13．如图甲所示，平行导轨水平放置固定在磁感应强度为1T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面，导轨一端跨接阻值为R＝1Ω的定值电阻，质量为0.2kg的金属棒MN可沿水平导轨滑动(其他电阻不计)，导轨与棒间的动摩擦因数为0.5，用电动机D牵引MN从

静止开始运动，其运动的位移-时间图象如图乙所示，此后，电压表和电流表示数恒为7V和1A，电动机内阻为1Ω，g取10m/s2.求

(1)匀强磁场的宽度；

(2)金属棒在变速运动过程中R上产生的焦耳热．

[答案]　(1)1m　(2)2.6J

[解析]　(1)由s－t图象看出，金属棒经过1s向右移动s＝1.0m时获得稳定速度v，v＝＝m/s＝2m/s，设此时绳对棒的拉力为FT，棒所受安培力为F，则

FT－μmg－F＝0，F＝I1LB，I1＝，E＝BLv

此时绳拉力的功率PT与电动机的输出功率相等，即

FTv＝IU－I2r，联立以上各式得L＝1m

(2)由能量守恒定律得(IU－I2r)t＝μmgs+mv2+Q

代入数据得Q＝4.6J

12．(2009·北京一模)如图(甲)所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直，现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图(乙)是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度-时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量，求：

(1)金属线框的边长；

(2)磁场的磁感应强度大小；

(3)金属线框在整个下落过程中所产生的热量．

[答案]　(1)v1(t2－t1)　(2)

(3)2mgv1(t2－t1)+m(v－v)

[解析]　(1)金属线框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2－t1，所以金属线框的边长为L＝v1(t2－t1)．

(2)在金属线框进入磁场的过程中，金属线框所受安培力等于重力mg＝BIL　I＝

∴B＝.

(3)金属线框进入磁场过程中产生热量Q1，出磁场时产生热量Q2

Q1＝mgL　Q2＝mgL+

∴Q总＝Q1+Q2＝2mgv1(t2－t1)+m(v－v)

11．(2010·潍坊)如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1m，上端接有电阻R1＝3Ω，下端接有电阻R2＝6Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2m过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．求：

(1)磁感应强度B；

(2)杆下落0.2m过程中通过电阻R2的电荷量q.

[答案]　(1)2T　(2)0.05C

[解析]　(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05m，当地重力加速度g＝10m/s2，则杆进入磁场时的速度v＝＝1m/s①

由图象知，杆进入磁场时加速度a＝－g＝－10m/s2②

由牛顿第二定律得mg－F安＝ma③

回路中的电动势E＝BLv④

杆中的电流I＝⑤

R并＝⑥

F安＝BIL＝⑦

得B＝＝2T⑧

(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势＝⑨

杆中的平均电流＝⑩

通过杆的电荷量Q＝·Δt⑪

通过R2的电量q＝Q＝0.05C⑫

10．(2009·合肥市一模)如图所示，光滑的金属导轨间距为L，导轨平面与水平面成α角，导轨下端接有阻值为R的电阻，质量为m的金属细杆ab与绝缘轻质弹簧相连静止在导轨上，弹簧劲度系数为k，上端固定，弹簧与导轨平面平行，整个装置处在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现给杆一沿导轨向下的初速度v0，杆向下运动至速度为零后，再沿导轨平面向上运动达最大速度，大小为v1，然后减速为零，再沿导轨平面向下运动……一直往复运动到静止(导轨与金属细杆的电阻忽略不计)．试求：

(1)细杆获得初速度瞬间，通过R的电流大小；

(2)当杆速度为v1时离最初静止时位置的距离L1；

(3)杆由初速度v0开始运动直到最后静止，电阻R上产生的焦耳热Q.

[答案]　(1)　(2)　(3)mv

[解析]　(1)由E＝BLv0；I0＝　可得I0＝.

(2)设杆最初静止不动时弹簧伸长x0，kx0＝mgsinα当杆的速度为v1时弹簧伸长x1，kx1＝mgsinα+BI1L

此时I1＝，L1＝x1－x0　得L1＝.

(3)杆最后静止时，杆在初始位置，

由能量守恒可得Q＝mv

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FB＝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．