PAGEPAGE13法拉第電磁感應(yīng)定律、公式E＝Blv的使用一、基礎(chǔ)知識（一）法拉第電磁感應(yīng)定律1、感應(yīng)電動勢(1)感應(yīng)電動勢：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于電源，導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻．(2)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系：遵循閉合電路歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).2、法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt).3、導(dǎo)體切割磁感線的情形(1)一般情況：運動速度v和磁感線方向夾角為θ，則E＝Blvsin_θ.(2)常用情況：運動速度v和磁感線方向垂直，則E＝Blv.(3)導(dǎo)體棒在磁場中轉(zhuǎn)動導(dǎo)體棒以端點為軸，在勻強磁場中垂直于磁感線方向勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中點位置線速度eq\f(1,2)lω)．（二）法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1、感應(yīng)電動勢大小的決定因素(1)感應(yīng)電動勢的大小由穿過閉合電路的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系．(2)當(dāng)ΔΦ僅由B引起時，則E＝neq\f(SΔB,Δt)；當(dāng)ΔΦ僅由S引起時，則E＝neq\f(BΔS,Δt).2、磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t圖象上某點切線的斜率．（三）導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算1、公式E＝Blv的使用條件(1)勻強磁場．(2)B、l、v三者相互垂直．(3)如不垂直，用公式E＝Blvsinθ求解，θ為B與v方向間的夾角．2、“瞬時性”的理解若v為瞬時速度，則E為瞬時感應(yīng)電動勢．若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動勢，即E＝Bleq\x\to(v).3、切割的“有效長度”公式中的l為有效切割長度，即導(dǎo)體與v垂直的方向上的投影長度．圖8中有效長度分別為：圖8甲圖：l＝eq\x\to(cd)sinβ；乙圖：沿v1方向運動時，l＝eq\x\to(MN)；沿v2方向運動時，l＝0.丙圖：沿v1方向運動時，l＝eq\r(2)R；沿v2方向運動時，l＝0；沿v3方向運動時，l＝R.4、“相對性”的理解E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系．1.應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律解題的一般步驟(1)分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況；(2)利用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向；(3)靈活選擇法拉第電磁感應(yīng)定律的不同表達(dá)形式列方程求解．2．幾點注意(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)是求解回路某段時間內(nèi)平均電動勢的最佳選擇．(2)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積．(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關(guān)，與時間長短無關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR總)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R總).二、練習(xí)1、(2011·廣東理綜·15)將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，下列表述正確的是 ()A．感應(yīng)電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān)B．穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢越大D．感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同答案C解析由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知感應(yīng)電動勢的大小E與n有關(guān)，與eq\f(ΔΦ,Δt)即磁通量變化的快慢成正比，所以A、B錯誤，C正確．由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的原磁通量的變化，即原磁通量增加，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反；原磁通量減小，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同，故D錯誤．2、如圖所示的金屬圓環(huán)放在有界勻強磁場中，將它從磁場中勻速拉出來，下列說法正確的是 ()A．向左拉出和向右拉出過程中，其感應(yīng)電流方向相反B．不管從什么方向拉出，環(huán)中的感應(yīng)電流方向總是順時針的 C．不管從什么方向拉出，環(huán)中的磁通量的變化量都相同D．在勻速拉出過程中，感應(yīng)電流大小不變答案BC解析無論是向左拉出或向右拉出磁場區(qū)域，圓環(huán)中的磁通量都減少，由楞次定律可判出環(huán)中的感應(yīng)電流方向應(yīng)是順時針的，B、C項正確，A項錯誤；由E＝Blv知，圓環(huán)被拉出時，切割的有效長度在變化，因此，E發(fā)生變化，感應(yīng)電流大小發(fā)生變化，D項錯誤．3、(2010·江蘇單科·2)一矩形線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直．先保持線框的面積不變，將磁感應(yīng)強度在1s時間內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍．接著保持增大后的磁感應(yīng)強度不變，在1s時間內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半．先后兩個過程中，線框中感應(yīng)電動勢的比值為 ()A.eq\f(1,2) B．1 C．2 D．4答案B解析設(shè)原磁感應(yīng)強度是B，線框面積是S.第1s內(nèi)ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s內(nèi)ΔΦ2＝2B·eq\f(S,2)－2B·S＝－BS.因為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，所以兩次感應(yīng)電動勢大小相等，B正確．4、一個由電阻均勻的導(dǎo)線繞制成的閉合線圈放在磁場中，如圖所示，線圈平面與磁場方向成60°角，磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化，下列方法可使感應(yīng)電流增加一倍的是 ()A．把線圈匝數(shù)增加一倍B．把線圈面積增加一倍 C．把線圈半徑增加一倍D．改變線圈與磁場方向的夾角為另一定值答案C解析設(shè)導(dǎo)線的電阻率為ρ，橫截面積為S0，線圈的半徑為r，線圈與磁場方向的夾角為θ，線圈匝數(shù)為n，則I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(nπr2\f(ΔB,Δt)sinθ,ρ\f(n·2πr,S0))＝eq\f(S0r,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt)·sinθ，可見，將r增加一倍，I增加一倍；改變線圈與磁場方向的夾角，sinθ不能變?yōu)樵瓉淼?倍(因sinθ最大值為1)；若將線圈的面積增加一倍，半徑r增加(eq\r(2)－1)倍，電流增加(eq\r(2)－1)倍；I與線圈匝數(shù)無關(guān)．綜上所述，只有C項正確．5、(2012·課標(biāo)全國·19)如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析當(dāng)線框繞過圓心O的轉(zhuǎn)動軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，由于面積的變化產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流．設(shè)半圓的半徑為r，導(dǎo)線框的電阻為R，即I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(\f(1,2)πr2B0,R\f(π,ω))＝eq\f(B0r2ω,2R).當(dāng)線框不動，磁感應(yīng)強度變化時，I2＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔBπr2,2RΔt)，因I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，C選項正確．6、如圖所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導(dǎo)線、開關(guān)K與一個n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的均勻變化的磁場B中．兩板間放一臺小型壓力傳感器，壓力傳感器上表面絕緣，在其上表面靜止放置一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球．K沒有閉合時傳感器有示數(shù)，K閉合時傳感器示數(shù)變?yōu)樵瓉淼囊话耄畡t線圈中磁場B的變化情況和磁通量變化率分別為 ()A．正在增強，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2q) B．正在增強，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)C．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2q) D．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)答案B解析根據(jù)K閉合時傳感器示數(shù)變?yōu)樵瓉淼囊话耄瞥鰩д娦∏蚴茈妶隽ο蛏希瓷蠘O板帶負(fù)電，下極板帶正電，線圈感應(yīng)電動勢的方向從上極板經(jīng)線圈流向下極板，根據(jù)安培定則知感應(yīng)磁場的方向向下，與原磁場方向相反，又由楞次定律得線圈中磁場正在增強；對小球受力分析得qeq\f(E,d)＝eq\f(mg,2)，其中感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，代入得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)，故B正確．7、如圖所示，長為L的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時間變化，t＝0時，P、Q兩極板電勢相等．兩極板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，則經(jīng)時間t電容器P板 () A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)D．帶負(fù)電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)答案D解析磁感應(yīng)強度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時間變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝KS，而S＝eq\f(L2,4π)，經(jīng)時間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(KL2C,4π)；由楞次定律知電容器P板帶負(fù)電，故D選項正確．8、如圖甲所示，電路的左側(cè)是一個電容為C的電容器，電路的右側(cè)是一個環(huán)形導(dǎo)體，環(huán)形導(dǎo)體所圍的面積為S.在環(huán)形導(dǎo)體中有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則在0～t0時間內(nèi)電容器 ()A．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)B．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)C．上極板帶負(fù)電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)D．上極板帶負(fù)電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)答案A解析由題圖乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B2－B1,t0)，B增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿逆時針方向，故上極板帶正電，E＝neq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(SB2－B1,t0)，Q＝CE＝eq\f(CSB2－B1,t0)，A正確．9、如圖所示，正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，邊長為L，匝數(shù)為N，線圈內(nèi)接有電阻值為R的電阻，過ab中點和cd中點的連線OO′恰好位于垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁場的磁感應(yīng)強度為B.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過90°時，通過電阻R的電荷量為 () A.eq\f(BL2,2R) B.eq\f(NBL2,2R)C.eq\f(BL2,R) D.eq\f(NBL2,R)答案B解析初狀態(tài)時，通過線圈的磁通量為Φ1＝eq\f(BL2,2)，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過90°時，通過線圈的磁通量為0，由q＝Neq\f(ΔΦ,R總)可得通過電阻R的電荷量為eq\f(NBL2,2R).10、如圖(a)所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1,在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導(dǎo)線的電阻不計．求0至t1時間內(nèi)：(a)(b)(1)通過電阻R1上的電流大小和方向；(2)通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量．審題指導(dǎo)1.用公式E＝neq\f(ΔB,Δt)·S求解時，S應(yīng)為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積，eq\f(ΔB,Δt)應(yīng)為B－t圖象斜率的大小．2．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的線圈相當(dāng)于電源，R1為外電阻．解析(1)穿過閉合線圈的磁場的面積為S＝πreq\o\al(2,2)由題圖(b)可知，磁感應(yīng)強度B的變化率的大小為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),t0)由閉合電路歐姆定律可知流過電阻R1的電流為：I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)再根據(jù)楞次定律可以判斷，流過電阻R1的電流方向應(yīng)由b到a(2)0至t1時間內(nèi)通過電阻R1的電荷量為q＝It1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)電阻R1上產(chǎn)生的熱量為Q＝I2R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))答案(1)eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)方向從b到a(2)eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))11、如圖甲所示，邊長為L、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框靜置于光滑水平面上，處于與水平面垂直的勻強磁場中，勻強磁場磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．求：甲乙(1)在t＝0到t＝t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大小；(2)在t＝eq\f(t0,2)時刻，ab邊所受磁場作用力大小；(3)在t＝0到t＝t0時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功．答案(1)eq\f(B0L2,Rt0)(2)eq\f(B\o\al(2,0)L3,2Rt0)(3)eq\f(B\o\al(2,0)L4,Rt0)解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得，導(dǎo)線框的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0L2,t0)通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大小：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,Rt0)(2)t＝eq\f(t0,2)時刻，ab邊所受磁場作用力大小：F＝BILF＝eq\f(B\o\al(2,0)L3,2Rt0)(3)在t＝0到t＝t0時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功：W＝I2Rt0＝eq\f(B\o\al(2,0)L4,Rt0).12、2012年11月24日，中國的殲－15戰(zhàn)機成功在“遼寧號”航母上起降，使中國真正擁有了自己的航母．由于地磁場的存在，飛機在一定高度水平飛行時，其機翼就會切割磁感線，機翼的兩端之間會有一定的電勢差．則從飛行員的角度看，機翼左端的電勢比右端的電勢 ()A．低 B．高C．相等 D．以上情況都有可能答案B解析北半球的地磁場的豎直分量向下，由右手定則可判定飛機無論向哪個方向飛行，由飛行員的角度看均為左側(cè)機翼電勢較高．13、如圖所示，長為L的金屬導(dǎo)線上端懸于C點，下端系一小球A，在豎直向下的勻強磁場中做圓錐擺運動，轉(zhuǎn)動方向如圖所示，導(dǎo)線與豎直方向的夾角為θ，擺球的角速度為ω，磁感應(yīng)強度為B，則金屬導(dǎo)線中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的高電勢端及大小為 ()A．C點eq\f(1,2)BL2ωB．C點eq\f(1,2)BL2ωsin2θ C．A點eq\f(1,2)BL2ωD．A點eq\f(1,2)BL2ωsin2θ答案B解析由右手定則可判斷φC>φA，即C端的電勢高于A端的電勢；金屬導(dǎo)線切割磁感線的有效長度為Lsinθ，所以導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝eq\f(1,2)B(Lsinθ)2ω＝eq\f(1,2)BL2ωsin2θ.故B正確．14、在范圍足夠大，方向豎直向下的勻強磁場中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，寬度為L＝0.4m，如圖所示，框架上放置一質(zhì)量為0.05kg、電阻為1Ω的金屬桿cd，框架電阻不計．若桿cd以恒定加速度a＝2m/s2(1)在5s內(nèi)平均感應(yīng)電動勢是多少？ (2)第5s末，回路中的電流多大？(3)第5s末，作用在cd桿上的水平外力多大？答案(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164解析(1)5s內(nèi)的位移x＝eq\f(1,2)at2＝25m5s內(nèi)的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝5m/s(也可用eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v5,2)求解)故平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(v)＝0.4V(2)第5s末：v＝at＝10m/s此時感應(yīng)電動勢：E＝則回路中的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(0.2×0.4×10,1)A＝0.8A(3)桿cd勻加速運動，由牛頓第二定律得F－F安＝ma即F＝BIL＋ma＝0.164N15、解析(1)金屬棒達(dá)到最大速度時產(chǎn)生的電動勢E＝B0Lvm(1分)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)(1分)金屬棒所受安培力F＝B0IL(1分)金屬棒所受合外力為零時，下滑的速度達(dá)到最大，則mgsinθ－F－μmgcosθ＝0(2分)解得vm＝2m/s((2)設(shè)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q總，則由動能定理，得mgssinθ－μmgscosθ－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)(3分)W安＝Q總(1分)Q＝eq\f(R,R＋r)Q總(1分)解得Q＝0.16J．(1分)(3)不產(chǎn)生感應(yīng)電流，即磁通量不變，金屬棒不受安培力作用，金屬棒做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2分)得a＝g(sinθ－μcosθ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s2＝2m/s2(根據(jù)閉合回路磁通量不變有B0Ls＝BL(s＋vmt＋eq\f(1,2)at2)(3分)得B＝eq\f(3,t2＋2t＋3)(1分)所以，當(dāng)t＝1s時，B＝0.5T．(1分)答案(1)2m/s(2)0.16J(3)0.516、如圖所示，線圈A、B是由不同材料制成的導(dǎo)體線圈，它們的質(zhì)量一樣大，形狀一樣，設(shè)磁場足夠大，下列說法正確的是 ()A．電阻大的線圈達(dá)到穩(wěn)定速度時的速度大B．電阻小的線圈達(dá)到穩(wěn)定速度時的速度大 C．兩線圈的穩(wěn)定速度是一樣的D．電阻率大的材料制成的線圈，穩(wěn)定速度大答案A解析以極端情況分析，若線圈電阻非常大，以至于無窮大時，線圈中電流趨近于零，線圈做自由落體運動，速度將不斷增大，所以可推知電阻大的線圈穩(wěn)定運動時的速度大，A正確．17、如圖甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導(dǎo)軌，間距L＝2.0m，R是連在導(dǎo)軌一端的電阻，質(zhì)量m＝1.0kg的導(dǎo)體棒ab垂直跨在導(dǎo)軌上，電壓傳感器與這部分裝置相連．導(dǎo)軌所在空間有一磁感應(yīng)強度B＝0.50T、方向豎直向下的勻強磁場．從t＝0開始對導(dǎo)體棒ab施加一個水平向左的拉力，使其由靜止開始沿導(dǎo)軌向左運動，電壓傳感器測出R兩端的電壓隨時間變化的圖線如圖乙所示，其中OA、BC段是直線，AB段是曲線．假設(shè)在1.2s以后拉力的功率P＝4.5W保持不變．導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒ab的電阻均可忽略不計，導(dǎo)體棒ab在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好．不計電壓傳感器對電路的影響．g取10(1)導(dǎo)體棒ab最大速度vm的大小；(2)在1.2s～2.4s的時間內(nèi)，該裝置總共產(chǎn)生的熱量Q；(3)導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ和電阻R的值．審題指導(dǎo)1.R兩端的電壓和導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的電動勢有什么關(guān)系？2．在1.2s～2.4s的時間內(nèi)，能量是如何轉(zhuǎn)化的？3．0～1.2s和2.4s后導(dǎo)體棒分別做什么運動？受力情況如何？解析(1)從題圖乙可知，2.4s時R兩端的電壓最大，Um＝1.0V，由于導(dǎo)體棒內(nèi)阻不計，故Um＝Em＝BLvm＝1.0V，所以vm＝eq\f(Em,BL)＝1.0m/s①(2)因為U＝E＝BLv，而B、L為常數(shù)，所以由題圖乙知，在0～1.2s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻加速直線運動．設(shè)導(dǎo)體棒在這段時間內(nèi)的加速度為a，t1＝1.2s時導(dǎo)體棒的速度為v1，由題圖乙可知此時電壓U1＝0.90V.因為U1＝E1＝BLv1②所以v1＝eq\f(U1,BL)＝0.90m/s在1.2s～2.4s時間內(nèi)，根據(jù)功能關(guān)系eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋P·Δt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q③代入數(shù)據(jù)解得Q≈5.3J(3)導(dǎo)體棒做勻加速運動的加速度a＝eq\f(v1－0,t1)＝0.75m/s2當(dāng)t1＝1.2s時，設(shè)拉力為F1，則有F1＝eq\f(P,v1)＝5.0N同理，當(dāng)t2＝2.4s時，設(shè)拉力為F2，則有F2＝eq\f(P,vm)＝4.5N對ab棒受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有F1－Ff－F安1＝ma ④F2－Ff－F安2＝0 ⑤mg－FN＝0 ⑥又因為F安1＝BI1L＝eq\f(BLU1,R) ⑦F安2＝BI2L＝eq\f(BLUm,R) ⑧Ff＝μFN ⑨聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨，代入數(shù)據(jù)可求得R＝0.4Ω，μ＝0.2答案(1)1.0m/s(2)5.3J(3)0.20.418、(2012·四川理綜·20)半徑為a、右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，直桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，直桿的位置由θ確定，如圖所示．則 ()A．θ＝0時，直桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav B．θ＝eq\f(π,3)時，直桿產(chǎn)生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，直桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，直桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)答案AD解析當(dāng)θ＝0時，直桿切割磁感線的有效長度l1＝2a，所以直桿產(chǎn)生的電動勢E1＝Bl1v＝2Bav，選項A正確．此時直桿上的電流I1＝eq\f(E1,πa＋2aR0)＝eq\f(2Bv,π＋2R0)，直桿受到的安培力大小F1＝BI1l1＝eq\f(4B2av,π＋2R0)，選項C錯誤．當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時，直桿切割磁感線的有效長度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直桿產(chǎn)生的電動勢E2＝Bl2v＝Bav，選項B錯誤．此時直桿上的電流I2＝eq\f(E2,2πa－\f(2πa,6)＋aR0)＝eq\f(3Bv,5π＋3R0)，直桿受到的安培力大小F2＝BI2l2＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，選項D正確．19、(2010·山東理綜·21)如圖所示，空間存在兩個磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ為其邊界，OO′為其對稱軸．一導(dǎo)線折成邊長為L的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運動，當(dāng)運動到關(guān)于OO′對稱的位置時()A．穿過回路的磁通量為零 B．回路中感應(yīng)電動勢大小為BLv0C．回路中感應(yīng)電流的方向為順時針方向D．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同答案AD解析由于兩磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反，且回路此時關(guān)于OO′對稱，因而此時穿過回路的磁通量為零，A項正確；ab、cd均切割磁感線，相當(dāng)于兩個電源，由右手定則知，回路中感應(yīng)電流方向為逆時針方向，兩電源串聯(lián)，感應(yīng)電動勢為2BLv0，B、C項錯誤；由左手定則知ab、cd所受安培力方向均向左，D項正確．20、一個邊長為L的正方形導(dǎo)線框在傾角為θ的光滑固定斜面上由靜止開始沿斜面下滑，隨后進(jìn)入虛線下方方向垂直于斜面的勻強磁場中．如圖所示，磁場的上邊界線水平，線框的下邊ab邊始終水平，斜面以及下方的磁場往下方延伸到足夠遠(yuǎn)．下列推理判斷正確的是()A．線框進(jìn)入磁場過程b點的電勢比a點高 B．線框進(jìn)入磁場過程一定是減速運動C．線框中產(chǎn)生的焦耳熱一定等于線框減少的機械能D．線框從不同高度下滑時，進(jìn)入磁場過程中通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量不同答案C解析ab邊進(jìn)入磁場后，切割磁感線，ab相當(dāng)于電源，由右手定則可知a為等效電源的正極，a點電勢高，A項錯．由于線框所受重力的分力mgsinθ與安培力大小不能確定，所以不能確定其是減速還是加速，B項錯；由能量守恒知C項對；由q＝neq\f