1.在阻值R=10Ω的定值電阻兩端接一交流電壓，電壓表達式為U(t)=10sin(0.5πt+π3)V，則該電阻在電壓的一個周期內(nèi)產(chǎn)生的電熱為( )
A. 20JB. 20 2JC. 10 2JD. 40J
2.如圖，空間中存在平行于紙面向右的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一根在b點被折成直角的金屬棒abc平行于紙面放置，ab=bc=L，ab邊垂直于磁場方向。現(xiàn)該金屬棒以速度v垂直于紙面向里運動。則ac兩點間的電勢差Uac為( )
A. BLvB. 2BLvC. -BLvD. - 2BLv
3.如圖所示，一個鋁環(huán)套在鐵芯上，下方線圈接通電源后，內(nèi)部裝置可以在鐵芯處產(chǎn)生豎直向上的磁場By，在鋁環(huán)處產(chǎn)生沿徑向向外的磁場Br，兩個磁場大小可以通過裝置獨立調(diào)節(jié)?，F(xiàn)在想讓鋁環(huán)跳起來，可以采取下列哪種方法( )
A. 保持By不變，增大Br
B. 保持Br不變，增大By
C. 保持By不變，減小Br
D. 保持Br不變，減小By
4.邊長為L的正方形線單匝金屬框，右邊剛好位于勻強磁場左邊界，磁場區(qū)域?qū)挾葹?L，磁感應強度大小為B0，金屬框在外力作用下從圖示位置開始向右勻速穿過磁場區(qū)域，當金屬框剛好全部進入磁場區(qū)域時，磁感應強度開始隨時間均勻增加，使整個過程金屬框中的電流不變，則當金屬框右邊剛好到達磁場的右邊界時，勻強磁場的磁感應強度大小為( )
A. 4B0B. 3B0C. 2B0D. 2B0
5.在如圖所示電路中，三個燈泡完全相同，電感的直流電阻和燈泡電阻相等。閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后，將開關(guān)S斷開，下列對于S斷開后各元件說法中正確的是( )
A. 燈泡A1突然熄滅
B. 燈泡A1先閃亮一下再逐漸熄滅
C. 燈泡A2逐漸熄滅
D. 燈泡A3逐漸熄滅
6.如圖所示，水平虛線MN上方有垂直紙面向外的勻強磁場，下方有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小相等，直線PQ為磁場左側(cè)邊界，右側(cè)及上下范圍足夠大。一帶正電粒子從P點進入磁場，速度大小為v，方向垂直于PQ，第一次到達MN時速度方向與MN垂直。若要求該粒子仍從P點垂直于MN出發(fā)但不從左側(cè)邊界離開磁場，不計粒子重力。則粒子速度的最小值為( )
A. (4-2 3)vB. ( 2-12)vC. 23vD. (2- 2)v
7.空間中存在方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子以某一初速度在該空間中做勻速直線運動。某時刻，粒子運動至P點處，此時撤掉空間中的電場，經(jīng)過一段時間后，粒子的速度第一次與P點相反，此時恢復原來的電場，又經(jīng)過相同的時間后，粒子到達Q點處。則線段PQ與粒子的初速度方向夾角的正切值為( )
A. 2πB. 1C. 2 2D. 2π
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.下列科技成果應用了電磁感應原理的是( )
A. 發(fā)電站通過變壓器實現(xiàn)變壓和電能的輸送
B. 回旋加速器使帶電粒子做回旋運動而加速
C. 真空冶煉爐外的線圈通入高頻交變電流，使爐內(nèi)的金屬熔化
D. 無線電臺利用LC電路形成振蕩電流，從而發(fā)射電磁波
9.一臺發(fā)電機最大輸出功率為4000kW，電壓為4000V，經(jīng)變壓器T1升壓后向遠方輸電。輸電線路總電阻R=1kΩ.到目的地經(jīng)變壓器T2降壓，負載為多個正常發(fā)光的燈泡(220V、60W)。若在輸電線路上消耗的功率為發(fā)電機輸出功率的10%，變壓器T1和T2的耗損可忽略，發(fā)電機處于滿負荷工作狀態(tài)，則( )
A. T1原、副線圈電流分別為103A和20A
B. T2原、副線圈電壓分別為1.8×105V和220V
C. T1和T2的變壓比分別為1：50和40：1
D. 有6×104盞燈泡(220V、60W)正常發(fā)光
10.如圖，兩平行光滑金屬長導軌固定在水平面上，間距為L。導軌間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。相同材質(zhì)的金屬棒a、b相隔一段距離垂直于導軌平行放置，質(zhì)量分別為m、2m，長度均為L，a棒的電阻為R，導軌電阻可忽略。最初a棒可自由滑動，b棒被固定在導軌上?，F(xiàn)給a棒一個水平向右的初速度va=v0，a棒向右減速滑動。當a棒速度減為0時，解除b棒的固定并同時給b棒一個向右的初速度vb，又經(jīng)足夠長時間后，a、b間距離不變且與最初相等，且上述過程中a、b沒有相碰。下列說法正確的是( )
A. vb=32v0
B. 整個過程中b棒中產(chǎn)生的電熱為Qb=5mv028
C. 整個過程中b棒中產(chǎn)生的電熱為Qb=5mv0212
D. 整個過程中通過b棒橫截面的電荷量為0
三、實驗題：本大題共2小題，共15分。
11.某同學在物理實驗室找到一個熱敏電阻(圖中符號TC)，想研究其電阻隨溫度變化的關(guān)系。按照如圖連接了實驗器材，圖中R0為定值電阻，電壓表視為理想電壓表。
(1)為了使熱敏電阻兩端的電壓可從零開始調(diào)節(jié)，請在圖中添加導線改進該實驗。
(2)正確添加導線后，閉合開關(guān)，將滑動變阻器R的滑片調(diào)至適當位置，讀出并記錄兩電壓表V1、V2的示數(shù)U1，U2，則熱敏電阻的阻值可以表示為RTC= ______(用U1、U2、R0表示)。
(3)該同學查閱相關(guān)資料，發(fā)現(xiàn)熱敏電阻分為正溫度系數(shù)電阻(阻值隨溫度升高而增大)和負溫度系數(shù)電阻(阻值隨溫度升高而減小)兩種，同時了解溫度一定時流過熱敏電阻的電流大小也會影響電阻值。為了判斷該熱敏電阻的種類，用控溫箱升高熱敏電阻的溫度后，該同學應采取的實驗步驟及判斷方法是______。
12.某同學學習多用電表的原理和使用方法后，設計了一個有兩個擋位(×1Ω,×10Ω)的歐姆表，原理電路如圖：
使用的器材有：
直流電源(電動勢E=1.5V，內(nèi)阻可忽略)；
電阻箱R(量程0～9999.9Ω)；
電流表A(量程0～5mA，內(nèi)阻RA=100Ω)；
滑動變阻器(最大阻值200Ω)；
紅黑表筆各一個，導線若干。
回答下列問題：
(1)按照多用電表的使用原則，表筆a應為______(填“紅”或“黑”)表筆。
(2)使用歐姆表的×1擋測量電阻時，若發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)幅度______(填“偏大”或“偏小”)，則應換成×10檔。
(3)若滑動變阻器的滑片移動至M，N兩點處時剛好對應歐姆表的兩個擋位，則M處應為______Ω(填“×1”，或“×10”)擋。
(4)該同學想把該歐姆表的×10擋內(nèi)阻設計為150Ω，且電流表滿偏時對應的歐姆表刻度為0。則他應首先調(diào)節(jié)電阻箱的阻值為______Ω，然后將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使______，此時變阻器滑片左側(cè)的電阻值為______Ω。
四、計算題：本大題共3小題，共39分。
13.如圖所示，理想變壓器的原線圈左端接一有效值為U=12V的正弦式交流電源，定值電阻R0=4Ω，副線圈接有阻值為R1=2Ω的定值電阻和一個滑動變阻器R(最大阻值10Ω)，現(xiàn)電路正常工作，兩塊理想交流電流表A1的示數(shù)為I1=0.5A，A2的示數(shù)為I2=2.0A，求：
(1)變壓器原副線圈的匝數(shù)比k；
(2)調(diào)節(jié)滑動變阻器，求副線圈負載的總電功率最大時滑動變阻器的阻值Rm(結(jié)果保留至小數(shù)點后兩位)。
14.一種電磁分析儀的原理簡化圖如圖1所示，在擋板MN左側(cè)的區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在擋板MN上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端的距離為2d。較窄的縫正對著一個板間距為d且足夠長的速度選擇器，C板電勢高于D板電勢，板間電壓恒定，但可調(diào)節(jié)。板間還有垂直紙面、磁感應強度大小也為B的勻強磁場(圖中未畫出)。在速度選擇器右側(cè)的直角三角形區(qū)域OPQ范圍內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場。PQ邊與C板共線，OP=d，∠POQ=60°，過O點平行于PQ放置有一足夠長粒子接收屏，圖2是其局部放大圖。大量質(zhì)量為m，帶電量絕對值為q的粒子(不計重力和相互間的作用)以不同的速度在紙平面內(nèi)從寬度為2d的縫垂直于邊界進入磁場，部分粒子能從較窄的縫射出且水平穿過速度選擇器。求：
(1)粒子的電性及速度選擇器中磁場的方向；
(2)調(diào)節(jié)CD板間電壓U，使PO邊任一點都有粒子到達，且速度盡量大。求U；
(3)接(2)，到達P處的粒子經(jīng)右側(cè)磁場偏轉(zhuǎn)后擊中粒子接收屏上的S點(圖中未畫出)，線段OS的長度恰好為粒子在右側(cè)磁場中運動的軌道半徑。求右側(cè)磁場中的磁感應強度Bx。
15.如圖所示，水平地面上豎直放置一個邊長為2L=0.2m，質(zhì)量m=0.8kg，總電阻為R=1×10-4Ω的正方形單匝導體框MNPQ，豎直面內(nèi)存在兩個矩形勻強磁場區(qū)域abcd和efgh，寬度均為3L且足夠高，磁感應強度大小均為B=0.1T，方向均垂直紙面向里，cd水平且在地面以下，gh水平且與地面相距L，bc與eh的水平距離為2L。導體框的MQ邊剛好和ad重合。對導體框施加一個水平向右的拉力，使導體框由靜止開始做加速度大小為a=0.6m/s2的勻加速運動，直至導體框恰好離開磁場區(qū)域abcd，之后令其做勻速直線運動。已知重力加速度為g=10m/s2，導體框平面始終與磁場垂直，導體框與地面的動摩擦因數(shù)為μ=0.1， 3≈1.7，求：
(1)導體框的NP邊剛離開bc邊時，拉力的大小F0；
(2)導體框從開始運動到恰好離開磁場區(qū)域abcd的過程中，拉力沖量IF的大??；
(3)導體框從開始運動至NP邊到達fg邊的過程中與地面摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
答案和解析
1.A
【解析】由電壓的表達式U(t)=10sin(0.5πt+π3)V，可知周期為：T=2π0.5πrad/s=4s；
電壓的有效值為：U有=Um 2，由焦耳定律Q=I2RT，歐姆定律：I=U有R，可知電阻在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為20J，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
2.C
【解析】當金屬棒以速度v垂直于紙面向里運動，ab邊切割磁感線，bc邊不切割磁感線。有效長度為L，ac兩點間的電勢差即為ab邊切割產(chǎn)生的感應電動勢，為：E=-BLv，根據(jù)右手定則C點電勢更高。故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
3.D
【解析】在鋁環(huán)處產(chǎn)生沿徑向向外的磁場Br，想讓鋁環(huán)跳起來，則鋁環(huán)受到的安培力的方向向上，根據(jù)安培定則可知，鋁環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應電流的方向沿順時針方向。根據(jù)安培定則，鋁環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的磁場的方向向上，根據(jù)楞次定律可知鐵芯處產(chǎn)生的向上的磁場必定減弱，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
4.C
【解析】設勻速運動的速度大小為v，整個過程金屬框中的電流不變，感應電動勢不變，則有：B0Lv=ΔΦΔt
其中：ΔΦ=(B-B0)L2，Δt=Lv
聯(lián)立解得：B=2B0，故C正確、ABD錯誤。
故選：C。
5.C
【解析】三個燈泡完全相同，線圈直流電阻和燈泡電阻相等，可知閉合S穩(wěn)定后，流過燈泡A1的電流比燈泡A2流過的電流大。某時刻將開關(guān)S斷開，燈泡A3立即熄滅，而線圈的自感電動勢阻礙電流減小，線圈相當于電源，與燈泡A1、燈泡A2重新形成回路，使得燈泡A1、燈泡A2都慢慢熄滅，但都不會閃亮，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
6.A
【解析】設MP=d，第一次粒子運動半徑為R，粒子第一次到達MN時速度方向與MN垂直可知qvB=mv2R，其中R=d，解得B=mvqd，若要求該粒子仍從P點垂直于PQ出發(fā)但不從左側(cè)邊界離開磁場，因為第一次速度較大，所以半徑較大，第一次到達MN時速度方向與MN垂直，第二次不從左側(cè)邊界離開磁場，速度較小，半徑較小，則粒子運動軌跡如圖
設第二次粒子運動半徑為r，由幾何關(guān)系可知θ=30°
由rcs30°+r=d可得r=2(2- 3)d，qvminB=mvmin2r可
得速度的最小值為vmin=(4-2 3)v，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
7.D
【解析】粒子受到電場力與洛倫茲力做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，則速度方向與電場力方向垂直，令速度方向水平向右，某時刻，粒子運動至P點處，此時撤掉空間中的電場，粒子的速度第一次與P點相反，此時粒子做勻速圓周運動軌跡恰好為半個圓周
對粒子，洛倫茲力提供向心力有：qvB=mv2r，T=2πrv
變形整理解得：r=mvqB，T=2πmqB
粒子在磁場中運動的時間為：t=T2
此時恢復原來的電場，粒子速度與初速度相反，此時洛倫茲力方向與電場力方向相同，將該速度v分解為向右的v和向左的2v，則向右的分速度v對應的洛倫茲力與電場力平衡，該分運動為向右的勻速直線運動，向左的分速度2v對應勻速圓周運動
同理有：q×2v×B=m(2v)2r'，運動周期：T'=2πr'2v
解得：r'=2mvqB，T'=2πmqB=T
由此可知，又經(jīng)過相同的時間后，上述過程，粒子向右分運動的位移：x1=v×T2=πmvqB
粒子另一個分運動做勻速圓周運動，其恰好經(jīng)歷半個圓周，令線段PQ與粒子的初速度方向夾角為θ，則有：tanθ=2r'-2rx
代入數(shù)據(jù)解得：tanθ=2π，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
8.ACD
【解析】A.發(fā)電站通過變壓器實現(xiàn)變壓和電能的輸送，變壓器中原副線圈通過電磁感應原理傳遞電能，故A正確；
B.回旋加速器使帶電粒子在D型盒狹縫中的電場中被加速，在磁場中做勻速圓周運動，故B錯誤；
C.真空冶煉爐能在真空環(huán)境下，利用電磁感應原理，使爐內(nèi)的金屬產(chǎn)生渦流，根據(jù)電流的熱效應，使金屬大量發(fā)熱而熔化，從而煉化金屬，故C正確；
D.無線電臺利用LC電路形成振蕩電流過程中，根據(jù)電磁感應原理，通過變化的電場產(chǎn)生變化的磁場，變化的磁場產(chǎn)生變化的電場，從而產(chǎn)生電磁波發(fā)射出去，故D正確。
故選：ACD。
9.ABD
【解析】由P=UI可得，
升壓變壓器輸入電流I1=PU=4000×1034000A=1×103A
由P損=I2R得，
升壓變壓器的輸出電流I2= P損R= 4000×103×0.11×103A=20A
故A正確。
由I1I2=n2n1得，
n1n2=I2I1=201×103=150 ①
根據(jù)n1n2=U1U2得，
升壓變壓器的輸出電壓U2=n2n1U1=50×4000V=2×105V
輸電線上的電壓損失U損=I2R=20×1000V=2×104V
降壓變壓器的輸入電壓U3=U2-I2R=2×105-20×1000V=1.8×105V ③
用戶得到的電壓即為降壓變壓器的輸出電壓U4=220V ④
由③④可知B正確。
降壓變壓器的匝數(shù)比n3n4=U3U4=1.8×105220=900011 ②由①②知C錯誤
用戶得到的功率P3=P2-10%P2=0.9×4000KW=3600KW
可供燈泡正常發(fā)光的盞數(shù)n=P3P燈=3600×10360=6×104故D正確。
故選：ABD。
10.ACD
【解析】材料相同的a和b質(zhì)量分別為m、2m，長度均為L，a棒的電阻為R，根據(jù)m=ρSL可知，b的橫截面積為a的2倍，根據(jù)電阻定律可知，b的電阻為0.5R。
A、b棒被固定在導軌上，對a分析，取向右為正方向，根據(jù)動量定理可得：-BI1-Lt1=0-mv0
b棒一個向右的初速度vb后，設二者達到的共同速度為v，取向右為正方向，對a根據(jù)動量定理可得：BI2-Lt2=mv-0
最后a、b間距離不變且與最初相等，則有：q=I1-t1=I2-t2
聯(lián)立解得：v=v0
取向右為正方向，對b根據(jù)動量定理可得：-BI2-Lt2=2mv-2mvb
解得：vb=32v0，故A正確；
BC、第一個過程中b棒產(chǎn)生的電熱為：Q1=+R×12mv02=16mv02
第二個過程中b棒產(chǎn)生的電熱為：Q2=+R×(12×2mvb2-12×3mv2)
解得：Q2=14mv02
整個過程中b棒中產(chǎn)生的電熱為：Qb=Q1+Q2，解得：Qb=5mv0212，故B錯誤、C正確；
D、最后a、b間距離不變且與最初相等，磁通量變化為零，根據(jù)電荷量的計算公式可得：q=I-t=E-1.5Rt=ΔΦ1.5R=0，故D正確。
故選：ACD。
11.U1R0U2 調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值，使電壓表V2的示數(shù)不變，如果電壓表V1的示數(shù)變大，則熱敏電阻是正溫度系數(shù)電阻；如果電壓表V1的示數(shù)變小，則熱敏電阻為負溫度系數(shù)電阻。
【解析】(1)使熱敏電阻兩端的電壓可從零開始調(diào)節(jié)，滑動變阻器應采用分壓接法，實物電路圖如圖所示
(2)熱敏電阻阻值RTC=U1I=U1U2R0=U1R0U2。
(3)調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值，使電壓表V2的示數(shù)不變，如果電壓表V1的示數(shù)變大，則熱敏電阻是正溫度系數(shù)電阻；如果電壓表V1的示數(shù)變小，則熱敏電阻為負溫度系數(shù)電阻。
故答案為：(1)實物電路圖如上圖所示；(2)U1R0U2；(3)調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值，使電壓表V2的示數(shù)不變，如果電壓表V1的示數(shù)變大，則熱敏電阻是正溫度系數(shù)電阻；如果電壓表V1的示數(shù)變小，則熱敏電阻為負溫度系數(shù)電阻。
12.黑 偏小 ×10 75 電流表滿偏 50
【解析】(1)按照多用電表的使用原則，黑表筆接內(nèi)部電源的高電勢端，故表筆a應為黑表筆。
(2)使用歐姆表的×1擋測量電阻時，若發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)幅度偏小，說明待測電阻較大，則應換成×10檔。
(3)若滑動變阻器的滑片移動至M，N兩點處時剛好對應歐姆表的兩個擋位，根據(jù)電流表的改裝原理可知，M處對應的量程較??；
則M處應為×10擋。
(4)該同學想把該歐姆表的×10擋內(nèi)阻設計為150Ω，且電流表滿偏時對應的歐姆表刻度為0，此時電路中的電流為
I=ER'=1.5150A=10mA
設變阻器滑片左側(cè)的電阻值為R1，根據(jù)電表改裝原理可知RA+R1R滑-R1=10-55
解得R1=50Ω
并聯(lián)總電阻為R并=(RA+R1)IAI
電阻箱的阻值為R2=R內(nèi)-R并
解得R2=75Ω
故答案為：(1)黑；(2)偏??；(3)×10；(4)75，電流表滿偏，50
13.【解析】(1)由題意可知，原線圈兩端電壓為：U1=U-I1R0，
副線圈兩端電壓為：U2=I2R1，
解得：U1=10V，U2=4V，
則變壓器原副線圈的匝數(shù)比為：k=U1U2=10V4V=52；
(2)副線圈負載的總電功率與原線圈的功率相等，則有：P=U1'I1'=(U-I1'R0)I1'=-4I1'2+12I1'，
由數(shù)學知識可知，當I1=124×2A=1.5A時，副線圈負載的總電功率最大，
此時流過副線圈的電流為：I2'=kI1'，
解得：I2'=3.75A，
副線圈兩端的電壓為：U2'=U1'k=U-I1'?R0k，
解得：U2'=2.4V，
根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I2'=U2'R1+U2'Rm，
解得：Rm=1617Ω≈0.94Ω；
答：(1)變壓器原副線圈的匝數(shù)比k為52；
(2)調(diào)節(jié)滑動變阻器，副線圈負載的總電功率最大時滑動變阻器的阻值Rm為0.94Ω。
14.【解析】(1)粒子要從2d縫進入磁場，根據(jù)左手定則，可知粒子帶負電，速度選擇器中，C板電勢高于D板電勢，而部分粒子可水平穿過速度選擇器，根據(jù)受力平衡可知磁場方向垂直紙面向里；
(2)從窄縫最上方射出的粒子，半徑在1.5d～2.5d之間，從窄縫最下方射出的粒子，半徑在d～2d之間，所以要使PO邊任意一點都有粒子到達且速度盡量大，到達粒子的半徑應為2d，粒子的洛倫茲力提供向心力
qvB=mv22d
電場力與洛倫茲力平衡
Udq=qvB
解得
U=2qB2d2m
(3)情況1：離子的軌跡如圖1所示：

設粒子在Bx中的半徑為r，由幾何關(guān)系得：
d=r+rct60°
qvBx=mv2r
所以
Bx=2(3+ 3)3B
情況2：粒子軌跡圖如圖2所示：

由幾何關(guān)系得，△OO'b與△aSb全等
∠abS=60°
∠OO'b=30°
r=d+Ob-ct30°=Ob-(1+1sin60°)
解得
r=3d3- 3
所以解得
Bx=2(3- 3)3B
答：(1)粒子帶負電，速度選擇器中磁場的方向垂直紙面向里；
(2)調(diào)節(jié)CD板間電壓U，使PO邊任一點都有粒子到達，且速度盡量大，U為2qB2d2m；
(3)右側(cè)磁場中的磁感應強度為2(3+ 3)3B或2(3- 3)3B。
15.【解析】(1)設導體框的NP邊剛離開bc邊時的速度為v0，
根據(jù)牛頓第二定律有：F0-μmg-BI×2L= ma
而電流為：I=ER總=B×2L×v0R
由速度—位移公式有：v02=2aL
代入數(shù)據(jù)解得：F0= 2.64N
(2)設導體框從開始運動到恰好離開磁場區(qū)域abcd的過程所用時間為t，末速度為v1，以向右為正方向，對導體框根據(jù)動量定理有：IF-μmgt-BI-×2L?t=mv1
v12=2a×3L
時間：t=v1a
在該時間內(nèi)電流為：I-=E-R
而電動勢為：E-=B?(2L)2t
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：IF=2.08N?s
(3)導體框從開始運動到進入磁場efgh區(qū)域之前，豎直方向上所受安培力的合力為零，所以地面對導體棒的支持力等于mg，導體框與地面的摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q1= μmg×3L
代入數(shù)據(jù)得：Q1=0.24J
當NP邊開始勻速進入磁場efgh區(qū)域時，設此時刻后導體框的位移大小為x，
此過程產(chǎn)生的電流大小為：I'=BLv1R
當0≤x

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