物理新設(shè)計粵教版選修32講義電磁感應(yīng)第4節(jié)

16/1615/16/[目標(biāo)定位]1.理解和掌握確定感應(yīng)電動勢大小的一般規(guī)律——法拉第電磁感應(yīng)定律.2.能夠運用法拉第電磁感應(yīng)定律定量計算感應(yīng)電動勢的大小.3.能夠運用E＝BLv或E＝BLvsinθ計算導(dǎo)線切割磁感線時的感應(yīng)電動勢.一、影響感應(yīng)電動勢大小的因素1.定義在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢叫做感應(yīng)電動勢.產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源.這部分導(dǎo)體本身的電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻，當(dāng)電路斷路時，無(填“有”或“無”)感應(yīng)電流，但有(填“有”或“無”)感應(yīng)電動勢.2.感應(yīng)電流的強弱由感應(yīng)電動勢的大小和閉合電路的電阻決定，可以由閉合電路歐姆定律算出.3.實驗探究影響感應(yīng)電動勢大小的因素(1)猜想與假設(shè).①感應(yīng)電動勢的大小可能與磁通量的變化量ΔΦ有關(guān).②感應(yīng)電動勢的大小可能與磁通量變化所用的時間Δt有關(guān).(2)制定計劃與設(shè)計實驗.方法：控制變量法先控制其中一個物理量，探究另一個物理量變化時，感應(yīng)電動勢E的大小是如何變化的.(3)信息收集與歸納.①通過改變所用條形磁鐵的數(shù)目，改變磁通量的變化量ΔΦ.②通過改變條形磁鐵插入或拔出螺線管的速度，改變磁通量變化所用的時間Δt.③結(jié)論：在相同時間內(nèi)，磁通量的變化量越大，感應(yīng)電動勢越大；在磁通量變化量相同時，磁通量變化所用的時間越短，感應(yīng)電動勢越大.即感應(yīng)電動勢的大小跟磁通量變化的快慢有關(guān).二、法拉第電磁感應(yīng)定律1.法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：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)表達(dá)式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt).2.對感應(yīng)電動勢的理解(1)磁通量的變化常由B的變化或S的變化引起.①當(dāng)ΔΦ僅由B的變化引起時，E＝nSeq\f(ΔB,Δt).②當(dāng)ΔΦ僅由S的變化引起時，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).(2)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)計算的是Δt時間內(nèi)平均感應(yīng)電動勢，當(dāng)Δt→0時，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的值才等于瞬時感應(yīng)電動勢.【深度思考】(1)感應(yīng)電動勢的大小與Φ或ΔΦ的大小有沒有關(guān)系？(2)Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)與線圈匝數(shù)有關(guān)嗎？感應(yīng)電動勢E與線圈匝數(shù)有關(guān)嗎？答案(1)E的大小與Φ或ΔΦ的大小沒有關(guān)系.(2)Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)均與某一面積相聯(lián)系，與線圈匝數(shù)無關(guān)，n匝線圈時相當(dāng)于n個單匝線圈的串聯(lián)，所以感應(yīng)電動勢E與線圈匝數(shù)有關(guān).【例1】下列幾種說法中正確的是()A.線圈中磁通量變化越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大B.線圈中磁通量越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大C.線圈放在磁場越強的位置，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大D.線圈中磁通量變化越快，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大解析感應(yīng)電動勢的大小和磁通量的大小、磁通量變化量的大小以及磁場的強弱均無關(guān)，它由磁通量的變化率決定，故選項D正確.答案D【例2】如圖1甲所示的螺線管，匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2，方向向右穿過螺線管的勻強磁場的磁感應(yīng)強度按圖乙所示規(guī)律變化，圖1(1)2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化量是多少？(2)磁通量的變化率多大？(3)線圈中感應(yīng)電動勢的大小為多少？解析(1)磁通量的變化量是由磁感應(yīng)強度的變化引起的，則Φ1＝B1SΦ2＝B2SΔΦ＝Φ2－Φ1所以ΔΦ＝ΔBS＝(6－2)×20×10－4Wb＝8×10－3Wb(2)磁通量的變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(8×10－3,2)Wb/s＝4×10－3Wb/s(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢的大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1500×4×10－3V＝6V答案(1)8×10－3Wb(2)4×10－3Wb/s(3)6V應(yīng)用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)時應(yīng)注意的三個問題：(1)此公式適用于求平均感應(yīng)電動勢.(2)計算感應(yīng)電動勢大小時，ΔΦ取絕對值不涉及正、負(fù).(3)eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S，eq\f(ΔΦ,Δt)為Φ－t圖象的斜率，eq\f(ΔB,Δt)為B－t圖象的斜率.三、感應(yīng)電動勢的另一種表述——導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢1.垂直切割：導(dǎo)體棒垂直于磁場運動，B、L、v兩兩垂直時，如圖2甲所示，E＝BLv.圖22.不垂直切割：導(dǎo)體的運動方向與導(dǎo)體本身垂直，但與磁感線方向夾角為θ時，如圖乙所示，則E＝BLv1＝BLvsinθ.3.公式E＝BLvsinθ的理解(1)該公式可看成法拉第電磁感應(yīng)定律的一個推論，通常用來求導(dǎo)體做切割磁感線運動時的感應(yīng)電動勢.(2)式中L應(yīng)理解為導(dǎo)體切割磁感線時的有效長度，即導(dǎo)體在與v垂直方向上的投影長度.如圖3甲中，感應(yīng)電動勢E＝BLv＝2Brv≠Bπrv(半圓弧形導(dǎo)線做切割磁感線運動).在圖乙中，感應(yīng)電動勢E＝BLvsinθ≠BLv.圖3(3)公式中的v應(yīng)理解為導(dǎo)體和磁場間的相對速度，當(dāng)導(dǎo)體不動而磁場運動時，同樣有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生.【深度思考】導(dǎo)體棒的運動速度越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大嗎？答案導(dǎo)體棒切割磁感線時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小與垂直磁感線的速度有關(guān)，而速度大，垂直磁感線方向的速度不一定大.所以，導(dǎo)體棒運動速度越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不一定越大.【例3】如圖4所示，一金屬彎桿處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，已知ab＝bc＝L，當(dāng)它以速度v向右平動時，a、c兩點間的電勢差為()圖4A.BLv B.BLvsinθC.BLvcosθ D.BLv(1＋sinθ)解析導(dǎo)體桿切割磁感線的有效長度為Lsinθ，故B正確.答案B在公式E＝BLv中，L是指導(dǎo)體棒的有效切割長度，即導(dǎo)體棒在垂直于速度v方向上的投影長度.四、公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)與E＝BLvsinθ的區(qū)別1.研究對象不同E＝neq\f(ΔΦ,Δt)研究整個閉合回路，適用于各種電磁感應(yīng)現(xiàn)象；E＝BLvsinθ研究的是閉合回路的一部分導(dǎo)體，即做切割磁感線運動的導(dǎo)體.2.實際應(yīng)用不同E＝neq\f(ΔΦ,Δt)應(yīng)用于磁感應(yīng)強度變化所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢較方便；E＝BLvsinθ應(yīng)用于導(dǎo)體切割磁感線所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢較方便.3.E的意義不同E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的一般是平均感應(yīng)電動勢，E＝BLvsinθ一般求的是瞬時感應(yīng)電動勢.【例4】如圖5所示，導(dǎo)軌OM和ON都在紙面內(nèi)，導(dǎo)體AB可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動，若AB以5m/s的速度從O點開始沿導(dǎo)軌勻速右滑，導(dǎo)體與導(dǎo)軌都足夠長，它們每米長度的電阻都是0.2Ω，磁場的磁感應(yīng)強度為0.2T.問：圖5(1)3s末夾在導(dǎo)軌間的導(dǎo)體長度是多少？此時導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢多大？回路中的電流為多少？(2)3s內(nèi)回路中的磁通量變化了多少？此過程中的平均感應(yīng)電動勢為多少？解析(1)夾在導(dǎo)軌間的部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的電動勢才是電路中的感應(yīng)電動勢.3s末時刻，夾在導(dǎo)軌間導(dǎo)體的長度為：L＝vt·tan30°＝5×3×tan30°m＝5eq\r(3)m此時：E＝BLv＝0.2×5eq\r(3)×5V＝5eq\r(3)V電路電阻為R＝(15＋5eq\r(3)＋10eq\r(3))×0.2Ω≈8.196Ω所以I＝eq\f(E,R)≈1.06A(2)3s內(nèi)回路中磁通量的變化量ΔΦ＝BS－0＝0.2×eq\f(1,2)×15×5eq\r(3)Wb＝eq\f(15\r(3),2)Wb3s內(nèi)回路產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(15\r(3),2),3)V≈4.33V.答案(1)5eq\r(3)m5eq\r(3)V1.06A(2)eq\f(15\r(3),2)Wb4.33VE＝BLv和E＝neq\f(ΔΦ,Δt)是求解電動勢的兩種方式.前者是后者的一種特殊情況.但是，當(dāng)導(dǎo)體做切割磁感線運動時，用E＝BLv求E比較方便；當(dāng)穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比較方便.1.(對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解)關(guān)于感應(yīng)電動勢的大小，下列說法正確的是()A.穿過閉合電路的磁通量最大時，其感應(yīng)電動勢一定最大B.穿過閉合電路的磁通量為零時，其感應(yīng)電動勢一定為零C.穿過閉合電路的磁通量由不為零變?yōu)榱銜r，其感應(yīng)電動勢一定為零D.穿過閉合電路的磁通量由不為零變?yōu)榱銜r，其感應(yīng)電動勢一定不為零答案D解析磁通量的大小與感應(yīng)電動勢的大小不存在內(nèi)在的聯(lián)系，故A、B錯誤；當(dāng)磁通量由不為零變?yōu)榱銜r，閉合電路的磁通量一定改變，一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生，有感應(yīng)電流就一定有感應(yīng)電動勢，故C錯誤，D正確.2.(公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的應(yīng)用)(多選)如圖6甲所示，線圈的匝數(shù)n＝100匝，橫截面積S＝50cm2，線圈總電阻r＝10Ω，沿軸方向有勻強磁場，設(shè)圖示磁場方向為正，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間做如圖6乙所示規(guī)律變化，則在開始的0.1s內(nèi)()圖6A.磁通量的變化量為0.25WbB.磁通量的變化率為2.5×10－2Wb/sC.a、b間電壓為0D.在a、b間接一個理想電流表時，電流表的示數(shù)為0.25A答案BD解析通過線圈的磁通量與線圈的匝數(shù)無關(guān)，若設(shè)Φ2＝B2S為正，則線圈中磁通量的變化量為ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入數(shù)據(jù)得ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb＝2.5×10－3Wb，A錯誤；磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2.5×10－3,0.1)Wb/s＝2.5×10－2Wb/s，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，當(dāng)a、b間斷開時，其間電壓等于線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電動勢大小為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2.5V且恒定，C錯誤；在a、b間接一個理想電流表時相當(dāng)于a、b間接通而形成回路，回路總電阻即為線圈的總電阻，故感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,r)＝eq\f(2.5,10)A＝0.25A，D項正確.3.(公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的應(yīng)用)如圖7所示，設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.1T，切割磁感線的導(dǎo)線的長度l為40cm，線框向左勻速運動的速度v為5m/s，整個線框的電阻R為0.5Ω，試求：圖7(1)感應(yīng)電動勢的大??；(2)感應(yīng)電流的大小.答案(1)0.2V(2)0.4A解析(1)由E＝BLv得E＝0.1×0.4×5V＝0.2V(2)由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.2,0.5)A＝0.4A

4.(公式E＝BLv的應(yīng)用)(多選)某地的地磁場磁感應(yīng)強度的豎直分量方向向下，大小為4.5×10－5T.一靈敏電壓表連接在當(dāng)?shù)厝牒：佣蔚膬砂?，河?00m，該河段漲潮和落潮時有海水(視為導(dǎo)體)流過，設(shè)落潮時，海水自西向東流，流速為2m/s.下列說法正確的是()A.電壓表記錄的電壓為5mVB.電壓表記錄的電壓為9mVC.河南岸的電勢較高D.河北岸的電勢較高答案BD解析海水在落潮時自西向東流，該過程可以理解為：自西向東運動的導(dǎo)體在切割豎直向下的磁感線，根據(jù)右手定則可判斷，北岸是正極，電勢高，南岸電勢低，所以C錯誤，D正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv＝4.5×10－5×100×2V＝9×10－3V，所以A錯誤，B正確.題組一對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解1.(多選)如圖1所示，閉合開關(guān)S，將條形磁鐵插入閉合線圈，第一次用時0.2s，第二次用時0.4s，并且兩次磁鐵的起始和終止位置相同，則()圖1A.第一次線圈中的磁通量變化較快B.第一次電流表G的最大偏轉(zhuǎn)角較大C.第二次電流表G的最大偏轉(zhuǎn)角較大D.若斷開開關(guān)S，電流表G均不偏轉(zhuǎn)，故兩次線圈兩端均無感應(yīng)電動勢答案AB解析磁通量變化相同，第一次時間短，則第一次線圈中磁通量變化較快，故A正確；感應(yīng)電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，磁通量的變化率大，感應(yīng)電動勢大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大，故B正確，C錯誤；斷開開關(guān)，電流表不偏轉(zhuǎn)，知感應(yīng)電流為零，但感應(yīng)電動勢不為零，故D錯誤.2.穿過某單匝閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象分別如圖2中的①～④所示，下列說法正確的是()圖2A.圖①有感應(yīng)電動勢，且大小恒定不變B.圖②產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一直在變大C.圖③在0～t1時間內(nèi)的感應(yīng)電動勢是t1～t2時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的2倍D.圖④產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢先變大再變小答案C解析感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，而eq\f(ΔΦ,Δt)對應(yīng)Φ－t圖象中圖線的斜率，根據(jù)圖線斜率的變化情況可得：①中無感應(yīng)電動勢；②中感應(yīng)電動勢恒定不變；③中感應(yīng)電動勢0～t1時間內(nèi)的大小是t1～t2時間內(nèi)大小的2倍；④中感應(yīng)電動勢先變小再變大.題組二公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的應(yīng)用3.穿過一個單匝閉合線圈的磁通量始終為每秒均勻增加2Wb，則()A.線圈中感應(yīng)電動勢每秒增加2VB.線圈中感應(yīng)電動勢每秒減少2VC.線圈中感應(yīng)電動勢始終為2VD.線圈中感應(yīng)電動勢始終為一個確定值，但由于線圈有電阻，電動勢小于2V答案C解析由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知：eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，n＝1，所以E＝2V.4.如圖3所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直.磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大.兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb.不考慮兩圓環(huán)間的相互影響.下列說法正確的是()圖3A.Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向B.Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向C.Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向D.Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向答案B解析磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大，根據(jù)楞次定律“增反減同”，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場的方向相反，所以由安培定則可知，感應(yīng)電流均沿順時針方向，A、C錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S，而eq\f(Sa,Sb)＝eq\f(4,1)，故Ea∶Eb＝4∶1，B正確，D錯誤.5.如圖4所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中.在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()圖4A.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)答案B解析線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔФ,Δt)＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝n·eq\f(2B－B,Δt)·eq\f(a2,2)＝eq\f(nBa2,2Δt)，選項B正確.6.如圖5所示，A、B兩單匝閉合圓形導(dǎo)線環(huán)用相同規(guī)格的導(dǎo)線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導(dǎo)線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于兩導(dǎo)線環(huán)所在的平面.在磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大的過程中，流過兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流大小之比為()圖5A.eq\f(IA,IB)＝1 B.eq\f(IA,IB)＝2C.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,4) D.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,2)答案D解析A、B兩導(dǎo)線環(huán)的半徑不同，它們所包圍的面積不同，但某一時刻穿過它們的磁通量相等，所以兩導(dǎo)線環(huán)上的磁通量變化率是相等的，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S相同，得eq\f(EA,EB)＝1，I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S1)(S1為導(dǎo)線的橫截面積)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EArB,EBrA)，代入數(shù)值得eq\f(IA,IB)＝eq\f(rB,rA)＝eq\f(1,2).題組三公式E＝BLv的應(yīng)用7.如圖6所示的情況中，金屬導(dǎo)體中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BLv的是()圖6A.乙和丁 B.甲、乙、丁C.甲、乙、丙、丁 D.只有乙答案B8.(多選)如圖7所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路.虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場，直徑CD始終與MN垂直.從D點到達(dá)邊界開始到C點進(jìn)入磁場為止，下列結(jié)論正確的是()圖7A.半圓形段導(dǎo)線不受安培力B.CD段直導(dǎo)線始終不受安培力C.感應(yīng)電動勢最大值Em＝BavD.感應(yīng)電動勢平均值eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(1,4)πBav答案CD解析由F＝BIL可知，當(dāng)垂直磁感線方向放置的導(dǎo)線中有電流時，導(dǎo)線受到安培力的作用，選項A、B錯誤；當(dāng)半圓形閉合回路進(jìn)入磁場一半時，這時有效切割長度最大為a，所以感應(yīng)電動勢最大值Em＝Bav，C正確；感應(yīng)電動勢平均值eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,4)πBav，D正確.9.把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環(huán)，水平固定在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，如圖8所示，一長度為2a，電阻等于R，粗細(xì)均勻的金屬棒MN放在圓環(huán)上，它與圓環(huán)始終保持良好接觸.當(dāng)金屬棒以恒定速度v向右移動經(jīng)過環(huán)心O時，求：圖8(1)棒上電流的大小和方向；(2)棒兩端的電壓UMN；(3)在圓環(huán)和金屬棒上消耗的總熱功率.答案(1)eq\f(4Bav,3R)，方向由N→M(2)eq\f(2,3)Bav(3)eq\f(8B2a2v2,3R)解析(1)棒MN右移時，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，當(dāng)棒過圓心O時，棒兩端的電壓即為路端電壓，其等效電路如圖所示.金屬棒經(jīng)過圓心時，棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝B×2av＝2Bav.此時，圓環(huán)的兩部分并聯(lián)連接，且R左＝R右＝R，故并聯(lián)部分的電阻為R并＝eq\f(R,2)由閉合電路歐姆定律得流過金屬棒的電流為I＝eq\f(E,R并＋r)＝eq\f(2Bav,\f(1,2)R＋R)＝eq\f(4Bav,3R)由右手定則可判斷出金屬棒上的電流方向由N→M.(2)棒兩端的電壓UMN＝IR并＝Ieq\f(R,2)＝eq\f(2,3)Bav.(3)圓環(huán)和金屬棒上消耗的總熱功率等于電路中感應(yīng)電流的電功率，即P＝IE＝eq\f(8B2a2v2,3R).10.如圖9所示，平行導(dǎo)軌間距為d，其左端接一個電阻R，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于平行金屬導(dǎo)軌所在平面，一根金屬棒與導(dǎo)軌成θ角放置，金屬棒與導(dǎo)軌的電阻均不計.當(dāng)金屬棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在導(dǎo)軌上滑行時，通過電阻R的電流大小是()圖9A.eq\f(Bdv,R) B.eq\f(Bdvsinθ,R)C.eq\f(Bdvcosθ,R) D.eq\f(Bdv,Rsinθ)答案D解析金屬棒MN垂直于磁場放置，運動速度v與棒垂直，且v⊥B，即已構(gòu)成兩兩互相垂直關(guān)系，MN接入導(dǎo)軌間的有效長度為L＝eq\f(d,sinθ)，所以E＝BLv＝eq\f(Bdv,sinθ)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,Rsinθ)，故選項D正確.題組四綜合應(yīng)用11.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10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cd桿以恒定加速度a＝2m/s2，由靜止開始做勻變速直線運動，則：圖10(1)