2021-2022学年鲁科版选择性必修2第2章第2节法拉第电磁感应定律作业（解析版）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年鲁科版选择性必修2第2章第2节法拉第电磁感应定律作业（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-05-04 09:52:45 | ||
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文档简介
第2节 法拉第电磁感应定律作业
一、单选题
1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是（ ）
A．线圈所在处磁感应强度越大，产生的感应电动势一定越大
B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C．线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势一定越大
2．电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法不正确的是（ ）
A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
3．如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（ ）
A． B． C． D．Bav
4．如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab=L。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为（ ）
A． B． C． D．
5．如图甲所示，在绝缘的水平桌面上放置一金属圆环。在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正。以下说法中正确的是（ ）
A．在第末，圆环中的感应电流最大
B．在第末，圆环对桌面的压力小于重力
C．在内和内，圆环中的感应电流的方向相反
D．从上往下看，在内，圆环中的感应电流沿顺时针方向
6．如图所示，定值电阻阻值为R，足够长的竖直框架的电阻可忽略。ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑。整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经过一段时间后闭合S，则S闭合后（ ）
A．ef的加速度可能小于g
B．ef的加速度一定大于g
C．ef的最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D．ef的机械能与回路内产生的电能之和一定增大
二、多选题
7．关于感应电动势的计算公式和，下列说法中正确的是（ ）
A．这两个公式是完全相同的
B．这两个公式是完全不同的
C．后面的公式是由前面的公式在导体垂直切割磁感线情形下推导出来的特例
D．前面的公式可求感生电动势，后面的公式可求动生电动势
8．我们生活的北半球，地磁场有竖直向下的分量。如图所示，夏天，我们在教室里抬头就看到正在转动的金属材质的电风扇。已知叶片端点A到转轴O的长度为l，电风扇正在以转速n顺时针转动，则下列说法中正确的是（ ）
A．A点的电势比O点的电势高 B．A点的电势比O点的电势低
C．AO上的电动势为 D．扇叶长度越短，电势差的数值越大
9．如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有电阻R，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速下滑，则它在下滑h高度的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．金属棒受到的安培力的功率为P=
B．作用在金属棒上各力的合力做功为零
C．重力做功等于金属棒克服恒力F做功
D．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
10．竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度大小为B=0.5 T，导体ab及cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重均为0.1 N，现用力向上推动导体ab，使之匀速上升（与导轨接触良好），此时cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是（ ）
A．ab受到的推力大小为4 N
B．ab向上的速度为2 m/s
C．在2 s内，推力做功转化的电能是0.4 J
D．在2 s内，推力做功为0.6 J
三、解答题
11．如图所示，两个比荷相同都带正电荷的粒子a和b以相同的动能在匀强磁场中运动。a从区运动到区，已知；b开始时在磁感应强度为的磁场中做匀速圆周运动，然后将磁场的磁感应强度逐渐增大到。a、b两个粒子的动能将如何变化？
12．有一个1000匝的导电线圈，在内通过它的磁通量从增大到，求线圈中的感应电动势大小。如果导电线圈的电阻是，把一个电阻为的电热器接在线圈两端，那么通过电热器的电流是多大？在这段时间内，电热器产生的热量是多少？导电线圈内部产生的热量是多少？
13．如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，让长、电阻的导体棒MN在无摩擦的框架上以的速度向右做匀速直线运动，电阻，其他导体的电阻不计。
（1）导体棒MN中产生的感应电动势为多大？流经导体棒MN的电流为多少？
（2）导体棒MN中产生的电功率为多大？
（3）驱动导体棒做匀速直线运动的外力为多大？外力的功率为多大？
（4）外电阻、及内阻r上分别消耗了多少电功率？
（5）通过定量检验，说明这个过程中是否符合能量的转化和守恒。
14．如图所示，两根平行且足够长的光滑金属导轨竖直放置，间距L＝1 m，电阻忽略不计，导轨上端接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻，导轨处在垂直于轨道平面的匀强磁场中、导体棒ab的质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.5 Ω，由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，流过电阻R的电流逐渐增大，最终达到最大值I＝1 A．整个运动过程中ab棒与导轨垂直，且接触良好，g＝10 m/s2，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）导体棒下落的最大速度；
（3）导体棒的速度是0.2 m/s时的加速度。
参考答案：
1．D
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小取决于线圈的匝数n和磁通量的变化率，而与磁感应强度B、磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ没有直接的关系，ABC错误，D正确。
故选D。
【点睛】
电路中产生的感应电动势的大小与电路中磁通量变化的快慢有关，磁通量变化得越快，感应电动势越大。感应电动势的大小由和线圈的匝数共同决定，而与Φ、ΔΦ的大小没有必然联系。
2．A
【解析】A．铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A错误，符合题意；
B．取走磁体，就没有磁场，弦振动时不能切割磁感线产生感应电流，电吉他将不能正常工作，B正确，不符合题意；
C．根据可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，C正确，不符合题意；
D．弦振动过程中，磁场方向不变，但磁通量有时变大，有时变小，据楞次定律可知，线圈中的电流方向不断变化，D正确，不符合题意。
故选A。
3．C
【解析】导体棒AB摆到竖直位置时，产生的感应电动势为
此时圆环两部分并联，并联电阻为
则这时AB两端的电压大小为
故ABD错误，C正确。
故选C。
4．B
【解析】金属棒切割磁感线的有效长度为
根据法拉第电磁感应定律
由欧姆定律
解得
B正确，ACD错误。
故选B。
5．D
【解析】A．在第末，螺线管中电流的变化率为零，产生磁场的变化率为零，圆环中磁通量的变化率为零，圆环中无感应电流，故A错误；
B．在第2s末，虽然圆环中感应电流达到最大，但由于此时螺线管中电流为零，不产生磁场，所以圆环与螺线管之间作用力为零，此时圆环对桌面的压力与重力大小相等，故B错误；
C．在内，圆环中磁通量向上减小，根据楞次定律可知，从上往下看，感应电流沿逆时针方向；在内，圆环中磁通量向下增大，根据楞次定律可知，从上往下看，感应电流沿逆时针方向，故C错误；
D．在内，圆环中磁通量向上增大，根据楞次定律可知，从上往下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故D正确。
故选D。
6．A
【解析】AB．当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，由牛顿第二定律得
F安－mg＝ma
则ef的加速度大于g，若安培力大于mg小于2mg，则ef的加速度小于g，A正确，B错误；
C．导体棒最终一定做匀速直线运动，由平衡条件可得
解得
可见最终速度v与开关闭合的时刻无关，C错误；
D．在整个过程中，只有重力与安培力对ef做功，而ef克服安培力做的功等于回路中产生的电能，因此ef的机械能与回路中产生的电能之和保持不变，D错误。
故选A。
7．CD
【解析】AB．和，这两个公式不完全相同，适用于单匝线圈的任何电磁感应现象，是普遍成立的公式，涉及磁通量变化的情形往往应用计算感应电动势，求平均感应电动势也用此公式。而只适用于导体切割的情形，该公式可由推导出，AB错误；
C．后面的公式是由前面的公式在导体垂直切割磁感线情形下推导出来的特例，C正确；
D．前面的公式可求感生电动势，后面的公式可求动生电动势，D正确。
故选CD。
8．BC
【解析】AB．由于我们生活的北半球，地磁场有竖直向下的分量，电风扇瞬时针方向转动，切割磁感线产生电动势，根据右手定则可知，感应电流方向从A到O，则O相当于电源的正极，A点相当于电源的负极，所以A点的电势比O点的电势低，A错误，B正确；
CD．转动切割的电动势为
可知，转速一定时，扇叶长度越短，电势差的数值越小，D错误，C正确。
故选BC。
9．BD
【解析】A．金属棒产生的感应电动势为
电路中的感应电流为
金属棒所受的安培力大小为
安培力的功率为
选项A错误；
B．金属棒沿导轨匀速下滑过程中，合外力为零，则合力做功为零，选项B正确；
C．设重力做功、恒力F做功、安培力做功分别为、、，因为金属棒匀速运动，根据动能定理得
即
可知重力做功等于金属棒克服恒力F和克服安培力做功之和，选项C错误；
D．金属棒克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故电阻上的焦耳热等于金属棒克服安培力做的功，选项D正确。
故选BD。
10．BC
【解析】A．对两导体棒组成的整体，合力为零，根据平衡条件，ab棒受到的推力为
F=2mg=0.2 N
故A错误；
B．对ab棒，根据平衡条件，有
F安=F-mg=mg
F安=BIL
I=
联立可得
v=2 m/s
故B正确；
C．在2 s内，推力做功转化的电能全部转化为内能，有
E=BLv
代入数据得
Q=0.4 J
故C正确；
D．在2 s内，推力做功为
W=Fvt=0.8 J
故D错误。
故选BC。
11．a的动能不变；b的动能增大
【解析】a从B1区运动到B2区，由于洛伦兹力不做功，则粒子的动能不变。
粒子b沿顺时针方向做匀速圆周运动，由左手定则可知，粒子带正电，b所处的磁场逐渐增大，变化的磁场产生感生电场，由楞次定律可知，感生电场方向沿顺时针方向，电场力对电荷做正功，粒子b的动能变大。
12．E=200V，I=0.2A，Q=15.84J，Q内=0.16J
【解析】解：由法拉第电磁感应定律，可得线圈中的感应电动势大小为
由闭合电路欧姆定律，则得通过电热器的电流是
由焦耳定律，则得电热器产生的热量是
Q=I2Rt=0.22×990×0.4J=15.84J
导电线圈内部产生的热量是
Q内=I2rt=0.22×10×0.4J=0.16J
13．（1）0.5V，0.25A；（2）0.125W；（3）0.025N，0.125W；（4）0.03125W，0.03125W，0.0625W；（5）见解析
【解析】（1）由动生电动势公式可得，导体棒MN中产生的感应电动势为
E=BLv=0.5×0.2×5V=0.5V
由闭合电路欧姆定律，得流经导体棒MN的电流为
（2）由电功率公式，得导体棒MN中产生的电功率为
P=EI=0.5×0.25W=0.125W
（3）驱动导体棒做匀速直线运动的外力与导体棒上的安培力大小相等为
F=F安=BIL=0.5×0.25×0.2N=0.025N
外力的功率
P外=Fv=0.025×5W=0.125W
（4）外电阻消耗的电功率
P1=I12R1=0.1252×2 W =0.03125W
外电阻R2消耗的电功率
P2=I22R2=0.1252×2W=0.03125W
内阻r上消耗的电功率
P内=I2r=0.252×1W=0.0625W
（5）经计算可知，外力克服安培力做了多少功，就把其它形式的能转化为多少电路中的电能，电路中的电流做了多少功，就把电路中多少电能全部转化为电阻上的内能，说明这个过程中符合能量的转化和守恒。
14．（1）1 T；（2）1 m/s；（3）8 m/s2，方向竖直向下
【解析】（1）电流最大时导体棒速度最大，之后做匀速直线运动，根据平衡条件可得
解得
（2）根据法拉第电磁感应定律可得
根据闭合电路的欧姆定律可得
联立解得
（3）导体棒的速度是0.2 m/s时的安培力为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
方向竖直向下
试卷第1页，共3页
试卷第5页，共5页
一、单选题
1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是（ ）
A．线圈所在处磁感应强度越大，产生的感应电动势一定越大
B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C．线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势一定越大
2．电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法不正确的是（ ）
A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
3．如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（ ）
A． B． C． D．Bav
4．如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab=L。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为（ ）
A． B． C． D．
5．如图甲所示，在绝缘的水平桌面上放置一金属圆环。在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正。以下说法中正确的是（ ）
A．在第末，圆环中的感应电流最大
B．在第末，圆环对桌面的压力小于重力
C．在内和内，圆环中的感应电流的方向相反
D．从上往下看，在内，圆环中的感应电流沿顺时针方向
6．如图所示，定值电阻阻值为R，足够长的竖直框架的电阻可忽略。ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑。整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经过一段时间后闭合S，则S闭合后（ ）
A．ef的加速度可能小于g
B．ef的加速度一定大于g
C．ef的最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D．ef的机械能与回路内产生的电能之和一定增大
二、多选题
7．关于感应电动势的计算公式和，下列说法中正确的是（ ）
A．这两个公式是完全相同的
B．这两个公式是完全不同的
C．后面的公式是由前面的公式在导体垂直切割磁感线情形下推导出来的特例
D．前面的公式可求感生电动势，后面的公式可求动生电动势
8．我们生活的北半球，地磁场有竖直向下的分量。如图所示，夏天，我们在教室里抬头就看到正在转动的金属材质的电风扇。已知叶片端点A到转轴O的长度为l，电风扇正在以转速n顺时针转动，则下列说法中正确的是（ ）
A．A点的电势比O点的电势高 B．A点的电势比O点的电势低
C．AO上的电动势为 D．扇叶长度越短，电势差的数值越大
9．如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有电阻R，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速下滑，则它在下滑h高度的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．金属棒受到的安培力的功率为P=
B．作用在金属棒上各力的合力做功为零
C．重力做功等于金属棒克服恒力F做功
D．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
10．竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度大小为B=0.5 T，导体ab及cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重均为0.1 N，现用力向上推动导体ab，使之匀速上升（与导轨接触良好），此时cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是（ ）
A．ab受到的推力大小为4 N
B．ab向上的速度为2 m/s
C．在2 s内，推力做功转化的电能是0.4 J
D．在2 s内，推力做功为0.6 J
三、解答题
11．如图所示，两个比荷相同都带正电荷的粒子a和b以相同的动能在匀强磁场中运动。a从区运动到区，已知；b开始时在磁感应强度为的磁场中做匀速圆周运动，然后将磁场的磁感应强度逐渐增大到。a、b两个粒子的动能将如何变化？
12．有一个1000匝的导电线圈，在内通过它的磁通量从增大到，求线圈中的感应电动势大小。如果导电线圈的电阻是，把一个电阻为的电热器接在线圈两端，那么通过电热器的电流是多大？在这段时间内，电热器产生的热量是多少？导电线圈内部产生的热量是多少？
13．如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，让长、电阻的导体棒MN在无摩擦的框架上以的速度向右做匀速直线运动，电阻，其他导体的电阻不计。
（1）导体棒MN中产生的感应电动势为多大？流经导体棒MN的电流为多少？
（2）导体棒MN中产生的电功率为多大？
（3）驱动导体棒做匀速直线运动的外力为多大？外力的功率为多大？
（4）外电阻、及内阻r上分别消耗了多少电功率？
（5）通过定量检验，说明这个过程中是否符合能量的转化和守恒。
14．如图所示，两根平行且足够长的光滑金属导轨竖直放置，间距L＝1 m，电阻忽略不计，导轨上端接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻，导轨处在垂直于轨道平面的匀强磁场中、导体棒ab的质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.5 Ω，由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，流过电阻R的电流逐渐增大，最终达到最大值I＝1 A．整个运动过程中ab棒与导轨垂直，且接触良好，g＝10 m/s2，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）导体棒下落的最大速度；
（3）导体棒的速度是0.2 m/s时的加速度。
参考答案：
1．D
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小取决于线圈的匝数n和磁通量的变化率，而与磁感应强度B、磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ没有直接的关系，ABC错误，D正确。
故选D。
【点睛】
电路中产生的感应电动势的大小与电路中磁通量变化的快慢有关，磁通量变化得越快，感应电动势越大。感应电动势的大小由和线圈的匝数共同决定，而与Φ、ΔΦ的大小没有必然联系。
2．A
【解析】A．铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A错误，符合题意；
B．取走磁体，就没有磁场，弦振动时不能切割磁感线产生感应电流，电吉他将不能正常工作，B正确，不符合题意；
C．根据可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，C正确，不符合题意；
D．弦振动过程中，磁场方向不变，但磁通量有时变大，有时变小，据楞次定律可知，线圈中的电流方向不断变化，D正确，不符合题意。
故选A。
3．C
【解析】导体棒AB摆到竖直位置时，产生的感应电动势为
此时圆环两部分并联，并联电阻为
则这时AB两端的电压大小为
故ABD错误，C正确。
故选C。
4．B
【解析】金属棒切割磁感线的有效长度为
根据法拉第电磁感应定律
由欧姆定律
解得
B正确，ACD错误。
故选B。
5．D
【解析】A．在第末，螺线管中电流的变化率为零，产生磁场的变化率为零，圆环中磁通量的变化率为零，圆环中无感应电流，故A错误；
B．在第2s末，虽然圆环中感应电流达到最大，但由于此时螺线管中电流为零，不产生磁场，所以圆环与螺线管之间作用力为零，此时圆环对桌面的压力与重力大小相等，故B错误；
C．在内，圆环中磁通量向上减小，根据楞次定律可知，从上往下看，感应电流沿逆时针方向；在内，圆环中磁通量向下增大，根据楞次定律可知，从上往下看，感应电流沿逆时针方向，故C错误；
D．在内，圆环中磁通量向上增大，根据楞次定律可知，从上往下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故D正确。
故选D。
6．A
【解析】AB．当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，由牛顿第二定律得
F安－mg＝ma
则ef的加速度大于g，若安培力大于mg小于2mg，则ef的加速度小于g，A正确，B错误；
C．导体棒最终一定做匀速直线运动，由平衡条件可得
解得
可见最终速度v与开关闭合的时刻无关，C错误；
D．在整个过程中，只有重力与安培力对ef做功，而ef克服安培力做的功等于回路中产生的电能，因此ef的机械能与回路中产生的电能之和保持不变，D错误。
故选A。
7．CD
【解析】AB．和，这两个公式不完全相同，适用于单匝线圈的任何电磁感应现象，是普遍成立的公式，涉及磁通量变化的情形往往应用计算感应电动势，求平均感应电动势也用此公式。而只适用于导体切割的情形，该公式可由推导出，AB错误；
C．后面的公式是由前面的公式在导体垂直切割磁感线情形下推导出来的特例，C正确；
D．前面的公式可求感生电动势，后面的公式可求动生电动势，D正确。
故选CD。
8．BC
【解析】AB．由于我们生活的北半球，地磁场有竖直向下的分量，电风扇瞬时针方向转动，切割磁感线产生电动势，根据右手定则可知，感应电流方向从A到O，则O相当于电源的正极，A点相当于电源的负极，所以A点的电势比O点的电势低，A错误，B正确；
CD．转动切割的电动势为
可知，转速一定时，扇叶长度越短，电势差的数值越小，D错误，C正确。
故选BC。
9．BD
【解析】A．金属棒产生的感应电动势为
电路中的感应电流为
金属棒所受的安培力大小为
安培力的功率为
选项A错误；
B．金属棒沿导轨匀速下滑过程中，合外力为零，则合力做功为零，选项B正确；
C．设重力做功、恒力F做功、安培力做功分别为、、，因为金属棒匀速运动，根据动能定理得
即
可知重力做功等于金属棒克服恒力F和克服安培力做功之和，选项C错误；
D．金属棒克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故电阻上的焦耳热等于金属棒克服安培力做的功，选项D正确。
故选BD。
10．BC
【解析】A．对两导体棒组成的整体，合力为零，根据平衡条件，ab棒受到的推力为
F=2mg=0.2 N
故A错误；
B．对ab棒，根据平衡条件，有
F安=F-mg=mg
F安=BIL
I=
联立可得
v=2 m/s
故B正确；
C．在2 s内，推力做功转化的电能全部转化为内能，有
E=BLv
代入数据得
Q=0.4 J
故C正确；
D．在2 s内，推力做功为
W=Fvt=0.8 J
故D错误。
故选BC。
11．a的动能不变；b的动能增大
【解析】a从B1区运动到B2区，由于洛伦兹力不做功，则粒子的动能不变。
粒子b沿顺时针方向做匀速圆周运动，由左手定则可知，粒子带正电，b所处的磁场逐渐增大，变化的磁场产生感生电场，由楞次定律可知，感生电场方向沿顺时针方向，电场力对电荷做正功，粒子b的动能变大。
12．E=200V，I=0.2A，Q=15.84J，Q内=0.16J
【解析】解：由法拉第电磁感应定律，可得线圈中的感应电动势大小为
由闭合电路欧姆定律，则得通过电热器的电流是
由焦耳定律，则得电热器产生的热量是
Q=I2Rt=0.22×990×0.4J=15.84J
导电线圈内部产生的热量是
Q内=I2rt=0.22×10×0.4J=0.16J
13．（1）0.5V，0.25A；（2）0.125W；（3）0.025N，0.125W；（4）0.03125W，0.03125W，0.0625W；（5）见解析
【解析】（1）由动生电动势公式可得，导体棒MN中产生的感应电动势为
E=BLv=0.5×0.2×5V=0.5V
由闭合电路欧姆定律，得流经导体棒MN的电流为
（2）由电功率公式，得导体棒MN中产生的电功率为
P=EI=0.5×0.25W=0.125W
（3）驱动导体棒做匀速直线运动的外力与导体棒上的安培力大小相等为
F=F安=BIL=0.5×0.25×0.2N=0.025N
外力的功率
P外=Fv=0.025×5W=0.125W
（4）外电阻消耗的电功率
P1=I12R1=0.1252×2 W =0.03125W
外电阻R2消耗的电功率
P2=I22R2=0.1252×2W=0.03125W
内阻r上消耗的电功率
P内=I2r=0.252×1W=0.0625W
（5）经计算可知，外力克服安培力做了多少功，就把其它形式的能转化为多少电路中的电能，电路中的电流做了多少功，就把电路中多少电能全部转化为电阻上的内能，说明这个过程中符合能量的转化和守恒。
14．（1）1 T；（2）1 m/s；（3）8 m/s2，方向竖直向下
【解析】（1）电流最大时导体棒速度最大，之后做匀速直线运动，根据平衡条件可得
解得
（2）根据法拉第电磁感应定律可得
根据闭合电路的欧姆定律可得
联立解得
（3）导体棒的速度是0.2 m/s时的安培力为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
方向竖直向下
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