1．有一个10匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，线圈的面积为10 cm²，当t＝0时，B₁＝0.2 T，经过0.1 s后，磁场减弱为B₂＝0.05 T，磁场方向不变，则线圈中的感应电动势为(　)

A．1.5×10^－2V　 　　　　　　　　　　　 B．150 V　

C．15 V　 　　　　　　　　　　　　　　　　 D．1.5 V

答案：A

解析：当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量可由Φ＝BS求得，所以

E＝＝ V

＝1.5×10^－2 V

13．(2010·天津理综)如图所示，质量m₁＝0.1 kg，电阻R₁＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m₂＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R₂＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s².

(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；

(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab位移x的大小．

答案：(1)6 m/s　(2)1.1 m

解析：(1)ab对框架的压力F₁＝m₁g①

框架受水平面的支持力：

F_N＝m₂g+F₁.②

依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力：F₂＝μF_N③

ab中的感应电动势：E＝Blv④

MN中电流：I＝⑤

MN受到的安培力：F_安＝ILB⑥

框架开始运动时：F_安＝F₂⑦

联立①②③④⑤⑥式代入数据解得：

v＝6 m/s⑧

(2)闭合回路中产生的总热量：Q_总＝Q⑨

由能量守恒定律，得：

Fx＝m₁v²+Q_总⑩

联立⑧⑨⑩式代入数据解得：x＝1.1 m.

12．(2010·课标全国)如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E₁，下落距离为0.8R时电动势大小为E₂.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E₁、E₂的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是(　)

A．E₁>E₂，a端为正　 　　　　　　　　　　 B．E₁>E₂，b端为正

C．E₁<E₂，a端为正　 　　　　　　　　　　 D．E₁<E₂，b端为正

答案：D

解析：根据E＝BLv，E₁＝B×2R，E₂＝B×2R，可见E₁<E₂.又根据右手定则，判定电流方向从a到b，在电流内部时电流从电源负极流向正极，所以D正确．

0．4 s-0.6 s时间内，

同理得I₃＝0.12 A

电流与时间的关系图象如图所示．

0．2 s-0.4 s时间内E₂＝0，I₂＝0

11．如图(a)所示，水平放置的两平行金属导轨，间距L＝0.3 m，导轨左端连接R＝0.6 Ω的电阻．区域abcd内存在垂直于导轨平面B＝0.6 T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2 m，细金属棒A₁和A₂用长为2D＝0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直．每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3 Ω，导轨电阻不计．使金属棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场．计算从金属棒A₁进入磁场(t＝0)到A₂离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流，并在图(b)中画出．

答案：0-0.2 s和0.4 s-0.6 s时间内电流为0.12 A，0.2 s-0.4 s时间内电流为0.

解析：0-0.2 s时间内A₁产生的感应电动势

E＝BLv＝0.6×0.3×1.0 V＝0.18 V

电阻R与A₂并联阻值

R_并＝＝0.2 Ω

所以电阻R两端电压

U＝E＝×0.18 V＝0.072 V

通过电阻R的电流I₁＝＝ A＝0.12 A

10．(2010·龙岩模拟)如右图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计，试求：

(1)当t＝0.7 s时，重力对金属棒ab做功的功率；

(2)金属棒ab在开始运动的0.7 s内，电阻R上产生的热量；

(3)从开始运动到t＝0.4 s的时间内，通过金属棒ab的电量．

答案：(1)0.7 W　(2)0.06 J　(3)0.2 C

解析：(1)由表格中数据可知：金属棒先做加速度减小的加速运动，最后以7 m/s匀速下落

P_G＝mgv＝0.01×10×7 W＝0.7 W

(2)根据动能定理：W_G+W_安＝mv_t²－mv₀²

W_安＝mv_t²－mv₀²－mgh＝×0.01×7²－0.01×10×3.5 J＝－0.105 J

Q_R＝E_电＝×0.105 J＝0.06 J

(3)当金属棒匀速下落时，G＝F_安

所以mg＝BIL＝

解得：BL＝＝0.1，电量q＝It＝＝＝0.2 C.

9．(2010·厦门模拟)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，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，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v­t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1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中线框中产生的电热为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2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．

8．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．

7．如图甲所示，一矩形金属线圈ABCD垂直固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B随时间t的变化关系图像如图乙所示，则线圈的AB边所受安培力F随时间t变化的图像是图中的(规定向右为安培力F的正方向)(　)

图甲　　　　　　图乙

答案：A

解析：由I＝、E＝·S和B分段均匀变化知，电流大小在分时间段内恒定．由F＝BIL_AB和左手定则可知在0-1 s内，AB边受的安培力方向向左，且均匀变小，可知B、D错误；在1-2 s内，B均匀增大，感应电流方向由A到B，由左手定则可知，AB边受的安培力方向向右，且均匀增大，故C错误，A正确．