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物理选择性必修 第二册第二章 电磁感应综合与测试单元测试课后复习题
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这是一份物理选择性必修 第二册第二章 电磁感应综合与测试单元测试课后复习题，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．关于线圈中自感电动势的大小的说法中正确的是( )
A．电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大
B．电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大
C．通过线圈的电流为0的瞬间，自感电动势为0
D．通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大
解析：选B 自感电动势由自感系数L和电流变化快慢共同决定，即E＝Leq \f(ΔI,Δt)，故A、C、D错误，B正确。
2.如图所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形。设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中( )
A．线圈中将产生adcb方向的感应电流
B．线圈中产生感应电流的方向先是abcd，后是adcb
C．线圈中将产生abcd方向的感应电流
D．线圈中无感应电流产生
解析：选C 当由圆形变成正方形时，穿过线圈的磁通量变小，根据楞次定律知在线圈中将产生abcd方向的感应电流，故C正确。
3.如图所示，一金属铜球用绝缘细线挂于O点，将铜球拉离平衡位置并释放，铜球摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，若不计空气阻力，则( )
A．铜球向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B．在进入和离开磁场时，铜球中均有涡流产生
C．铜球进入磁场后离最低点越近速度越大，涡流也越大
D．铜球最终将静止在竖直方向的最低点
解析：选B 铜球向右进入和穿出磁场时，会产生涡流，铜球中将产生焦耳热，根据能量守恒知铜球的机械能将转化为内能，所以摆不到原来的高度了，故A错误；当铜球进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，均会产生涡流，故B正确；整个铜球进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生涡流，即涡流为零，机械能守恒，离最低点越近速度越大，而涡流为零，故C错误；在铜球不断经过磁场，机械能不断损耗过程中铜球越摆越低，最后整个铜球只会在磁场区域内来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化(一直是最大值)，所以机械能守恒，即铜球最后的运动状态为在磁场区域内来回摆动，而不是静止在最低点，故D错误。
4.内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处在竖直向下的磁场中，如图所示。当磁场突然增强时，小球( )
A．沿顺时针方向运动
B．沿逆时针方向运动
C．在原位置附近往复运动
D．仍保持静止状态
解析：选A 磁场突然增强时，激发出逆时针方向的感生电场，对负电荷的作用力为顺时针方向，故小球沿顺时针方向加速运动，A正确。
5.材料、粗细相同，长度不同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的光滑金属导轨上，并与导轨垂直，如图所示，匀强磁场方向垂直导轨平面向里。外力使导线水平向右做匀速运动，且每次外力所做功的功率相同，已知三根导线在导轨间的长度关系是LabA．ab运动速度最大
B．ef运动速度最大
C．三根导线每秒产生的热量不同
D．因三根导线切割磁感线的有效长度相同，故它们产生的感应电动势相同
解析：选B 三根导线长度不同，故它们连入电路的阻值不同，有Rab6.如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈，下列说法正确的是( )
A．开关S闭合时，A逐渐变亮，然后逐渐熄灭
B．开关S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭
C．开关S闭合足够长时间后，B发光，而A熄灭
D．开关S闭合足够长时间后，B熄灭，而A发光
解析：选C 闭合开关S瞬间，电流增大，线圈中产生自感电动势，阻碍电流增大，A立即变亮，此时电容器电荷量为0，两板之间电压也为0，电容器开始充电，故B逐渐变亮；电流稳定后，线圈两端电压为0，A熄灭，B达到最大亮度。综上所述，C正确。
7．(2021·河北高考)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是( )
A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
解析：选A 经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttan θ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttan θ，则通过金属棒中的电流I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tan θ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tan θ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2 θ，是变化的，D错误。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．关于感生电动势和动生电动势的比较，下列说法正确的是( )
A．感生电动势是由于变化的磁场产生了感生电场，感生电场对导体内的自由电荷产生作用而使导体两端出现的电动势
B．动生电动势是由于导体内的自由电荷随导体棒一起运动而受到洛伦兹力的作用产生定向移动，使导体棒两端出现的电动势
C．在动生电动势产生的过程中，洛伦兹力对自由电荷做功
D．感生电动势和动生电动势产生的实质都是由于磁通量的变化引起的
解析：选ABD 由感生电动势和动生电动势的产生机理可知，选项A、B正确；在动生电动势产生的过程中，洛伦兹力对自由电荷不做功，选项C错误；感生电动势和动生电动势实质上都是电磁感应现象中产生的电动势，都是由于磁通量的变化引起的，选项D正确。
9．如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A．导线圈中产生的电流恒定不变
B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为2 V
C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为20 W
解析：选BC 根据楞次定律可知，在0～2 s内的感应电流方向与2～3 s内的感应电流方向相反，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势E＝nSeq \f(ΔB,Δt)＝100×0.1×0.1×eq \f(2－0,3－2) V＝2 V，故B正确；在0～2 s时间内，感应电动势为E1＝100×eq \f(2,2)×0.12 V＝1 V，再根据欧姆定律I＝eq \f(E,R)，则有I1＝eq \f(1,0.1) A＝10 A，根据Q＝It，解得Q＝10×2 C＝20 C，故C正确；在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率P＝I12R＝102×0.1 W＝10 W，故D错误。
10.如图所示，两足够长且电阻不计的平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后( )
A．金属棒ab、cd都做匀速运动
B．金属棒ab上的电流方向是由b向a
C．金属棒cd所受安培力的大小等于eq \f(2F,3)
D．两金属棒间距离保持不变
解析：选BC 对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断知，金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝eq \f(2,3)F，C正确。
三、非选择题(本题共4小题，共54分)
11.(10分)如图所示，一两端闭合的正方形线圈匝数n＝10，边长L＝10 cm，所用导线每米长的阻值R0＝2 Ω，一个范围较大的匀强磁场与线圈平面垂直，当磁感应强度以0.5 T/s均匀增大时，在线圈导线中的电流有多大？
解析：根据法拉第电磁感应定律：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nL2eq \f(ΔB,Δt)
线圈的电阻：R＝n·4LR0
根据闭合电路欧姆定律：I＝eq \f(E,R)
联立并代入数据解得：I＝6.25×10－3 A。
答案：6.25×10－3 A
12．(14分)如图所示，质量为m＝100 g 的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8 m，有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s 的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离为s＝3.6 m，则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动)，问：
(1)铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在小磁铁穿过后速度为v′＝2 m/s，在小磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g＝10 m/s2)
解析：(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)。
(2)设小磁铁穿过铝环后的速度为v，落地时间为t。
则h＝eq \f(1,2)gt2
由s＝vt，解得v＝9 m/s
由能量守恒定律可得，
E电＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)mv′2＝1.7 J。
答案：(1)铝环向右偏斜 (2)1.7 J
13．(14分)如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d＝1 m，导轨电阻不计，导轨间接有一个阻值为R＝2 Ω的灯泡，一质量为m＝1 kg的金属棒跨接在导轨之上，其电阻为r＝1 Ω，且和导轨始终接触良好。整个装置放在磁感应强度 B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。现对金属棒施加一水平向右的拉力F＝10 N，使金属棒从静止开始向右运动。求金属棒达到的稳定速度v的大小和此时灯泡消耗的实际功率P。
解析：由I＝eq \f(Bdv,R＋r)和F安＝BId
可得F安＝eq \f(B2d2v,R＋r)
根据平衡条件可得F＝μmg＋F安
解得v＝6 m/s
所以I＝eq \f(Bdv,R＋r)＝4 A
由P＝I2R得P＝32 W。
答案：6 m/s 32 W
14．(16分)(2021·天津等级考)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。
(1)求拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
解析：(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有
F－mgsin θ－FA＝0，
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有
E＝BLv，
设回路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有
I＝eq \f(E,R＋r)，
ab受到的安培力
FA＝ILB，
由功率表达式，有
P＝Fv
联立上述各式，代入数据解得
P＝4 W。
(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有
Pt－W－mgxsin θ＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，
代入数据解得
x＝0.1 m。
答案：(1)4 W (2)0.1 m
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．关于线圈中自感电动势的大小的说法中正确的是( )
A．电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大
B．电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大
C．通过线圈的电流为0的瞬间，自感电动势为0
D．通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大
解析：选B 自感电动势由自感系数L和电流变化快慢共同决定，即E＝Leq \f(ΔI,Δt)，故A、C、D错误，B正确。
2.如图所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形。设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中( )
A．线圈中将产生adcb方向的感应电流
B．线圈中产生感应电流的方向先是abcd，后是adcb
C．线圈中将产生abcd方向的感应电流
D．线圈中无感应电流产生
解析：选C 当由圆形变成正方形时，穿过线圈的磁通量变小，根据楞次定律知在线圈中将产生abcd方向的感应电流，故C正确。
3.如图所示，一金属铜球用绝缘细线挂于O点，将铜球拉离平衡位置并释放，铜球摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，若不计空气阻力，则( )
A．铜球向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B．在进入和离开磁场时，铜球中均有涡流产生
C．铜球进入磁场后离最低点越近速度越大，涡流也越大
D．铜球最终将静止在竖直方向的最低点
解析：选B 铜球向右进入和穿出磁场时，会产生涡流，铜球中将产生焦耳热，根据能量守恒知铜球的机械能将转化为内能，所以摆不到原来的高度了，故A错误；当铜球进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，均会产生涡流，故B正确；整个铜球进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生涡流，即涡流为零，机械能守恒，离最低点越近速度越大，而涡流为零，故C错误；在铜球不断经过磁场，机械能不断损耗过程中铜球越摆越低，最后整个铜球只会在磁场区域内来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化(一直是最大值)，所以机械能守恒，即铜球最后的运动状态为在磁场区域内来回摆动，而不是静止在最低点，故D错误。
4.内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处在竖直向下的磁场中，如图所示。当磁场突然增强时，小球( )
A．沿顺时针方向运动
B．沿逆时针方向运动
C．在原位置附近往复运动
D．仍保持静止状态
解析：选A 磁场突然增强时，激发出逆时针方向的感生电场，对负电荷的作用力为顺时针方向，故小球沿顺时针方向加速运动，A正确。
5.材料、粗细相同，长度不同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的光滑金属导轨上，并与导轨垂直，如图所示，匀强磁场方向垂直导轨平面向里。外力使导线水平向右做匀速运动，且每次外力所做功的功率相同，已知三根导线在导轨间的长度关系是Lab
B．ef运动速度最大
C．三根导线每秒产生的热量不同
D．因三根导线切割磁感线的有效长度相同，故它们产生的感应电动势相同
解析：选B 三根导线长度不同，故它们连入电路的阻值不同，有Rab
A．开关S闭合时，A逐渐变亮，然后逐渐熄灭
B．开关S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭
C．开关S闭合足够长时间后，B发光，而A熄灭
D．开关S闭合足够长时间后，B熄灭，而A发光
解析：选C 闭合开关S瞬间，电流增大，线圈中产生自感电动势，阻碍电流增大，A立即变亮，此时电容器电荷量为0，两板之间电压也为0，电容器开始充电，故B逐渐变亮；电流稳定后，线圈两端电压为0，A熄灭，B达到最大亮度。综上所述，C正确。
7．(2021·河北高考)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是( )
A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
解析：选A 经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttan θ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttan θ，则通过金属棒中的电流I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tan θ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tan θ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2 θ，是变化的，D错误。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．关于感生电动势和动生电动势的比较，下列说法正确的是( )
A．感生电动势是由于变化的磁场产生了感生电场，感生电场对导体内的自由电荷产生作用而使导体两端出现的电动势
B．动生电动势是由于导体内的自由电荷随导体棒一起运动而受到洛伦兹力的作用产生定向移动，使导体棒两端出现的电动势
C．在动生电动势产生的过程中，洛伦兹力对自由电荷做功
D．感生电动势和动生电动势产生的实质都是由于磁通量的变化引起的
解析：选ABD 由感生电动势和动生电动势的产生机理可知，选项A、B正确；在动生电动势产生的过程中，洛伦兹力对自由电荷不做功，选项C错误；感生电动势和动生电动势实质上都是电磁感应现象中产生的电动势，都是由于磁通量的变化引起的，选项D正确。
9．如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A．导线圈中产生的电流恒定不变
B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为2 V
C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为20 W
解析：选BC 根据楞次定律可知，在0～2 s内的感应电流方向与2～3 s内的感应电流方向相反，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势E＝nSeq \f(ΔB,Δt)＝100×0.1×0.1×eq \f(2－0,3－2) V＝2 V，故B正确；在0～2 s时间内，感应电动势为E1＝100×eq \f(2,2)×0.12 V＝1 V，再根据欧姆定律I＝eq \f(E,R)，则有I1＝eq \f(1,0.1) A＝10 A，根据Q＝It，解得Q＝10×2 C＝20 C，故C正确；在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率P＝I12R＝102×0.1 W＝10 W，故D错误。
10.如图所示，两足够长且电阻不计的平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后( )
A．金属棒ab、cd都做匀速运动
B．金属棒ab上的电流方向是由b向a
C．金属棒cd所受安培力的大小等于eq \f(2F,3)
D．两金属棒间距离保持不变
解析：选BC 对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断知，金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝eq \f(2,3)F，C正确。
三、非选择题(本题共4小题，共54分)
11.(10分)如图所示，一两端闭合的正方形线圈匝数n＝10，边长L＝10 cm，所用导线每米长的阻值R0＝2 Ω，一个范围较大的匀强磁场与线圈平面垂直，当磁感应强度以0.5 T/s均匀增大时，在线圈导线中的电流有多大？
解析：根据法拉第电磁感应定律：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nL2eq \f(ΔB,Δt)
线圈的电阻：R＝n·4LR0
根据闭合电路欧姆定律：I＝eq \f(E,R)
联立并代入数据解得：I＝6.25×10－3 A。
答案：6.25×10－3 A
12．(14分)如图所示，质量为m＝100 g 的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8 m，有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s 的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离为s＝3.6 m，则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动)，问：
(1)铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在小磁铁穿过后速度为v′＝2 m/s，在小磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g＝10 m/s2)
解析：(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)。
(2)设小磁铁穿过铝环后的速度为v，落地时间为t。
则h＝eq \f(1,2)gt2
由s＝vt，解得v＝9 m/s
由能量守恒定律可得，
E电＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)mv′2＝1.7 J。
答案：(1)铝环向右偏斜 (2)1.7 J
13．(14分)如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d＝1 m，导轨电阻不计，导轨间接有一个阻值为R＝2 Ω的灯泡，一质量为m＝1 kg的金属棒跨接在导轨之上，其电阻为r＝1 Ω，且和导轨始终接触良好。整个装置放在磁感应强度 B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。现对金属棒施加一水平向右的拉力F＝10 N，使金属棒从静止开始向右运动。求金属棒达到的稳定速度v的大小和此时灯泡消耗的实际功率P。
解析：由I＝eq \f(Bdv,R＋r)和F安＝BId
可得F安＝eq \f(B2d2v,R＋r)
根据平衡条件可得F＝μmg＋F安
解得v＝6 m/s
所以I＝eq \f(Bdv,R＋r)＝4 A
由P＝I2R得P＝32 W。
答案：6 m/s 32 W
14．(16分)(2021·天津等级考)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。
(1)求拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
解析：(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有
F－mgsin θ－FA＝0，
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有
E＝BLv，
设回路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有
I＝eq \f(E,R＋r)，
ab受到的安培力
FA＝ILB，
由功率表达式，有
P＝Fv
联立上述各式，代入数据解得
P＝4 W。
(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有
Pt－W－mgxsin θ＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，
代入数据解得
x＝0.1 m。
答案：(1)4 W (2)0.1 m
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