间中 存在一个沿水平方向的磁场，磁场上边界 OM 水 平，以 O 点为坐标原点，OM 为 x 轴，竖直向 下为 y 轴，磁感应强度大小在 x 方向保持不变，y 轴方向按 B＝ ky 变化，k 为大于零的常数．一质量为 m、电阻为 R、边长为 l 的单距正方形线框 abcd 从图示位置以速度 v0 沿 x 轴正方向抛出， 抛出时 dc 边和 OM 重合，da 边和 y 轴重合，运动过程中线框始 终处于 xOy 平面内，且 dc 边始终平行于 x 轴．磁场足够大，重 力加速度为 g，不计空气阻力．则下列说法正确的是( )
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πL2 荷量由 q＝I·Δt，I＝RE，E＝BΔΔtS，故 q＝B·RΔS＝B·R4 ＝π4BRL2， 故 B 项错误；棒第一次到达 OP 处时角速度为 ω，转动产生的平 均电动势为 E＝BL0＋2ωL＝BL22ω，则电流为 I＝RE＝BL2R2ω，故 C 项错误．
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7.(2019·永州三模)如图所示，LOM 为一 45°角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里 的匀强磁场，一边长为 l 的正方形导线框沿垂 直于 OM 的方向以速度 v 做匀速直线运动，在 t＝0 时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流 的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－时间(I-t)关系的 是(时间以vl 为单位)( )
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6.(2019·漳州二模)如图所示，在竖直面内有 一半径为 L 的圆形光滑金属导轨 CPD，处于磁 感应强度大小为 B、方向与导轨平面(纸面)垂直 向里的匀强磁场中，圆心为 O，直径 CD 水平，半径 OP 竖直， O、D 间用导线连接．一质量分布均匀的金属棒 OA，长为 L， 电阻为 R，质量为 m，能绕水平轴 O 在竖直平面内自由转动， 棒与导轨和轴 O 始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重 力加速度大小为 g.若棒从 CO 处由静止释放，第一次到达 OP 处 时的角速度为 ω，则下列判断正确的是( )
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4．(2019·安徽模拟)(多选)某实验小组制作一个金属安检仪原 理可简化为图示模型．正方形金属线圈 abcd 平放在粗糙水平传 送带上，被电动机带动一起以速度 v 匀速运动，线圈边长为 L， 电阻为 R，质量为 m，有一边界宽度也为 L 的矩形磁场垂直于传 送带，磁感应强度为 B，且边界与线圈 bc 边平行．已知线圈穿 过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是( )
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答案 C 解析 在 0～1vl 时间内，线框产生的感应电动势不变，感应 电流也不变，由楞次定律判断可知感应电流的方向为逆时针，为 正值；在 1～2vl 内，线框上边出磁场到线框的对角线经过磁场的 上边界，此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针， 为负值，t 时刻线框中电流为 I＝－Bv（t－R 1）·v，t 增大，I 增大；
到的安培力向左，t0～t1 时间内安培力向右，故 A 项错误，B 项
正确；由电阻定律可知，圆环电阻：R＝ρLS＝ρ2Sπr，由法拉第电
磁
感
应
定
律
可
知
，
感
应
电
动
势
：
E
＝
ΔΦ Δt
＝
ΔB·S Δt
＝
B0·12πr2 t0
＝
B02πt0r2，感应电流：I＝RE＝4Bρ0Str0，故 C 项正确，D 项错误．
A．线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反 B．线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反 C．线圈进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷 量为BRL2 D．线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为 2B2L2v2 R
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答案 AC 解析 根据右手定则直接判断进入磁场时电流方向沿 cbadc 方向，穿出磁场时电流方向为 dabcd 方向，故 A 项正确；由楞 次定律和左手定则判断线圈进入磁场时所受安培力的方向与穿 出时相同，由线圈受力平衡可知静摩擦力的方向相同，故 B 项错 误；线圈进入磁场区域的过程中，通过导线某一横截面的电荷量 q＝It＝BLRvt＝BRL2，故 C 项正确；线圈经过磁场区域的过程中， 电动机多消耗的电功率即线圈内产生热量的热功率，则 P＝I2R ＝B2LR2v2，故 D 项错误．
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在 2～3vl 时间内，线框的对角线经过磁场的上边界到完全出磁场， 此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针，为负值， t 时刻线框中电流为 I＝－B[l－v（Rt－2）]v，t 增大，I 减小；由 数学知识可知，C 项正确．
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8.(2019·常德一模)(多选)如图所示，匀强磁场 的水平边界相距为 d，磁感应强度大小为 B、水平 向里．质量为 m、电阻为 R、边长为 L 的正方形 线圈 abcd，在磁场上方高 h 处由静止释放，已知 cd 边刚进入磁场时与 cd 边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻 力，在线圈穿过磁场的整个过程中( )
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5．(2019·四川模拟)(多选)如图所示，两光滑平行长直导轨， 水平放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面 垂直．已知金属棒 MN 能沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定 值电阻 R，金属棒与导轨电阻不计．金属棒在水平恒力 F 作用下 从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，表示金属棒加速度 a、速度 v、电阻 R 两端的电压 UR 以及流过电阻 R 的电量 q 随 时间 t 变化的图象中正确的是( )
1．20 电磁感应规律与动力学问 题综合(二)
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一、选择题 1．(2019·江苏省南京师范大学模拟)如图所示，半圆光滑绝 缘轨道 MN 固定在竖直平面内，O 为其圆心，M、N 与 O 高度 相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直．现将一个带正电的小球自 M 点由静止释放，它将沿轨道在 M、N 间做往复运动．下列说 法中正确的是( )
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a＝mF －Bm2LR2v，可知，a 减小得越来越慢，at 图象的斜率越来越 小，at 图象应是曲线，故 A 项错误；由于金属棒做加速度减小 的加速运动，根据感应电动势 E＝BLv，知 E 逐渐增大，但 E 增 加得越来越慢，金属棒电阻不计，则 R 的电压 UR＝E，所以 UR 增加得越来越慢，即 URt 图象斜率逐渐减小，最后保持不变， 故 C 项正确；通过电阻 R 的电荷量为：q＝It＝ΔRΦ＝BRLx，由于 金属棒的速度先增大后不变，则qt ＝BRLv，逐渐增大，最后不变， 故 D 项正确．
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A．R 中的电流方向是从 a 到 b B．导体棒向右做匀速滑动 C．电容器的带电量逐渐变小 D．在 BC 段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻 R 上产生 的热量
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答案 AC 解析 根据右手定则可判定回路中的电流沿逆时针方向，过 电阻 R 的电流方向是从 a 到 b，故 A 项正确；根据左手定则可判 断，导体棒受到向左的安培力作用做减速运动，所以电动势不断 变小，电容器两端电压不断变小，根据 Q＝CU，故电容器电荷 量逐渐变小，故 B 项错误，C 项正确；根据能量守恒可知，在 BC 段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻 R 上产生的热量以及 电容器储存的电能之和，故 D 项错误．
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点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可 得：F2－mg－F 洛＝mvr2，故此时小球对轨道的压力为 F′2＝mvr2＋ F 洛＋mg，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不 相等，故 C 项错误；小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重 力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点时，速度大小总是 相等的，由 F 合＝mvr2可知合力不变，故 D 项正确．
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2.(2019·天津二模)(多选)如图所示，电阻 R、 电容器 C 与固定在同一水平面上的光滑平行导 轨相连，导轨间有竖直向下的匀强磁场．一导体 棒垂直放在导轨上且与导轨接触良好，导体棒与 导轨电阻不计．现让导体棒获得一初速度 v0 从位置 A 向右滑动 并经过 B、C 两位置，在导体棒向右滑动的过程中，下列说法正 确的是( )
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所用时间为 t＝2vd＝
2d ＝ 2gh
g2hd，故 B 项正确；cd 边刚进入磁
场时与 cd 边刚离开磁场时速度相等，若 L>d，线框在磁场中做 匀速运动，则：mg＝B2RL2v，线框在磁场中运动时的速度为：v
＝mB2gLR2，线框离开磁场后做加速运动，ab 边进入磁场时的速度
大于mB2gLR2，故 C 项错误；cd 边刚进入磁场时与 cd 边刚离开磁场
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A．棒能摆到 OD 处 B．从 OC 到 PO 的过程中，通过棒横截面的电荷量为π2BRL2 C．棒第一次到达 OP 处时，棒中通过的电流为ωBRL2 D．棒最终会停下，产生的总焦耳热为12mgL
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答案 D 解析 棒沿着导轨摆动切割磁感线而产生动生电动势，导轨 与棒组成的回路通电，根据楞次定律可知棒要受到安培力，安培 力做负功，则棒第一次不能到达等高的 OD 处；最终棒通过多个 往复的摆动而停在 OP 处，由能量守恒可知 mg·L2＝W 安＝Q 总； 故 A 项错误，D 项正确；从 OC 到 PO 的过程中，流过回路的电
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答案 CD 解析 金属棒受到的安培力：FA＝BIL＝B2RL2v，由牛顿第二 定律得：F－B2RL2v＝ma，解得加速度为：a＝mF －Bm2LR2v，由于金 属棒做加速运动，速度 v 不断增大，则加速度 a 不断减小，直至 零，vt 图象的斜率越来越小，直至零，故金属棒开始做加速度 减小的加速运动，当加速度为零时做匀速直线运动，故 B 项错误； 由于金属棒做加速度减小的加速运动，v 的变化率越来越小，由
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A．小球在 M 点和 N 点时均处于平衡状态 B．小球由 M 到 N 所用的时间大于由 N 到 M 所用的时间 C．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等 D．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等
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答案 D 解析 小球在 M 点和 N 点只受到重力，所以小球在这两点 不能处于平衡状态，故 A 项错误；由于洛仑磁力总是与运动垂直， 由于没有摩擦力，故对其速度大小有影响的只有重力，故小球无 论从哪边滚下，时间都是一样的，故 B 项错误；小球从 M 到 N 运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重 力，由牛顿运动定律可得：F1＋F 洛－mg＝mvr2，故此时小球对轨 道的压力为：F′1＝mvr2＋mg－F 洛；小球从 N 到 M 运动，在最低
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A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为4Bt00rρS D．圆环中的感应电动势大小为B04πt0 r2
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答案 BC
解析 由楞次定律可知，在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内感应
电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知：0～t0 时间内圆环受
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3．(2019·课标全国Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大 小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线 MN 所示．一硬 质细导线的电阻率为 ρ、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上．t＝0 时磁感应强度的 方向如图(a)所示；磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图(b)所 示．则在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内( )
时速度相等，若 L<d，线框可能先做减速运动，全部进入磁场将
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做加速运动，线圈全部进入磁场的瞬间速度最小，设最小速度为 vm，由动能定理，从 cd 边刚进入磁场到线框完全进入时，则有： 12mvm2－12mv02＝mgL－mgd，有12mv02＝mgh，综上所述，线圈 的最小速度为 vm＝ 2g（h＋L－d），故 D 项正确．
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A．线圈产生的热量为 mgd
B．若 L＝d，则所用时间为 d
2 gh
C．若 L>d，则线圈 ab 边进磁场时的速度为mB2gLR2
D．若 L<d，则线圈的最小速度为 2g（L＋h－d）
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答案 BD 解析 根据能量守恒研究从 cd 边刚进入磁场到 cd 边刚穿出 磁场的过程，动能变化量为 0，重力势能转化为线框产生的热量， 则进入磁场的过程中线圈产生的热量 Q＝mgd，cd 边刚进入磁场 时速度为 v0，cd 边刚离开磁场时速度也为 v0，所以从 cd 边刚穿 出磁场到 ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量也是 Q＝mgd， 整个过程中产生的热量 Q′＝2mgd，故 A 项错误；线圈刚进入磁 场时的速度大小为 v＝ 2gh，若 L＝d，线圈将匀速通过磁场，
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9.(2019·郑州二模)(多选)如图所示，空间中 存在一个沿水平方向的磁场，磁场上边界 OM 水 平，以 O 点为坐标原点，OM 为 x 轴，竖直向 下为 y 轴，磁感应强度大小在 x 方向保持不变，y 轴方向按 B＝ ky 变化，k 为大于零的常数．一质量为 m、电阻为 R、边长为 l 的单距正方形线框 abcd 从图示位置以速度 v0 沿 x 轴正方向抛出， 抛出时 dc 边和 OM 重合，da 边和 y 轴重合，运动过程中线框始 终处于 xOy 平面内，且 dc 边始终平行于 x 轴．磁场足够大，重 力加速度为 g，不计空气阻力．则下列说法正确的是( )
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πL2 荷量由 q＝I·Δt，I＝RE，E＝BΔΔtS，故 q＝B·RΔS＝B·R4 ＝π4BRL2， 故 B 项错误；棒第一次到达 OP 处时角速度为 ω，转动产生的平 均电动势为 E＝BL0＋2ωL＝BL22ω，则电流为 I＝RE＝BL2R2ω，故 C 项错误．
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7.(2019·永州三模)如图所示，LOM 为一 45°角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里 的匀强磁场，一边长为 l 的正方形导线框沿垂 直于 OM 的方向以速度 v 做匀速直线运动，在 t＝0 时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流 的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－时间(I-t)关系的 是(时间以vl 为单位)( )
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6.(2019·漳州二模)如图所示，在竖直面内有 一半径为 L 的圆形光滑金属导轨 CPD，处于磁 感应强度大小为 B、方向与导轨平面(纸面)垂直 向里的匀强磁场中，圆心为 O，直径 CD 水平，半径 OP 竖直， O、D 间用导线连接．一质量分布均匀的金属棒 OA，长为 L， 电阻为 R，质量为 m，能绕水平轴 O 在竖直平面内自由转动， 棒与导轨和轴 O 始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重 力加速度大小为 g.若棒从 CO 处由静止释放，第一次到达 OP 处 时的角速度为 ω，则下列判断正确的是( )
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4．(2019·安徽模拟)(多选)某实验小组制作一个金属安检仪原 理可简化为图示模型．正方形金属线圈 abcd 平放在粗糙水平传 送带上，被电动机带动一起以速度 v 匀速运动，线圈边长为 L， 电阻为 R，质量为 m，有一边界宽度也为 L 的矩形磁场垂直于传 送带，磁感应强度为 B，且边界与线圈 bc 边平行．已知线圈穿 过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是( )
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答案 C 解析 在 0～1vl 时间内，线框产生的感应电动势不变，感应 电流也不变，由楞次定律判断可知感应电流的方向为逆时针，为 正值；在 1～2vl 内，线框上边出磁场到线框的对角线经过磁场的 上边界，此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针， 为负值，t 时刻线框中电流为 I＝－Bv（t－R 1）·v，t 增大，I 增大；
到的安培力向左，t0～t1 时间内安培力向右，故 A 项错误，B 项
正确；由电阻定律可知，圆环电阻：R＝ρLS＝ρ2Sπr，由法拉第电
磁
感
应
定
律
可
知
，
感
应
电
动
势
：
E
＝
ΔΦ Δt
＝
ΔB·S Δt
＝
B0·12πr2 t0
＝
B02πt0r2，感应电流：I＝RE＝4Bρ0Str0，故 C 项正确，D 项错误．