(3)当b导体棒在磁场中做匀速运动时，有：

2mgsin θ-μ2mgcos θ-BId=0

I=Bdv2R

联立解得：B=0.83 T

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=ER、E=ΔBΔt•S和B分段均匀变化知，电流大小在分时间段内恒定.由F=BILAB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.

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

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mgRB2L2

D.线圈的最小速度一定为2gh+L-d

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mg=B2L2vminR，所以存在最小速度为mgRB2L2的可能，C正确;对整个过程应用动能定理可得D正确.

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-Ft0m

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34Bav0，A项错误;从t0时刻至3t0时刻线框做匀加速运动，加速度为Fm，故在t0时刻的速度为v0-2at0=v0-2Ft0m，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.

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：

时间t(s) 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7

下滑距离s(m) 0 0.1 0.3 0.7 1.4 2.1 2.8 3.5

(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

PG=mgv=0.01×10×7 W=0.7 W

(2)根据动能定理：WG+W安=12mvt2-12mv02

W安=12mvt2-12mv02-mgh=12×0.01×72-0.01×10×3.5 J=-0.105 J

QR=RR+rE电=47×0.105 J=0.06 J

(3)当金属棒匀速下落时，G=F安

所以mg=BIL=B2L2vR+r

解得：BL=m=0.1，电量q=It=ΔΦR+r=BLsR+r=0.2 C.