匀强磁场B中有一闭合电路abcd，其电流I保持不变，为L的导线ab可以沿光滑导轨dacb滑动，从ab滑到a′b′，导线在移动过程中，扫过的回路面积增量为△S，则安培力所做的功是（　　）

A．IB/△S

B．IB△S

C．B△S/I

D．I△S/B

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如图16-2-6所示,矩形金属框置于匀强磁场中,ef为一导体棒,可在ab和cd间滑动并接触良好,设磁感应强度为B,ef长为L,在Δt时间内向左匀速滑过距离Δd,由电磁感应定律E=可知,下列说法正确的是（    ）

图16-2-6

A.当ef向左滑动时,左侧面积减小L·Δd,右侧面积增大L·Δd,因此E=2BLΔd/Δt

B.当ef向左滑动时,左侧面积减小L·Δd,右侧面积增大L·Δd，互相抵消，因此E=0

C.在公式E=中，在切割情况下，ΔΦ=B·ΔS，ΔS应是导线切割扫过的面积,因此E=BLΔd/Δt

D.在切割的情况下,只能用E=BLv计算,不能用E=计算

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1.B.提示：将圆环转换为并联电源模型，如图

2.CD     3.AD

4.Q=IΔt=或Q=

5.（1）3.2×10^-2 N （2）1.28×10^-2 J

提示：将电路转换为直流电路模型如图.

6.（1）电压表  理由略 （2）F=1.6 N （3）Q=0.25 C

7.（1）如图所示，当EF从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中，受力情况如图所示.安培力：F_安=BIl=B

根据牛顿第二定律：a=                                                            ①

所以，EF由静止开始做加速度减小的变加速运动.当a=0时速度达到最大值v_m.

由①式中a=0有：Mgsinθ-B²l²v_m/R=0                                                                 ②

v_m=

（2）由恒力F推至距BD端s处，棒先减速至零，然后从静止下滑，在滑回BD之前已达最大速度v_m开始匀速.

设EF棒由BD从静止出发到再返回BD过程中，转化成的内能为ΔE.根据能的转化与守恒定律：

Fs-ΔE=Mv_m²                                                                                                                                                                                                           ③

ΔE=Fs-M（）²                                                                                                                                                                   ④

8.（1）每半根导体棒产生的感应电动势为

E₁=Bl=Bl²ω=×０.4×10³×（0.5）² V=50 V.

（2）两根棒一起转动时，每半根棒中产生的感应电动势大小相同、方向相同（从边缘指向中心），相当于四个电动势和内阻相同的电池并联，得总的电动势和内电阻

为E=E₁=50 V，r=R₀=0.1 Ω

当电键S断开时，外电路开路，电流表示数为零，电压表示数等于电源电动势，为50 V.

当电键S′接通时，全电路总电阻为

R′=r+R=（0.1+3.9）Ω=4Ω.

由全电路欧姆定律得电流强度（即电流表示数）为

I= A=12.5 A.

此时电压表示数即路端电压为

U=E-Ir=50-12.5×0.1 V=48.75 V（电压表示数）

或U=IR=12.5×3.9 V=48.75 V