高考物理法拉第電磁感應(yīng)定律推斷題綜合題匯編含答案

一、法拉第電磁感應(yīng)定律B1．如圖所示，在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的有界矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，有一個由abcdv均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框，線框平面垂直于磁感線。線框以恒定的速度沿垂直dcad=lcd=2l磁場邊界向左運(yùn)動，運(yùn)動中線框邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長，，線R框?qū)Ь€的總電阻為，則線框離開磁場的過程中，求：1q（）線框離開磁場的過程中流過線框截面的電量；2Q（）線框離開磁場的過程中產(chǎn)生的熱量；3cdU（）線框離開磁場過程中兩點(diǎn)間的電勢差．cd24B2l3v4Blv2Bl123U（）【答案】（）q（）Qcd3RR【解析】【詳解】(1),線框離開磁場的過程中則有：EB2lvIERqIttlv2聯(lián)立可得：q2BlR(2)線框中的產(chǎn)生的熱量：QI2Rt4B2l3v解得：QR(3)cd間的電壓為：2UI3Rcd4BlvU解得：cd3alθI2．如圖（）所示，間距為、電阻不計的光滑導(dǎo)軌固定在傾角為的斜面上。在區(qū)域內(nèi)B有方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為；在區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁B其磁感應(yīng)強(qiáng)度的t大小隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示。t＝0時刻在場，軌道上端的t金屬細(xì)棒ab從如圖位置由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，同時下端的另一金屬細(xì)棒cd在位于區(qū)域IabEFcd導(dǎo)軌上由靜止釋放。在棒運(yùn)動到區(qū)域棒始終靜止不動，兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好。已知cd棒的質(zhì)量為m、電阻為，區(qū)域Ⅱ沿斜面的2l內(nèi)的Ⅱ的下邊界處之前，Rab棒的質(zhì)量、阻值均未知，長度為，在t＝tx時刻（tx未知）ab棒恰進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，重力加速度為g。求：(1)通過cd棒電流的方向I和區(qū)域內(nèi)磁場的方向；(2)ab棒開始下滑的位置離EF的距離；(3)ab棒開始下滑至EF的過程中回路中產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)通過cd棒電流的方向從到c，區(qū)域I內(nèi)磁場的方向垂直于斜面向上；(2)3ld（3）4mglsinθ?！窘馕觥俊驹斀狻?1)由楞次定律知可，流過cd的電流方向?yàn)閺膁到c，cd所受安培力沿導(dǎo)軌向上，由左手定則可知，I內(nèi)磁場垂直于斜面向上，I故區(qū)域內(nèi)磁場的方向垂直于斜面向上。(2)ab棒在到達(dá)區(qū)域Ⅱ前做勻加速直線運(yùn)動，mgsina＝=gsinθmcd棒始終靜止不動，ab棒在到達(dá)區(qū)域Ⅱ前、后，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，則ab棒在區(qū)域Ⅱ中一定做勻速直線運(yùn)動，可得：tBlv1B2lIBI(gsint)txx解得2lgsintxab棒在區(qū)域Ⅱ中做勻速直線運(yùn)動的速度v2glsin1則ab棒開始下滑的位置離EF的距離h12at22l3lx(3)ab棒在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動時間t2l2lgsin2vxab棒從開始下滑至EF的總時間感應(yīng)電動勢：2lgsinttt2x2EBlvBl2glsin1ab棒開始下滑至EF的過程中回路中產(chǎn)生的熱量：Q＝EIt＝4mglsinθ3．如圖，水平面（紙面）內(nèi)同距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動．時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，lt0且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為．重力加速度大小為g．求（1）金屬桿在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大??；（2）電阻的阻值．【答案】EBltFg；R=B2l2tmm00【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：ma=F-μmg①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式有：v=at0②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時，由法拉第電磁感應(yīng)定，律桿中的電動勢為:E=Blv③④聯(lián)立①②③式可得:EBltFgm0I=E（2）設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時，金屬桿的電流為I，根據(jù)歐姆定：律⑤RfBIlR式中為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為：⑥因金屬桿做勻速運(yùn)動，由牛頓運(yùn)動定律得：F–μmg–f=0⑦Blt22聯(lián)立④⑤⑥⑦式得:R=0m4．如圖所示，間距為的lR平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為，導(dǎo)軌間接有一阻值為的l電阻，一長為的金屬桿置于導(dǎo)軌上，桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且μB接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方F向垂直于斜面向上，當(dāng)金屬桿受到平行于斜面向上大小為的恒定拉力作用，可以使其勻F；當(dāng)金屬桿受到平行于斜面向下大小為的恒定拉力作用時，可以使其保持與2速向上運(yùn)動g度大小為，求：向上運(yùn)動時大小相同的速度向下勻速運(yùn)動，重力加速（1）金屬桿的質(zhì)量；（2）金屬桿在磁場中勻速向上運(yùn)動時速度的大小。3RERFF4gsin【答案】（1）m；（2）v22。4Bl4B2l2tan【解析】【分析】【詳解】（1）金屬桿在平行于斜面向上大小為的恒定拉力作用下可以保持勻速向上運(yùn)動，設(shè)金屬F桿的質(zhì)量為，速m度為，由力的FmgsinmgcosBIl，v平衡條件可得同理可得FmgsinmgcosBIl，2由閉電合路的歐姆定律可得EIR，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得EBLv，聯(lián)立解得Fm，4gsin2（）金屬桿在磁場中勻速向上運(yùn)動時速度的大小v3RE22RF。4Bl4B2l2tan5．如圖所示，在傾角30o的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向分別垂直斜面向上和垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場，兩磁場寬度均為L。一質(zhì)量為m、邊長為L的正方形線框距磁場上邊界L處由靜止沿斜面下滑，ab邊剛進(jìn)入上側(cè)磁場時，線框恰好做勻abg速直線運(yùn)動。邊進(jìn)入下側(cè)磁場運(yùn)動一段時間后也做勻速度直線運(yùn)動。重力加速度為。求：1（）線框ab邊剛越過兩磁場的分界線ff′時受到的安培力；2產(chǎn)生的熱量Q和所用的時間t。（）線框穿過上側(cè)磁場的過程中47mgLt72L沿斜面向上(2)Q【答案】(1)安培力大小，2mg方向32g【解析】【詳解】(1）線框開始時沿斜面做勻加速運(yùn)動，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgLsin3012mv2，則線框進(jìn)入磁場時的速度v2gsin30LgL線框abE=BLv邊進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的電動勢線框中電流IERab邊受到的安培力FBILB2L2vR線框勻速進(jìn)入磁場，則有mgsin30B2Lv2Rabcdff時，也同時越過了上產(chǎn)生的電動勢E'=2BLv邊剛越過ee，則線框線框所受的安培力變?yōu)?B2L2v2mgRF2BIL方向沿斜面向上（2）設(shè)線框v再次做勻速運(yùn)動時速度為，則mgsin304B2L2vR解得vgLv44根據(jù)能量守恒定律有mgsin302L12mv21mv2Q247mgL解得Q32L程所用的時ab線框邊在上側(cè)磁揚(yáng)中運(yùn)動的過間t1vff后開始做勻速時ab設(shè)線框通過到gg的距離為x，由動量定理可知：0mgsin30t2BLItmvmv22其中I2BLLxtR02聯(lián)立以上兩式解得4Lx3v2gt20vab線框在下側(cè)磁場勻速運(yùn)動的過程中，有x4xt0v0v3所以線框穿過上側(cè)磁場所用的總時間為7L2gtttt1236．研究小組同學(xué)在學(xué)習(xí)了電磁感應(yīng)知識后，進(jìn)行了如下的實(shí)驗(yàn)探究（如圖所示）：兩個足夠長的平行導(dǎo)軌（MNPQ接，水平部分長短可調(diào)節(jié)，向向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5TNN1與MPQ1）間距L=0.2m，光滑傾斜軌道和粗糙水平軌道圓滑連11θ=37°傾斜軌道與水平面的夾角．傾斜軌道內(nèi)存在垂直斜面方，右側(cè)沒有磁場；豎直放置的光滑半圓軌道PQ、P1Q1分別與水平軌道相切于P、P1，圓軌道半徑．，且在最高點(diǎn)Q、Q1處安裝r=0lm1了壓力傳感器．金屬棒ab質(zhì)量m=0.0lkg，電阻r=0.1Ω，運(yùn)動中與導(dǎo)軌有良好接觸，并且垂直于導(dǎo)軌；定值電阻R=0.4Ω，連接在MM1間，其余電阻不計：金屬棒與水平軌道間動摩擦因數(shù)μ=0.4．實(shí)驗(yàn)中他們驚奇地發(fā)現(xiàn)：當(dāng)把NP間的距離調(diào)至某一合適值d，則只要金屬棒從傾斜軌道上離地高h(yuǎn)=0.95m及以上任何地方由靜止釋放，金屬棒ab總能到達(dá)QQ1處，且壓力傳感器的讀數(shù)均為零．取g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．則：（1）金屬棒從0.95m高度以上滑下時，試定性描述金屬棒在斜面上的運(yùn)動情況，并求出它在斜面上運(yùn)動的最大速度；（2）求從高度h=0.95m處滑下后電阻R上產(chǎn)生的熱量；（3）求合適值d．13m/s；（2）0.04J；（3）0.5m．【答案】（）【解析】【詳解】（1）導(dǎo)體棒在斜面上由靜止滑下時，受重力、支持力、安培力，當(dāng)安培力增加到等于重力的下滑分量時，加速度減小為零，速度達(dá)到最大值；根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsinF0ABLvRrFBILI安培力：Amg(Rr)sin0.0110(0.40.1)0.6聯(lián)立解得：v3m/sB2L20.50.222（2）根據(jù)能量守恒定律，從高度h=0.95m處滑下后回路中上產(chǎn)生的熱量：Qmgh1mv20.01100.9510.01320.05J22RRr0.4故電阻R產(chǎn)生的熱量為：QRQ0.050.04J0.40.1（3）對從斜面最低點(diǎn)到圓軌道最高點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理，有：mg2rmgd1mv21mv①22211v2在圓軌道的最高點(diǎn)，重力等于向心力，有：mgm②1r1v25gr325100.10.5m①②d聯(lián)立解得：12g20.4107．如圖甲所示，兩根間距L=1.0m、電阻不計的足夠長平行金屬導(dǎo)軌ab、cd水平放置，一端與阻值R=2.0Ω的電阻相連．質(zhì)量m=0.2kg的導(dǎo)體棒ef在恒定外力F作用下由靜止開始f=1.0N，導(dǎo)體棒電阻為導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中加速度a運(yùn)動，已知導(dǎo)體棒與兩根導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力均為r=1.0Ω，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場B中，與速度v的關(guān)系如圖乙所示（取g=10m/s2）．求：（1）當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時，棒所受安培力F的大小（用題中字母表示）．安（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B．（3）若ef棒由靜止開始運(yùn)動距離為S=6.9m時，速度已達(dá)v′=3m/s．求此過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．【答案】（1）【解析】；（2）；（3）【詳解】(1)當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時,導(dǎo)體棒上的電動勢為E,電路中的電流為I.由法拉第電磁感應(yīng)定律由歐姆定律導(dǎo)體棒所受安培力聯(lián)合解得:(2)由圖可以知道:導(dǎo)體棒開始運(yùn)動時加速度由牛頓第二定律知,初速度,導(dǎo)體棒中無電流.計算得出:由圖可以知道:當(dāng)導(dǎo)體棒的加速度a=0時,開始以做勻速運(yùn)動此時有:解得:(3)設(shè)ef棒此過程中,產(chǎn)生的熱量為Q,由功能關(guān)系知:帶入數(shù)據(jù)計算得出故本題答案是：（1）；（2）；（3）【點(diǎn)睛】利用導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢，在結(jié)合閉合電路歐姆定律可求出回路中的電流，即可求出安培力的大小，在求熱量時要利用功能關(guān)系求解。18．如圖所示，兩根間距為的平行金屬導(dǎo)軌，其右側(cè)水平，左側(cè)為豎直的畫弧，圓Lcd4rR1弧半徑為，導(dǎo)軌的電阻與摩擦不計，在導(dǎo)軌的頂端接有阻值為的電阻，整個裝置處在R豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。現(xiàn)有一根阻值為m、質(zhì)量為的金屬桿，在水平拉力作用下，從2efa桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接桿運(yùn)動到時撤去拉力，此時理想電壓表的示數(shù)為圖中位置由靜止開始做加速度為的勻加速直線運(yùn)動，金屬t觸良好。開始運(yùn)動，后經(jīng)時間，金屬1cdU，此后全屬桿恰好能到達(dá)圓弧最高處。重力加速度為。求：abg（1）金屬桿從ef運(yùn)動到cd的過程中，拉力F隨時間變化的表達(dá)式；t（2）金屬桿從ef運(yùn)動到cd的過程中，電阻上通過的電荷量；R1（3）金屬桿從cd運(yùn)動到ab的過程中，電阻上產(chǎn)生的焦耳熱。R1【答案】(1)FmaU2(RR)tUt1；(3)2RR(1ma2h2mgr)QRR21q；(2)1122Rat211211【解析】【分析】法拉第電磁感利用應(yīng)定律和電流公式聯(lián)合求解。根據(jù)能量守恒定律求出回路產(chǎn)生的總焦耳熱，再求出焦耳熱。R上產(chǎn)生的1【詳解】UI得1(1)金屬桿運(yùn)動到cd時，由歐姆定律可R1由閉合電路的歐姆定律可得E＝I1(R1＋R2)1金屬桿的速度v1＝at1由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv11U(RR)B12解得：RLat；11由開始運(yùn)動經(jīng)過時間t，則v=atBLvI感應(yīng)電流RR12金屬桿受到的安培力F=BIL安由牛頓運(yùn)動定律F－F＝ma安U2(RR)tFma可得12；Rat22111xatef運(yùn)動到cd過程中，位移21(2)金屬桿從2電阻R上通過的電荷量：1qItERRI12EtBSSxLUt聯(lián)立解得：；12Rq1(3)金屬桿從cd運(yùn)動到ab的過程中，由能量守恒定律可得Q1mv2mgr2因此電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為1RRRQ1Q112可得RRR2(1ma2h2mgr)。Q1112【點(diǎn)睛】此題為一道綜合題，牽涉知識點(diǎn)較多，明確求電動勢、安培力、焦耳熱的方法是解題的關(guān)鍵，靈活利用法拉第電磁感應(yīng)定律和能量守恒的結(jié)論是解題的捷徑。9．如圖所示，光滑、足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ的間距為，l所在平面與水平面成θB角，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中．兩導(dǎo)軌的一端接有阻Rmr．質(zhì)量為、電阻為的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，且m由一根輕繩通值為的電阻M靜止物塊相連，物塊被釋放后，拉動金屬棒ab加速運(yùn)動H距過一定個滑輪與質(zhì)量為的離后，金屬棒以速度v勻速運(yùn)動．求：（導(dǎo)軌電阻不計）（1）金屬棒αb以速度v勻速運(yùn)動時兩端的電勢差；Uab2HRQRgH1（）物塊運(yùn)動距離過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱．RBlvRRrMmsinMmv【答案】（2）Q1）U22Rrab【解析】(1)abv金屬棒以速度勻速運(yùn)動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為：E=BlvERr由閉合電路歐姆定律得：IαbU=IR金屬棒兩端的電壓大小為：BlvRRrU解得：abab，由右手定則可得金屬棒中的電流方向由到BlvRRrUU可知為負(fù)值，故：abab(2)HQ，物塊運(yùn)動距離過程中，設(shè)整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為由能量守恒定律得：MgHmgHsin12mv212Mv2QQI(Rr)t由焦耳定律得：2QIRt2R解得：Q[(Mmsin)gH12(Mm)v2]RRr】【點(diǎn)睛本題是一道電磁感應(yīng)與電路、運(yùn)動學(xué)相結(jié)合的綜合題，分析清楚棒的運(yùn)動過程、找出電流的房你想、應(yīng)用能量守恒和功能關(guān)系等相關(guān)知識，是正確解題的關(guān)鍵．MN、PQ絕緣斜面上，兩10．如圖所示，兩根足夠長的直金屬平行放置在傾角為的導(dǎo)軌R阻值為的電阻．一根質(zhì)量為的m均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)間接有L．M、P間距為兩點(diǎn)上軌，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向下．導(dǎo)和軌金屬桿的電阻可忽略．讓桿沿導(dǎo)由軌靜止開始下滑，導(dǎo)和軌金屬好，不計它們之間的摩擦．Bab桿接觸良（1）在加速下滑過程中，（2）求在下滑過程中ab桿可達(dá)到的（3）從開始下滑到達(dá)到最大速度的過程中，棒沿導(dǎo)軌下滑當(dāng)桿的速度大小為時，；abvab桿中的電流及其加速度的大小最大速度．s求整個裝置生熱多少.了距離，【答案】mgsinB2l2vmgRsinm3g2R2sin22Bl44Blv（1）（2）vm（3）QmghIR,aRB2l2m【解析】(1)，在加速下滑過程中當(dāng)桿的速度大小為時，感應(yīng)電動勢=abvEBLvBlvRab此時桿中的電流IB2L2vFBILR金屬桿受到的安培力：mgsinB2l2v：由牛頓第二定律得aRmB2L2vmR(2)金屬桿勻速下滑時速度達(dá)到最大，由平衡條件得：mgsinmgRsinvm則速度的最大值B2l2(3)h，若達(dá)到最大速度時，導(dǎo)體棒下落高度為由能量守恒定律得：mgssin12mv2Qmm3g2R2sin2Qmgh則焦耳熱2Bl44】【點(diǎn)睛當(dāng)桿勻速運(yùn)動時桿的速度最大，分析清楚桿的運(yùn)動過程是解題的前提；分析清楚E=BLv桿的運(yùn)動過程后，應(yīng)用、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件與能量守恒定律即可解題；求解熱量時從能量角度分析可以簡化解題過程．11．如圖甲所示，兩根完全相同的光滑平行導(dǎo)軌固定，每根導(dǎo)軌均由兩段與水平面成θ＝R30°的長直導(dǎo)軌和一段圓弧導(dǎo)軌平滑連接成而，導(dǎo)軌兩端均連接電阻，阻值＝＝R12Ω，2L0.6m間距＝．在MMPP內(nèi)分布有垂矩形區(qū)域直斜面向上的磁1221導(dǎo)軌右側(cè)導(dǎo)軌所在斜面的d0.2m導(dǎo)軌斜面上與距離s＝0.1m處，有一根阻值＝r2Ω的金屬M(fèi)PMP場，磁場上下邊界、的距離＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙1122t0所示．＝時刻，在右側(cè)MP11棒ab垂直于導(dǎo)軌由靜止釋放，恰好獨(dú)立勻速通過整個磁場區(qū)域，取重力加速度＝g10m/s2，導(dǎo)軌電阻不計．求：(1)abv在磁場中運(yùn)動速度的大小；(2)t0.1s在＝時刻和＝時刻電阻R1t0.25s的電功率之比；12(3)Q整個過程中，電路產(chǎn)生的總熱量．11m/s24:13001J【答案】（）（）（）．【解析】試題分析：（1）由mgs·sinθ=mv2得（2）棒從釋放到運(yùn)動至MP的時間11在t1＝0．1s時，棒還沒進(jìn)入磁場，有RR此時，與金屬棒并聯(lián)后再與串聯(lián)21R3Ω＝總由圖乙可知，t=0．2s后磁場保持不變，ab經(jīng)過磁場的時間EBLv=06Vt025sab故在＝．時還在磁場中運(yùn)動，電動勢＝．22RRR=3ΩR此時與并聯(lián)，，得兩端電壓＝．U′02V1211總電功率，故在t＝0．1s和t2＝0．25s時刻電阻R的電功率比值11（3）設(shè)ab的質(zhì)量為m，ab在磁場中運(yùn)動時，通過ab的電流abFBIL受到的安培力＝Amgsinθ=BIL又m=0024kg解得．在t=0～0．2s時間里，R兩端的電壓U=0．2V，產(chǎn)生的熱量22ab最終將在MP下方的軌道區(qū)域內(nèi)往返運(yùn)動，到M2P2處的速度為零，由功能關(guān)系可得在22t=0．2s后，整個電路最終產(chǎn)生的熱量Q=mgdsinθ+mv2=0．036J由電路關(guān)系可得R產(chǎn)生的熱量Q=Q=0．006J22RQ=Q+Q2=0．01J1總故產(chǎn)生的總熱量2考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、能量守恒定律【名師點(diǎn)睛】本題是法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律以及能量守恒定律等知識的綜合應(yīng)識有關(guān)，用，關(guān)鍵要搞清電路的連接方式及能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，明確感應(yīng)電動勢既與電路知又與電磁感應(yīng)有關(guān)．20020cm一個匝、面積為的線圈，放在磁場中，磁場的方2向與線圈平面成30°角，12．0.05s0.1T0.5T若磁感應(yīng)強(qiáng)度在內(nèi)由增加到，在此過程中磁通量變化了多少？磁通量的平均變化率是多少？線圈中感應(yīng)電動勢的大小是多少伏？4×10Wb8×10Wb/s1.6V【答案】－4－3【解析】【分析】【詳解】磁通量的變化量是由磁場的變化引起的，應(yīng)該用公式＝ΔΦΔBSsinθ來計算，所以ΔΦ＝ΔBSsinθ＝－(0.50.1)×20×10－4×0.5Wb4×10Wb＝．－4t4104Wb/s8×10Wb/s＝－3磁通量的變化率：0.05根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢的大小為E200×8×10V1.6V＝＝＝－3()L13．如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面紙面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為，左端連有阻值為R的電阻。一金屬桿置于導(dǎo)軌上，金屬桿右側(cè)存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。已知金屬桿以速度v0向右進(jìn)入磁場域右邊界(圖中虛線位置)時速度與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好。外，其他電阻忽略不計。求金屬桿運(yùn)動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率.區(qū)域，做勻變速直線運(yùn)動，到達(dá)磁場區(qū)恰好為零。金屬桿除左端所連電阻2B2L2vB2L2v2【答案】F0,P02R2R【解析】【詳解】ax設(shè)金屬桿運(yùn)動的加速度大小為，運(yùn)動的位移為，v2ax根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，有20設(shè)金屬桿運(yùn)動到磁場區(qū)域中間位置時的速度為，vxvv22a根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，有2022v2各式解得:v聯(lián)立以上0金屬桿運(yùn)動到磁場區(qū)域中間位置時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLvE通過金屬桿的電流為IR金屬桿受到的安培力為F=BIL2B2L2v解得：F02RPI電流的功率為R2BLv222解得：0P2R3714．如圖所示，兩光滑軌道相距L=0.5m，固定在傾角為的斜面上，軌道下端接入R=1.6Ω