第2章 专题强化2 法拉第电磁感应定律的综合应用（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

第二章　电磁感应 专题强化2　法拉第电磁感应定律的综合应用 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 目录 contents 课堂探究 核心突破 Part 01 课堂达标 素养提升 Part 02 课时作业（八） Part 03 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 课堂探究 核心突破 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第二章　电磁感应 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 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(1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成。 (2)在闭合电路中，相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势。 3．具体问题分类 (1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题。 (2)根据电路规律求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题。 　如图甲所示，线圈总电阻r＝0.5 Ω，匝数n＝10，其端点a、b与R＝1.5 Ω的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示。关于a、b两点电势φa、φb及两点电势差Uab，正确的是(　　) A．φa>φb，Uab＝1.5 V B．φa<φb，Uab＝－1.5 V C．φa<φb，Uab＝－0.5 V D．φa>φb，Uab＝0.5 V 【解析】　从题图乙可知，线圈内的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手螺旋定则可知，线圈中感应电流的方向为逆时针方向。在回路中，线圈相当于电源，由于电流的方向是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势高于b点的电 势。根据法拉第电磁感应定律得：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝10×eq \f(0.08,0.4) V＝2 V，I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(2,1.5＋0.5) A＝1 A。a、b两点的电势差等于电路中的路端电压，所以Uab＝IR＝1.5 V，故A正确。 【答案】　A 　如图所示，MN、PQ为光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略不计)，MN、PQ相距l＝50 cm，导体棒AB在两导轨间的电阻为r＝1 Ω，且可以在MN、PQ上滑动，定值电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，整个装置放在磁感应强度为B＝1.0 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面。现用外力F拉着AB棒向右以v＝5 m/s的速度做匀速运动。求： (1)AB棒产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向； (2)AB棒两端的电压UAB。 【解析】　(1)AB棒产生的感应电动势E＝Blv＝2.5 V 由右手定则，AB棒上的感应电流方向向上，即沿B→A方向。 (2)外电阻R并＝eq \f(R1·R2,R1＋R2)＝2 Ω 总电流I＝eq \f(E,R并＋r)＝eq \f(5,6)A AB棒两端的电压UAB＝IR并＝eq \f(5,3) V≈1.67 V。 【答案】　(1)2.5 V　B→A方向 (2)1.67 V 核心素养·思维升华 　　1.“电源”的确定方法：“切割”磁感线的导体(或磁通量发生变化的线圈)相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于“内电阻”。 2．电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外部电流从正极流向负极。 二、电磁感应中的电荷量问题 闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt内通过某一截面的电荷量(感应电荷量)q＝eq \x\to(I)·Δt＝eq \f(\x\to(E),R总)·Δt＝neq \f(ΔΦ,Δt)·eq \f(1,R总)·Δt＝eq \f(nΔΦ,R总)。 由上式可知，线圈匝数一定时，通过某一截面的感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化量决定，与时间无关。 　物理实验中，常用一种叫作“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量。如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度。已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R。若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为(　　) A.eq \f(qB,S)　　　　　　　　 B.eq \f(qB,nS) C.eq \f(qR,2nS) D.eq \f(qR,2S) 【解析】　由法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)，电荷量的公式q＝It，联立可得q＝neq \f(ΔΦ,R)，由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，则有ΔΦ＝2BS；所以由以上公式可得q＝eq \f(2nBS,R)，则磁感应强度B＝eq \f(qR,2nS)，故C正确，A、B、D错误。 【答案】　C ◆针对训练1　面积S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形线圈，处在如图所示的匀强磁场内，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律是B＝0.02t T，R＝3 Ω，C＝30 μF，线圈电阻r＝1 Ω，求： (1)通过R的电流方向和4 s内通过导线横截面的电荷量； (2)电容器的电荷量。 【解析】　(1)由楞次定律可得流过线圈的电流方向为逆时针方向，通过R的电流方向为b→a， q＝eq \x\to(I)Δt＝eq \f(\x\to(E),R＋r)Δt＝neq \f(ΔBS,ΔtR＋r)Δt＝neq \f(ΔBS,R＋r)＝0.4 C (2)由法拉第电磁感应定律，知 E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)＝100×0.2×0.02 V＝0.4 V， 则I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(0.4,3＋1) A＝0.1 A， UC＝UR＝IR＝0.1×3 V＝0.3 V，Q＝CUC＝30×10－6×0.3 C＝9×10－6C。 【答案】　(1)方向由b→a　0.4 C (2)9×10－6 C 三、电磁感应中的图像问题 1．图像类型 (1)随时间t变化的图像，如Bt图像、Φt图像、Et图像和It图像。 (2)随位移x变化的图像，如Ex图像和Ix图像。 2．解题关键 (1)弄清初始条件，正、负方向的对应变化范围，所研究物理量的函数表达式，进出磁场的拐点等。 (2)应做到“三看”“三明确”，即 ①看轴——看清变量； ②看线——看图线的形状； ③看点——看特殊点和拐点； ④明确图像斜率的物理意义； ⑤明确截距的物理意义； ⑥明确“＋”“－”的含义。 3．一般解题步骤 (1)明确图像的种类，即是Bt图像，还是Φt图像，或者是Et图像、It图像等。 (2)分析电磁感应的具体过程。 (3)用右手定则或楞次定律确定方向、对应关系。 (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。 (5)根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。 (6)画出图像或判断图像。 　(多选)如图甲所示，在水平绝缘的桌面上，一个用电阻丝构成的闭合矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，规定磁场的方向垂直桌面向下为正，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。线框中的感应电流i(规定逆时针为正)随时间t变化的图线和ab边受到的安培力F(规定向右为正)随时间t变化的图线，其中可能正确的是(　　) 【解析】　在0～1 s内，磁感应强度B均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为逆时针，由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定。由于规定电流逆时针方向为正，则由左手定则可得，ab边受到的安培力F方向向右，则安培力为正值，且大小随着磁感应强度B变化而变化。在1～2 s内，磁场不变，则线框中没有磁通量变化，所以没有感应电流。则线框也不受到安培力。故A、C错误，B、D正确。 【答案】　BD 　如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够长。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在大小为F的外力作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。则下列选项所示线框中感应电动势大小E、感应电流大小I、线框所受安培力大小F安、外力大小F与线框顶点a移动的位移x的关系图像中，正确的是(　　) eq \o(\s\up7(),\s\do5(A.)) eq \o(\s\up7(),\s\do5(B.)) eq \o(\s\up7(),\s\do5(C.)) eq \o(\s\up7(),\s\do5(D.)) 【解析】　线框刚进入磁场时有效切割长度为L，感应电动势大小为E0＝BLv，随着线框的进入感应电动势逐渐减小；当线框右移L后，两边有效切割的长度都为L，感应电动势大小为线框刚进入磁场时的2倍，即E＝2E0＝2BLv，随后逐渐减小；线框刚开始离开磁场的瞬间，感应电动势大小为E0＝BLv，以后有效切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，故A错误。线框刚进入磁场时感应电流大小为I0＝eq \f(BLv,R)，随着线框的进入感 应电流逐渐减小；当线框进入磁场的长度为L后，I＝2I0＝eq \f(2BLv,R)，随后逐渐减小；线框刚开始离开磁场的瞬间，感应电流大小为I0＝eq \f(BLv,R)，以后感应电动势逐渐减小，感应电流减小，故B正确；电流和有效切割长度均变化，分析可知安培力大小与x不是线性关系，故C错误；根据平衡条件可知，外力始终与安培力等大反向，F与x不是线性关系，故D错误。 【答案】　B 核心素养·思维升华 解决线框进出磁场的问题可以借鉴以下思路 (1)观察线框是什么形状的，判断切割磁感线的有效长度是否变化、如何变化； (2)若只有一个磁场且足够宽，关注两个过程即可：进入磁场的过程，离开磁场的过程； (3)若有两个不同的磁场，还需注意两条边分别在不同磁场时产生感应电流方向的关系。 四、电磁感应中的动力学问题 1．导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析。 (2)导体的非平衡状态——加速度不为0。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。 2．力学对象和电学对象的相互关系 　如图所示，两根足够长的平行金属导轨间距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接电阻R＝0.05 Ω。在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直于导轨平面向下、磁感应强度B＝2.0 T的匀强磁场。质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用轻质细绳跨过定滑轮与拉杆GH(GH杆的质量不计)相连。某同学用F＝80 N的恒力竖直向下拉动GH杆，使CD棒从图中初始位置由静止开始运动，刚进入磁场时速度为v＝2.4 m/s，当CD棒到达磁场上边界时该同学松手。g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻和一切摩擦。求： (1)CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s； (2)该同学松手后，CD棒能继续上升的最大高度h。 【解析】　(1)CD棒向上运动F－mgsin θ＝ma，解得a＝12 m/s2， 由运动学公式v2＝2as解得s＝0.24 m (2)刚进入磁场时E＝Blv 由闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)，又F安＝BIl， 因为F＝mg sin θ＋F安 所以CD棒在磁场中做匀速直线运动。 离开磁场后，CD棒沿导轨向上做匀减速运动， 由v2＝2gxsin θ 解得x＝0.36 m CD棒还能继续上升的最大高度h＝xsin θ＝0.288 m。 【答案】　(1)0.24 m　(2)0.288 m ◆针对训练2　如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。接入电路的阻值为r的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　) A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 【解析】　金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(eq \f(ΔB,Δt)＝k为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)可知， ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；金属棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力Ff与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。 【答案】　D 五、电磁感应中的能量问题 1．电磁感应现象中的能量转化 (1)与感生电动势有关的电磁感应现象中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电阻的内能。 (2)与动生电动势有关的电磁感应现象中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能。克服安培力做了多少功，就产生了多少电能。若电路是纯电阻电路，转化过来的电能也将全部转化为电阻的内能。 2．电磁感应现象中能量变化的特点 做功情况 能量变化特点 滑动摩擦力做功 有内能产生 重力做功 重力势能必然发生变化 克服安培力做功 必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能 安培力做正功 电能转化为其他形式的能 3.求解电磁感应现象中能量问题的思路 (1)确定感应电动势的大小和方向。 (2)画出等效电路，求出回路中消耗的电能表达式。 (3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程。 　如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0 m，下端连接R＝1.6 Ω的电阻，导轨电阻不计，所以空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T。质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s＝2.8 m后速度保持不变。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8 g＝10 m/s2) (1)金属棒匀速运动时的速度大小v； (2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR。 【解析】　(1)金属棒沿斜面向上匀速运动时产生的感应电流方向a→b，产生的感应电动势E＝Blv，产生的感应电流为I＝eq \f(Blv,R＋r) 安培力F安＝BIl，金属棒ab受力如图所示。 由平衡条件有F＝mgsin θ＋BIL代入数据解得v＝4 m/s (2)设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律有Q＝Fs－mgs·sin θ－eq \f(1,2)mv2，而QR＝eq \f(R,R＋r)Q，代入数据解得QR＝1.28 J。 【答案】　(1)4 m/s　(2)1.28 J 核心素养·思维升华 电磁感应中焦耳热的计算技巧 (1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。 (2)感应电流变化，可用以下方法分析： ①利用动能定理，求出克服安培力做的功，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安。 ②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他。 ◆针对训练3　(多选)如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2 m/s向右匀速滑动。两导轨间距离l＝1.0 m，电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，导轨电阻忽略不计。下列说法正确的是(　　) A．通过R的感应电流的方向为由a到d B．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V C．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 N D．外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热 【解析】　由右手定则判断知，当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流，通过R的感应电流的方向为由a到d，故A正确。金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E＝Blv＝1.0×1×2 V＝2 V，故B正确。在整个回路中产生的感应电流为：I＝eq \f(E,R＋r)，代入数据得：I＝0.5 A。由安培力公式：F安＝BIl，代入数据得：F安＝0.5 N，故C正确。金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和，故D错误。 【答案】　ABC 1．(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间都接阻值为R＝10 Ω的电阻。一接入电路的阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨垂直且接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是(　　) A．导体棒ab中电流的方向为由b到a B．cd两端的电压为1 V C．de两端的电压为1 V D．fe两端的电压为1 V 【解析】　由右手定则可知，A错误；E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，则Ucd＝eq \f(R,R＋R)E＝1 V，B正确；由于de间、cf间电阻没有电流流过，故Ucf＝Ude＝0，所以Ufe＝Ucd＝1 V，C错误，D正确。 【答案】　BD 2.如图所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B。一半径为b(b>a)、电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合。当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过圆形导线环截面的电荷量为(　　) A.eq \f(πB|b2－2a2|,R)　　 　 B.eq \f(πBb2＋2a2,R) C.eq \f(πBb2－a2,R) D.eq \f(πBb2＋a2,R) 【解析】　设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值，Φ1＝Bπa2，则向外的磁通量为负值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝B·π|b2－2a2|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律，得平均感应电动势eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，则通过圆形导线环截面的电荷量q＝eq \f(\x\to(E),R)·Δt＝eq \f(πB|b2－2a2|,R)，A项正确。 【答案】　A 3．如图所示，平行于y轴的长为2R的导体棒以速度v向右做匀速运动，经过由两个半径均为R的半圆和中间一部分长为2R、宽为R的矩形组合而成的磁感应强度为B的匀强磁场区域。下列图像能正确表示导体棒中的感应电动势E与导体棒的位置x关系的是(　　) eq \o(\s\up7(),\s\do5(A)) eq \o(\s\up7(),\s\do5(B)) eq \o(\s\up7(),\s\do5(C)) eq \o(\s\up7(),\s\do5(D)) 【解析】　x在0～R内，如图所示，当导体棒运动到图示位置时，其坐标值为x，导体棒切割磁感线的有效长度为：L＝2 eq \r(R2－R－x2)＝2 eq \r(2Rx－x2)，所以：E＝BLv＝2Bv eq \r(2Rx－x2)，感应电动势最大值为2BRv。x在R～2R内，感应电动势为2BRv。根据数学知识和对称性可知A正确，B、C、D错误。 【答案】　A 4．如图所示，质量为m1，长度为l的导体棒ab横放在相距为l的U形金属框架上，电阻R串联在MN上，框架质量为m2，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数为μ，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，质量为m0的重物，通过细线与ab垂直相连，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，设框架和桌面足够长，且二者之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计框架和导体棒的电阻，下列说法正确的是(　　) A．U形金属框架一定能滑动 B．U形金属框架一定不能滑动 C．若U形金属框架能滑动，则恰好能滑动时，棒ab的速度为eq \f(μm1＋m2gR,B2l2) D．若U形金属框架不能滑动，棒ab的最终速度为eq \f(m0＋m1gR,B2l2) 【解析】　当导体棒匀速运动时，导体棒的速度达到最大值，此时整个回路的电流达到最大值，金属框架的安培力最大，若此时满足F安＝m0g≥μ(m1＋m2)g，则金属框架滑动，故金属框架能否滑动与m0及μ(m1＋m2)g的大小有关系，故A、B错误；若框架能滑动，框架受到最大静摩擦 力Ff＝μ(m1＋m2)g，MN受到的安培力F安＝BIl＝eq \f(B2l2v,R)，刚好运动时，有F安＝Ff，即框架恰好滑动，棒ab的速度达到v＝eq \f(μm1＋m2gR,B2l2)，故C正确；若框架不会滑动，则最终m0匀速下落，根据平衡条件F安＝m0g，即最大速度为vm＝eq \f(m0gR,B2l2)，故D错误。 【答案】　C 5．如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中 (1)感应电动势的大小E； (2)所受拉力的大小F； (3)感应电流产生的热量Q。 【解析】　(1)由题意可知，当线圈切割磁感线时产生的电动势为E＝BLv＝0.5×0.2×8 V＝0.8 V (2)因为线圈匀速运动，故所受拉力等于安培力，有F＝F安＝BIL 根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R) 结合(1)联立各式代入数据可得F＝0.8 N (3)线圈穿过磁场所用的时间为 t＝eq \f(2L,v)＝eq \f(2×0.2,8) s＝0.05 s 故线圈穿越磁场过程产生的热量为 Q＝I2Rt＝eq \f(E2,R)t＝eq \f(0.82,0.1)×0.05 J＝0.32 J。 【答案】　(1)0.8 V　(2)0.8 N　(3)0.32 J $$