在磁感应强度B=2T的匀强磁场中,矩形线圈abcd绕垂直于磁场方向的轴OO′以ω=10πrad/s匀速转动.切割磁感线的

（1）电动势的最大值为：E_m=nBSω=10×2×0.3×0.6×10πV≈113.04 V
故瞬时值表达式：e=E_m•cosωt=113.04cos （10πt）V．
（2）电流的有效值：I=
Im

2=
Em

2(R+r)=1.6 A
所以0.05 s内R上产生的热量：Q=I²Rt=5.76 J．
（3）电动势的平均值：
.
E=n[△∅/△t]
0.05s为从图上位置转过90°，所求的电量：q=It=n[△∅/R+r]=[nBS/R+r]=0.072C
答：（1）写出从图示位置开始计时线框中感应电动势的瞬时值表达式e=113.04cos （10πt）V；
（2）电阻R在0.05s内产生的热量5.76 J；
（3）0.05s内流过电阻R上的电量0.072C．

点评：
本题考点： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．

考点点评： 本题关键记住最大值公式Em=nBsω和瞬时值公式e=Emsinωt，然后结合闭合电路欧姆定律与焦耳定律列式求解，注意热量与电表示数使用交流电的有效值，而电量却是使用平均值．

（1）设物体滑到N点时速度为v₁，由题意分析物体受力情况，物体在N点恰脱离墙面，有：
qE-qv₁B=0…①
M→N过程，由动能定理有：
mgh+Wf＝
1
2mv12−0…②
联解①②并代入数据得：
W_f=-6J，即克服摩擦力做功6J．…③
（2）设物体运动到P点时速度为v₂，由题意和左手定则知物体在P点受力平衡，有：
qv₂B•sinθ-qE=0…④
qv₂B•cosθ-mg=0…⑤
N→P过程，由动能定理知：
mg(H−h)−qE•s＝
1
2mv22−
1
2mv12…⑥
联解④⑤⑥并代入数据得：
s=0.6m
答：（1）A沿墙壁下滑时，克服摩擦力做的功为6J；
（2）P点与M点的水平距离为0.6m．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 解决本题的关键知道物体与墙壁脱离时，电场力和洛伦兹力相等；在P点洛伦兹力在竖直方向上的分力等于重力，水平方向上的分力等于电场力，结合动能定理进行求解．

（1）AB边受到的拉力为：F=BIL=2×5×0.3=3N；
由左手定则可知AB边受力方向向上；
（2）由题意可知，AB边受到的拉力等于安培力；
则有：F=mg
解得：m=[F/g]=[3/10]=0.3kg；
答：（1）安培力的大小为3N；方向竖直向上；
（2）线框的质量为0.3kg．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；安培力．

考点点评： 本题结合共点力的平衡条件考查安培力的计算公式及左手定则，注意线框只有AB边受安培力．

（1）导体与磁场方向垂直，由安培力计算公式F=BIL得
F=BIL=2x5x0.8=8（N）
答：导线受到的安培力的大小为8N．
（2）因安培力方向与磁场方向垂直，故导线移动方向与安培力方向垂直，由W=FScosθ可知，安培力不做功，即W=0．
答：安培力对导线做功大小为0．

点评：
本题考点： 安培力．

考点点评： 解决本题的关键掌握安培力的公式F=BIL及恒力做功公式W=FS，应用公式时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义．

（1）小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零．故有：qE=qvNB∴vN=EB=42=2m/s对小物体A从M点到N点的过程应用...

点评：
本题考点： 动能定理的应用；带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．

A、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：E_m=nBsω=50×
2×0.2×0.1×100V=100
2V，故有效值为U₁=100V．故A错误；
BC、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为：
n1
n2＝
100
10=[10/1]，故C正确，根据功率为P=UI知I₂=[P/U]=[10/10]=1A，又
I1
I2＝
n2
n1=[1/10]知I₁=0.1A，故B错误．
D、通过灯泡的交流电频率为f=[ω/2π]=[100/2π]，故D错误；
故选：C．

点评：
本题考点： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；变压器的构造和原理．

考点点评： 本题关键交变电流产生的过程及其规律，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，根据瞬时值表达式求解瞬时值的大小．

（1）小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零．
故有：qE=qv_NB
∴v_N=[E/B]=[4/2]=2m/s
对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有：
mgh-W_f克=[1/2m
v2N]
∴W_f克=mgh-[1/2m
v2N]=10^-3×10×0.8-[1/2]×10^-3×2²=6×l0^-3 （J）
（2）小物体离开N点做曲线运动到达P点时，受力情况如图所示，由于θ=45°，物体处于平衡状态，建立如图的坐标系，可列出平衡方程．
qBv_pcos45°-qE=0（1）
qBv_psin45°-mg=0（2）
由（1）得 v_p=[E
Bcos45°=2
2m/s
由（2）得 q=
mg
Bvpsin45°=2.5×l0^-3 c
N→P过程，由动能定理得mg（H-h）-qES=
1/2m
v2p−
1
2m
v21]
代入计算得S=0.6 m
答：（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功6×l0^-3 J．
（2）P与M的水平距离s是0.6m．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．

（1）细绳被拉断瞬时，设ab棒电流为I，由平衡条件：
F_mcos37°=mgsin37°+BIL
代入数据得：I=1A
（2）由闭合欧姆定律可得：E=I•2R
E=BLv
联立可得：v=4m/s
（3）金属棒cd从棒止开始运动直到细绳刚好被拉断的过程中有：Q₀=I²Rt
产生的在总热量为：Q=2Q₀=2J
由能量守恒得：mgs•sin37°=[1/2]mv²+Q
代入数据得：s=2m
答：（1）ab棒中的电流为1A；
（2）cd棒的速度4m/s；
（3）cd棒下滑的距离2m．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；能量守恒定律；安培力．

考点点评： 本题是电磁感应中的力学问题，综合运用电磁学知识和力平衡知识．两棒切割磁感线类型，要注意回路中感应电动势等于两棒产生的感应电动势之和．

(1)设物体滑到N点时速度为v1，由题意分析物体受力情况，物体在N点恰脱离墙面，有：

①

M→N过程，由动能定理有：

②

联解①②并代入数据得：

Wf=−6J，即克服摩擦力做功6J。③

(2)设物体运动到P点时速度为v2，由题意和左手定则知物体在P点受力平衡，有：

④

⑤

N→P过程，由动能定理知：

⑥

联解④⑤⑥并代入数据得：

s=0.6m⑦

评分参考意见：本题满分12分，其中①②④⑤⑥式各2分，③⑦式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。

(1)W _f =－6J，(2) s=0.6m

（1）感应电动势：ɛ=BLv=2×1×2V=4V…①
且产生的感应电流其方向与电路电流方向相反，则此时电路的实际电压：
U=E-ɛ=10-4V=6V…②
电流：I=
U
R+r＝
6
2A＝3A
F_合=F_安-f=BIl-μmg=1N…③
a＝
F合
m＝1m/s2…④
（2）金属棒达到稳定状态，即：F_安=f…⑤
则：BIl=μmg
I＝
μmg
Bl＝2.5A…⑥
E-ɛ=I（R+r） 得：ɛ=E-I（R+r）=5V…⑦
由ɛ=Blv得：
v＝
ɛ
Bl＝2.5m/s…⑧
（3）h＝
1
2gt2＝0.8m…⑨
x=vt…⑩
得：t=0.4s，x=1m＞0.8m
知金属棒能够落到对面的平台．
答：（1）金属棒速度为2m/s时金属棒的加速度为1m/s²．
（2）金属棒达到稳定状态时的速度为2.5m/s．
（3）金属棒能够落到对面的平台．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力．

考点点评： 本题是电磁感应与电路和动力学的综合，注意产生的感应电动势与电源电动势方向相反，结合闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等知识进行求解．