第一部分专题四第1讲课时演练知能提升最新

C. 1D. .2解析：选B .由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势£ = BLv ，将此棒、选择题 1.（多选）（2015高考全国卷I,T19,6分）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆 盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转 的磁针，如图所示.实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁 针也随着一起转动起来，但略有滞后.下列说法正确的是 （ ）A .圆盘上产生了感应电动势B .圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D .圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 解析：选AB .当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项 A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁 通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动， 但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项 B 正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项 C 错误；电流是由于圆盘切割磁感线而产生的，不是因为自由电子随盘移动产生的，选项D 错误.2. （2015高考海南卷）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当 它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为£;将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内， 当它沿两段折I£线夹角平分线的方向以速度 v 运动时，棒两端的感应电动势大小为£'则 ---- 等于（）£D错.3.（多选）（2015高考山东卷）如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时 针匀速转动•现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速•在圆盘减速过程中， 以下说法正确的是（ ）A .处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B •所加磁场越强越易使圆盘停止转动 C.若所加磁场反向，圆盘将加速转动D .若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析：选ABD .根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项 A 正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路， 根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反， 磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选 项B 正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项 C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确.4. （2015高考福建卷）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abed ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中.一接入电路电阻为R 的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿 ab 、de 以速度v 匀速滑动，滑动过程 PQ 始终与ab 垂直，且与 线框接触良好，不计摩擦•在 PQ 从靠近ad 处向be 滑动的过程中（ ）A . PQ 中电流先增大后减小 B. PQ 两端电压先减小后增大 C. PQ 上拉力的功率先减小后增大D •线框消耗的电功率先减小后增大 解析：选C .设PQ 左侧金属线框的电阻为 r ，则右侧电阻为3R- r; PQ 相当于电源，—（一逝 +其电阻为R,则电路的外电阻为 R 外=「（ 3R7） ='= J ，当r =乎时，R 外r+（3R-r ）3R23max = 4R,此时PQ 处于矩形线框的中心位置， 即PQ 从靠近ad 处向be 滑动的过程中外电阻先增大后减小.PQ 中的电流为干路电流1=E一，可知干路电流先减小后增大，选项 AR 外+ R 内错误.PQ 两端的电压为路端电压 U = E — U 内，因E= Blv 不变，U 内=IR 先减小后增大，所 以路端电分线的方向以相同的速度 v 运动时，&1"2 BLv •因此B 对，A 、C 、BLv压先增大后减小，选项B错误.拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P=F安v =BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确.线3框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为-R,小于内阻R;根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系， 外电阻越接近内阻时， 输出功率越大，可知线框消耗的电 功率先增大后减小，选项 D 错误. 5.（多选）（2014高考四川卷）如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、 竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小•质量为 0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无 挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为 1 m 的正方形，其有效电阻为 0.1A . t= 1 s 时，金属杆中感应电流方向从 C 到D B.t = 3 s 时，金属杆中感应电流方向从 D 到CC. t = 1 s 时，金属杆对挡板 P 的压力大小为0.1 ND. t = 3 s 时，金属杆对挡板 H 的压力大小为0.2 N 解析：选AC .=E= 1 A,金属杆受到的安培力 F A = BIL , t= 1 s 时，F A = 0.2X 1X 1 N = 0.2 N ,方向如图1, R 此时金属杆受力分析如图 1，由平衡条件可知 F 1 = F A • cos 60°= 0.1 N , 为挡板P 对金 属杆施加的力.t = 3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图2，此时挡板H 对金属杆施1加的力向右，大小 F 3= BIL cos 60°= 0.2X 1X 1 X- N = 0.1 N .故C 正确，D 错误.6.（多选）（2015济南一模）如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为 m 的金属棒ab.导轨的一端连接电阻 R,其他电阻均不计，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导 轨平面向下，金属棒 ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动.则（）A .随着ab 运动速度的增大，其加速度也增大 B. 外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能C. 当ab 做匀速运动时，外力 F 做功的功率等于电路中的电功率 D .无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 解析：选CD .金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动，随着ab 运动速磁感应定律可知： E = At — At = A t sin 30°= 0.2X 12X 八=0.1 V ，故感应电流为根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从 C 到D ，故A 正确，B 错误；由法拉第电Q .此时在整个空间加方向与水平面成 间变化规律是30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时（ ）图1 图2度的增大，产生的感应电流增大，所受与F方向相反的安培力增大，其加速度减小，错误；外力F对ab做的功等于电路中产生的电能和金属棒增加的动能之和，选项由能量守恒定律可知，当ab做匀速运动时，外力 F做功的功率等于电路中的电功率，C正确；无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项确.7•如图所示，质量为 m的金属线框 A静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质 d表示A与磁场左边界的距离，不设 B下降h（h>d）高度时的速度为 v,则以下关系中能够成立的是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2 2C. R上产生的热量为vo4RD .流过R的电荷量为解析：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，2 2选项AB错误；选项D正量为m的物体B相连，图中虚线内为一水平匀强磁场, 计滑轮摩擦及空气阻力，（）v2= ghv2= 2ghA.B.C.A产生的热量2Q= mgh— mvQ= mgh — *mv2解析：选C .在线框进入磁场的过程中,D . A产生的热量可能匀速运动, 也可能做变加速运动，因此A、1B错.由能量守恒得：Q= mgh — 2 • （2m）v2= mgh —mv2, 故C对、D错.1圆弧轨道，半径为 r、间距4为L,轨道电阻不计.在轨道顶端连有一阻值为 R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd 开始，在拉力作用下以初速度v o向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（）& （多选）（2015山西四校三联）如图所示，两根等高光滑的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B错.通过R的电荷量为q= = 百,D错.R上产生的热量为 Q = |tR R R 向内，故A对,（BLv。

/ .2）2n n B L v oR 2v o=4R ，C 对.9.（2015湖北八校二联）如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为 a.高度为a的正三角形导线框 ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是（）解析：选B .正三角形线框 ABC刚进入向里的磁场时，利用右手定则知，感应电流沿逆时针方向为正，大小l0= BaV，之后线框随进入磁场距离的增大，有效切割长度变小，则RI = 2Bv （a-号tan 30变小；当线框ABC前进a距离，在刚进入向外的磁场区域瞬间,2^^avABC线框中感应电流方向沿顺时针为负，大小为l'=P = 2l o,则B正确.二、计算题10.（2015高考海南卷）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距I，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为 m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为卩，重力加速度大小为 g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求：⑴电阻R消耗的功率；（2）水平外力的大小.解析：法一：导体棒匀速向右滑动，速率为V,则有F = F安+ （jmgE= BlvF 安=BII由能量守恒定律得法二：(1)导体棒切割磁感线产生的电动势E= Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略，则R两端电压等于电动势:U = E则电阻R消耗的功率_U2P R=R综合以上三式可得(2)设水平外力大小为F，由能量守恒有Fv = P R+ pmgv11.(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I, cd边长为2I, ab与cd平行，间距为2I.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2I，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w，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1 = 2BIv1①设线框总电阻为 R，此时线框中电流为1仆由闭合电路欧姆定律，有答案：小B2|2V2B2|2V(1) R(2) R+ i mg故得F=牛+咖=R+jimg.解得F =22B I 卜 pmg.Fv = (jmgv + P R,故得-B2|2v2 P R =P R=22 2B I v2,2B Ive LjF P nfl设此时线框所受安培力为 F i ,有 F i = 21伯③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mg= F i ④ 由①②③④式得v i=4B?⑤设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为 V 2,同理可得V 2=眸⑥ 由⑤⑥式得V 2= 4V i .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1 2 2mgl = ?mv i ⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有1 2 1 2 mg(2l + H) = ?mv 2 — 2mw + Q ⑨由⑦⑧⑨式得Q H =+ 281. mg答案：(1)4 倍(2)a + 281mg12. (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 Q 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尸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， 不计感应电流磁场的影响.取重力加速度 g= 10 m/s 2.解析：(1)t= 0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，为0.20..LBfT 0-0,1 1 2^3 :4F(1)求t = 0时棒所受到的安培力 ⑵分析前3s 时间内导体棒的运动情况并求前 关系式；⑶若t = 3 s 时，突然使ab 棒获得向右的速度 3 s 内棒所受的摩擦力 F f 随时间t 变化的v 0= 8 m/s,同时垂直棒施加一方向水平、t= 3 s 到 t= 4 s 大小可变化的外力 F,使棒的加速度大小恒为 a = 4 m/s 2、方向向左.求从 的时间内通过电阻的电荷量 q.F o乙0.1X 0.5X 1.0 V = 0.05 V感应电流为：I = E= 琴 A = 0.25 AR 0.2可得t= 0时棒所受到的安培力：F °= B 0IL = 0.025 N.(2) ab 棒与导轨间的最大静摩擦力： F fm = pmg= 0.1 X 0.1 X 10 N = 0.1 N>F °= 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B 0,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1 = 0.25 A在0〜3 s 内，磁感应强度为： B= B o — 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：F f = BIL = (B 0— kt)IL = (0.2 — 0.1t) X 0.25X 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 B 2= 0.1 T, ab 棒做匀变速直线运动，△ h= 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= v 0— a △ t 1 = 4 m/s v o + v Ax= — △ t 1 = 6 m△① 在这段时间内的平均感应电动势为：E = -通过电阻的电荷量为：q= I △ t 1 = R △ t 1 = R = 1.5 C .答案：(1)0.025 N (2)见解析 (3)1.5 CB 卷一、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 面积为S.若在t 1到t 2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B 1均匀增加到B 2,则该段时间线圈两端 a 和b 之间的电势差nS ( B 2— BJB •从0均匀变化到一 J 一-2. (2015烟台一模)如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感O a — 0b (A •恒为nS (B 2— B 1)t 2— t1t 2 — t 1nS ( B 2— B 1)C.恒为— ‘ +t 2 — t 1D .从0均匀变化到― nS ( B 2 —B1)解析：选C .根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势 楞次定律和右手螺旋定则可判断 b 点电势高于a 点电势，(B2— B 1)t 2— t 1恒定，因此a 、b 两点电势差恒为O=— n△①△ tt 2 —11因磁场均匀变化，所以感应电动势S -，选项C 正确.E= n(B2— B 1)B,磁场应强度的大小为在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a.—直角三角形导线框 ABC（BC边的长度为a）从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i、 BC两端的电压U BC与线框移动的距离 x的关系图象正确的是（）解析：选D .由楞次定律可知，线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故线框中的感应电流沿逆时针方向，为正，又因为线框做匀速运动，故感应电流随位移线性增大；同理可知线框离开磁场时，产生的感应电流大小随位移线性增大，方向为负，选项A、B错误；BC两端的电压U BC跟感应电流成正比，故选项 C错误，D正确.3•如图所示，质量均为 m的金属棒ab、cd与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好，两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为仏磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下. 则ab棒在恒力F = 2 gg作用下向右运动的过程中，有（）c aXXX X X XXXA •安培力对ab棒做正功B .安培力对cd棒做正功C.ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动D.cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动解析：选C.对于ab棒，因为F = 2 pmg> pmg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而 cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab 棒做负功，对cd棒不做功，所以选项 C正确，A、B、D错误.4.（多选）如图所示，xOz是光滑水平面，空间有沿 z 轴正方向的匀强磁场，其磁感应强度为B，现有两块平行金属板，彼此间距为d，构成一个电容为 C 的电容器；在两板之间焊一根垂直于两板的电阻不计金属杆PP',已知两板和杆 PP'的总质量为m,若对此杆PP作用一个沿x轴正方向的恒力 F，则下列说法正确的是（）A •金属杆PP不存在感应电流B •金属杆PP存在沿P到P方向的感应电流C.两板和杆先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动D •两板和杆做匀加速直线运动解析：选BD .设某时刻金属杆运动的加速度为a,速度为v,那么金属杆切割磁感线所产生的感应电动势为E = Bdv，电容器两端的电压 U = E= Bdv ，所以，通过金属杆的电流 △ U △ v △ v为1 = Cp = BdC△t，方向沿P 到P 方向，所以B 选项正确；又因为a=^j ，所以丨=BdCa, 这样，两板和杆整体的水平方向除受恒力F 作用外，还受到沿 x 轴负方向的安培力，它的大小为：F A = B dI=吮①，运用牛顿第二定律得：F -灯8= ma，所以a=諾TC ， 即D 选项正确.5.（多选）如图甲是矩形导线框，电阻为 R,虚线左侧线框面积为 S,右侧面积为2S,虚 线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场为 正，则关于线框中 0〜t o 时间内的感应电流的说法正确的是 （）感应电流的方向为顺时针方向 感应电流的方向为逆时针方向 B o S感应电流的大小为乔感应电流的大小为瓷解析：选BD .向里的变化磁场产生的感应电动势为： E i = S^B 1,感应电流方向为逆时针方向；向外的变化磁场产生的感应电动势为：E 2= 2^-B 2，感应电流方向为逆时针方向；△ t 2从题图乙中可以得到： 晋=学=字，感应电流为I=旦^巨=警，方向为逆时针方向，△ t i △ t 2 t o R Rt o 即B 、D 正确.6.（2015河北石家庄质检）如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端 接电阻R,宽度相同的水平条形区域I 和n 内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场 B ,I 和n 之间无磁场.一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域 I 上边界H 处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻 R 上的电流及其变化情况相同•下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是（）1X H ^1* *«■-■■***1® " *i* ********1_禺甲乙C. R _____B C解析：选C . MN 棒先做自由落体运动，当到 I 区磁场时由四个选项知棒开始减速，说 明F 安〉mg,由牛顿第二定律得， F 安一mg= ma,减速时F 安减小，合力减小，a 也减小，速 度图象中图线上各点切线斜率减小；离开I 区后棒做加速度为 g 的匀加速直线运动，随后进入n 区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻 R 上的电流变化情况相同，则在n 区磁场中运动情况与 I 区磁场中完全相同，所以只有C 项正确.7.（多选）（2015江西八校联考）如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN 的右侧存在磁感应强度B = 2 T 的匀强磁场，MN 的左侧有一质量 m = 0.1 kg 的矩形线圈abed, be 边长 L i = 0.2 m,电阻R= 2 Q .t = 0时，用一恒定拉力 F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速 运动，经过时间1 s,线圈的be 边到达磁场边界 MN ，此时立即将拉力 F 改为变力，又经过 1 s,线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流 i 随时间t 变化的图象如图乙所示.则（）03 OJA .恒定拉力大小为 0.05 N2B .线圈在第2 s 内的加速度大小为 1 m/s C.线圈ab 边长L 2= 0.5 mD .在第2 s 内流过线圈的电荷量为 0.2 C解析：选 ABD .在第 1 s 末，h= E, E = BL 1V 1, V 1 = a 1t 1, F = ma 1，联立得 F = 0.05 N ,R E 7A 项正确.在第2 s 内，由题图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末i 2= R, E'=BL 1V 2, V 2= v 1 + a 2t 2,解得 a 2= 1 m/s 2, B 项正确•在第 2 s 内，£一 v ?= 2a 2L 2，得 L 2= 1 m,△① BL 1L 2C 项错误.q = p =-^ = 0.2 C ,D 项正确.&如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4,在L 1与L 2、L 3与L 4之间均存在着匀强磁场，磁感应强度的大小均为 1 T,方向垂直于竖直平面向里.现 有一矩形线圈abcd ，宽度cd = L= 0.5 m ，质量为0.1 kg,电阻为2 Q ,将其从图示位置（cd 边与L 1重合）由静止释放，速度随时间变化的图象如图乙所示，t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2 时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，t ?〜t ?之间的图线为与t 轴平行的直线，匕〜t ? 的时间间隔为0.6 s,整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内. （重力加速度g 取10 m/s 2）则（）A .在0〜t 1时间内，通过线圈的电荷量为B .线圈匀速运动的速度为8 m/s：0：2.5 C1X X X X X X KG ..... . .....C.线圈的长度ad= 1 mD . 0〜t3时间内，线圈产生的热量为 4.2 JBE| 解析：选B. t2〜t3时间内，线圈做匀速直线运动，而E= BLV2, F = BE- , F = mg，解R得V2 = mg L R= 8 m/s,选项B正确；线圈在cd边与L2重合到ab边与L3重合的过程中一直做匀加速运动，则 ab边刚进磁场时，cd边也刚进磁场，设磁场宽度为d,贝U 3d= v?t— 1gt2, 解得d= 1 m,则ad边的长度为2 m,选项C错误；在0〜t3时间内，由能量守恒定律，有Q= 5mgd — ~mv2= 1.8 J,选项D错误；在0〜匕时间内，通过线圈的电荷量q = = B-—=2 R R0.25 C,选项A错误.9.（多选）（2015湖北八校二联）如图xOy平面为光滑水平面，现有一长为d，宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度 B = B o cos^（式中B o为已知量），规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为 R.t= 0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是（）A .外力F为恒力2 24B°L vB. t = 0时，外力大小 F=—Rn t 2B0Lvcos~C .通过线框的瞬时电流 i= R2 2D.经过t= d,线框中产生的电热 Q = 2B°L vdv R解析：选BCD .因线框沿x轴方向匀速运动，故 F= F安，由题图中磁场分布知 F安的大小是变化的，故 F不是恒力，A错.t = 0时，x= 0处，B = B0； x= d处，B = — B。