9．由于国际空间站的运行轨道上各处的地磁场强弱及方向均有所不同，所以在运行过程中，穿过其外壳的地磁场的磁通量将不断变化，这样将会导致________现象发生，从而消耗国际空间站的能量．为了减少这类消耗，国际空间站的外壳材料的电阻率应尽可能________(填“大”或“小”)一些．

[答案]　电磁感应　大

[解析]　电阻率较大，电阻也较大，同样的电磁感应现象，产生的电动势一定，由P＝可知，电阻较大时，消耗的电功率较小，可以减少能量消耗．

8．如图所示，ab、cd是固定在竖直平面内的足够长的金属框架．除bc段电阻为R，其余电阻均不计，ef是一条不计电阻的金属杆，杆两端与ab和cd接触良好且能无摩擦下滑，下滑时ef始终处于水平位置，整个装置处于垂直框面的匀强磁场中，ef从静止下滑，经过一段时间后闭合开关S，则在闭合S后　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．ef的加速度可能大于g

B．闭合S的时刻不同，ef的最终速度也不同

C．闭合S的时刻不同，ef最终匀速运动时电流的功率也不同

D．ef匀速下滑时，减少的机械能等于电路消耗的电能

[答案]　AD

[解析]　闭合前，ef自由落体，到闭合时，设瞬时速度为v，此时ef所受安培力F_安＝，F_安可能出现大于2mg的情况，故A正确．

不同时刻闭合S，可能会出现三种情况：

(1)F_安＝mg时，ef正好从此时匀速运动，速度v＝

(2)F_安<mg时，ef加速至F_安＝mg后再匀速运动，此时速度v＝

(3)F_安>mg时，ef减速至F_安＝mg后再匀速运动，此时速度v＝.

所以最终速度v＝及最大功率P＝＝与S闭合时刻无关．匀速下滑时重力势能→电能→内能．所以应选A、D.

7．如图所示，相距为d的两条水平虚线L₁、L₂之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L(L<d)，将线圈在磁场上方高h处由静止释放，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，则线圈穿越磁场的过程中(从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．感应电流做功为mgl

B．感应电流做功为2mgd

C．线圈的最小速度可能为

D．线圈的最小速度一定为

[答案]　BCD

[解析]　根据cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时速度大小相等，对这一过程应用动能定理可得线圈进入磁场的过程克服安培力做功为mgd，出磁场的过程同样要克服安培力做功mgd，所以总共产生电能2mgd，则感应电流做功2mgd，所以A错误、B正确；若进入过程中出现匀速运动情况，则安培力与重力相等，所以存在最小速度为的可能，C正确；对整个过程应用动能定理可得D正确．

6．(2010·浙江省部分重点中学联考)如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，边长为a，在1位置以速度v₀进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b(b>3a)，在3t₀时刻线框到达2位置速度又为v₀并开始离开匀强磁场．此过程中v－t图象如图b所示，则　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav₀

B．在t₀时刻线框的速度为v₀－

C．线框完全离开磁场的瞬间(位置3)的速度一定比t₀时刻线框的速度大

D．线框从进入磁场(位置1)到完全离开磁场(位置3)的过程中产生的电热为2Fb

[答案]　D

[解析]　t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，为Bav₀，A项错误；从t₀时刻至3t₀时刻线框做匀加速运动，加速度为，故在t₀时刻的速度为v₀－2at₀＝v₀－，B项错误；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，C项错误；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，D项正确．

5．如图所示，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场．这两个磁场的磁感应强度大小相等，方向相反．线框的运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直，取逆时针方向的电流为正．若从图示位置开始计时，关于线框中产生的感应电流i与运动时间t之间的函数图象，正确的是　　　　　　　　 (　)

[答案]　A

[解析]　根据楞次定律，电流应先为逆时针，故B错；当线框同时在两个磁场中切割磁感线的时候，形成同向电流，所以峰值应为谷值的一半，C错；根据公式ε＝BLvsinθ可知ε∝L，故图象应为分段线性函数，故A正确，D错误．

4．(2009·浙江台州)如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F恒定，经时间t₁后速度为v，加速度为a₁，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，棒由静止经时间t₂后速度为v，加速度为a₂，最终也以速度2v做匀速运动，则　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．t₂＝t₁　　　　　 B．t₁>t₂

C．a₂＝2a₁　 　　　　　　　　　　　　　　 D．a₂＝3a₁

[答案]　BD

[解析]　若保持拉力F恒定，在t₁时刻，棒ab切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，其所受安培力F_B＝BIL＝，由牛顿第二定律，有F－＝ma₁；由题意，棒最终以2v做匀速运动，则F＝，故a₁＝.若保持拉力的功率P恒定，在t₂时刻，有－＝ma₂；棒最终也以2v做匀速运动，则＝，故a₂＝＝3a₁，选项D正确，C错误；由以上分析可知，在瞬时速度相同的情况下，恒力F作用时棒产生的加速度比拉力的功率P恒定时产生的加速度小，故t₁>t₂，选项B正确，A错误．

3．如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，线框运动的速度-时间图象不可能是

　(　)

[答案]　B

[解析]　当ab边刚进入磁场时，若线框所受安培力等于重力，则线框在从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场前做匀速运动，故A是可能的；当ab边刚进入磁场时，若线框所受安培力小于重力，则线框做加速度逐渐减小的加速运动，最后可能做匀速运动，故C情况也可能；当ab边刚进入磁场时，若线框所受安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，最后可能做匀速运动，故D可能；线框在磁场中不可能做匀变速运动，故B项是不可能的，应选B.

2．长为4L的粗细均匀的金属杆围成一个正方形闭合框架，框架放在光滑的水平桌面上，另一根长为L的同种材料、同样粗细的金属杆搁在其上，如图所示．匀强磁场垂直穿过框架平面，不计一切摩擦．当直杆ab获得一个初速度沿框架从左向右运动的过程中(　)

A．任一时刻ab杆的加速度大小均是框架加速度大小的4倍

B．任一时刻ab杆的加速度方向均和框架的加速度方向相同

C．ab杆对地做匀减速运动，框架对地做匀加速运动

D．任一时刻ab杆的发热功率均是框架发热功率的

[答案]　A

[解析]　任一时刻ab和框架所受的安培力大小相等、方向相反，由于ab质量只有框架质量的1/4，故ab杆的加速度大小是框架加速度大小的4倍，A正确，B错误．由于安培力大小变化，ab杆和框架的加速度是变化的，C错．ab杆在框架上滑动时，框架的等效电阻不断变化，D错误．

1．如图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v₀，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．三种情形下导体棒ab最终都做匀速运动

B．甲、丙中，ab棒最终将以不同速度做匀速运动；乙中，ab棒最终静止

C．甲、丙中，ab棒最终将以相同速度做匀速运动；乙中，ab棒最终静止

D．三种情形下导体棒ab最终都静止

[答案]　B

[解析]　甲图中ab棒运动后给电容器充电，当充电完成后，棒以一个小于v₀的速度向右匀速运动．乙图中构成了回路，最终棒的动能完全转化为电热，棒停止运动．丙图中棒先向右减速为零，然后反向加速至匀速．故正确选项为B.

13．如图1所示，两块水平放置的平行金属板板长L＝1.4m，板距d＝30cm，两板间有B＝1.25T、垂直纸面向里的匀强磁场。在两板上加如图2所示的脉动电压。在t＝0时，质量m＝2×10^－15kg、电荷量q＝1×10^－10C的正离子，以速度v₀＝4×10³m/s从两板中间水平射入，试问：

(1)粒子在板间做什么运动？画出其轨迹。

(2)粒子在场区运动的时间是多少？

[答案]　(1)见解析　(2)6.5×10^－4s

[解析]　(1)在第一个10^－4s，电场、磁场同时存在，离子受电场力、洛伦兹力分别为F＝qE＝q＝5×10^－7N(方向向下)、f＝Bqv＝5×10^－7N(方向向上)，离子做匀速直线运动．位移为s＝v₀t＝0.4m.

第二个10^－4s内，只有磁场，离子做匀速圆周运动，r＝＝6.4×10^－2m＜，不会碰板，T＝≈1×10^－4s，即正好在无电场时离子转满1周．

易知以后重复上述运动，故轨迹如图所示．

(2)因＝＝3.5，由图可知离子在场区范围内转了3周，历时t₁＝3T＝3×10^－4s；另有做匀速运动的时间t₂＝＝3.5×10^－4s.

总时间t＝t₁+t₂＝6.5×10^－4s