【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应规律的综合应用学案

【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应规律的综合应用学案

第 3 节 电磁感应规律的综合应用 考点 1 ► 电磁感应与电路 【p186】 夯实基础 电磁感应的电路问题 1．电源与外电路 切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈相当于__电源__，其电阻相当于电源__内阻__，其余 部分是外电路． 2．常用参量的求解 (1)根据法拉第电磁感应定律：电动势 E＝__nΔΦ Δt __或__E＝BLvsin__θ__． (2)根据闭合电路的欧姆定律：路端电压 U＝__E－Ir__，对纯电阻电路，干路电流 I＝__ E R＋r __． (3)通过电路中导体横截面的电量 q＝__nΔΦ R′ __，R′为闭合电路的总电阻． 考点突破 例 1 如图所示，MNPQ 是用单位长度电阻为 r0 的均匀金属条制成的矩形闭合框，线框固定在倾角为θ的 绝缘斜面上，MN 长为 L，MQ 长为 4L，有一磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直穿过斜面．质量为 m 的金属杆 ab 在外力 F 作用下，以速度 v 匀速沿斜面向下滑过矩形框，滑行过程中 ab 始终平行于 MN 且与框良好接触， 外力 F 始终沿斜面且垂直于 ab.已知金属杆 ab 的单位长度电阻为 2.1r0，不计杆与框的摩擦．重力加速度 取 g，将杆 ab 经过 MN 时的位移记为 s＝0，求： (1)杆 ab 中感应电流 I 随位移 s 变化的关系式； (2)杆 ab 发热功率的最小值； (3)矩形框 MNPQ 上发热功率最大时 ab 杆的位移． 【解析】(1)感应电动势 E＝BLv，外电路被 ab 分为上下两部分，R 外＝ R 上 R 下 R 上＋R 下 ＝（L＋2s）（9L－2s） 10L r0， I＝ E R 外＋R 内 ＝ BLv R 外＋R 内 ＝ BLv （L＋2s）（9L－2s） 10L r0＋2.1Lr0 ＝ 10BL2v （L＋2s）（9L－2s）r0＋21L2r0 . (2)外电路电阻最大时，感应电流最小，ab 发热功率最小．因为 R 上＋R 下为常数，所以当 R 上＝R 下时 R 外有最大值，即位移 s＝2L，此时 R 外＝ R 上 R 下 R 上＋R 下 ＝5L×5L 10L r0＝2.5Lr0，Pab＝ I2R 内＝ E R 外＋R 内 2 R 内＝105B2Lv2 1058r0 . (3)矩形框的功率即电源的输出功率，当 R 外＝R 内时，P 出最大． 即 （L＋2s）（9L－2s） 10L r0＝2.1Lr0，可解得 s1＝L，s2＝3L. 【小结】解答电磁感应电路问题的方法 1．确定电源 产生电磁感应现象的导体或线圈就是电源． 2．分清内、外电路 内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成． 3．解题的基本步骤 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向，感应电动势的方向 是电源内部电流的方向． (2)根据电源和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路图，注意区别内、外电路，区别路端电压 和电动势． (3)根据 E＝BLvsin θ或 E＝n ΔΦ Δt 结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等列 式求解．若涉及理想变压器的问题，结合变压器公式求解． 针对训练 1．(多选)如图甲，线圈 A(图中实线，共 100 匝)的横截面积为 0.3 m2，总电阻 r＝2 Ω，A 右侧所接 电路中，电阻 R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，电容 C＝3 μF，开关 S1 闭合．A 中有横截面积为 0.2 m2 的区域 C(图中 虚线)，C 内有图乙所示的变化磁场，t＝0 时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里为正．下列判断正确的是(BD) A．闭合 S2，电路稳定后，通过 R2 的电流由 b 流向 a B．闭合 S2，电路稳定后，通过 R2 的电流大小为 0.4 A C．闭合 S2，电路稳定后再断开 S1，通过 R2 的电流由 b 流向 a D．闭合 S2，电路稳定后再断开 S1，通过 R2 的电荷量为 7.2×10－6 C 【解析】根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合 S2、电路稳定后，通过 R2 的电 流由 a 流向 b，选项 A 错误；根据法拉第电磁感应定律：E＝nΔB Δt S＝100×0.6 3 ×0.2 V＝4 V，则闭合 S2、 电路稳定后，通过 R2 的电流大小为 I＝ E R1＋R2＋r ＝ 4 2＋6＋2 A＝0.4 A，选项 B 正确；闭合 S2、电路稳定后 电容器上极板带正电，则当再断开 S1，电容器放电，通过 R2 的电流由 a 流向 b，选项 C 错误；电路稳定后 电容器带电量 Q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6 C＝7.2×10－6 C，则电路稳定后再断开 S1，通过 R2 的电荷量为 7.2 ×10－6 C，选项 D 正确． 2．(多选)如图所示，一个匝数 n＝100 匝的圆形线圈，面积 S1＝0.4 m2，电阻 r＝1 Ω.在线圈中存在 面积 S2＝0.3 m2，垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度 B＝0.3＋0.15t.将线圈两端 a、b 与一 个阻值 R＝2 Ω的电阻相连接，b 端接地．则下列说法正确的是(AD) A．通过电阻 R 的电流方向向上 B．回路中的电流大小逐渐增大 C．电阻 R 消耗的电功率为 6.75 W D．a 端的电势φa＝－3 V 【解析】由题可知，磁场逐渐增强，即原磁场磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场 与原磁场方向相反，根据右手定律可知通过电阻 R 的电流方向向上，故选项 A 正确；由 B＝0.3＋0.15t 可 知：ΔB Δt ＝0.15 T/s，根据法拉第电磁感应定律可知：E＝nΔB Δt S2＝100×0.15×0.3 V＝4.5 V，根据闭合电 路欧姆定律可知：I＝ E R＋r ＝ 4.5 2＋1 A＝1.5 A，恒定不变，故选项 B 错误；根据公式可知电阻 R 消耗的电功 率为：P＝I2R＝1.52×2 W＝4.5 W，故选项 C 错误；根据欧姆定律可知电阻 R 两端电压为 Uba＝IR＝1.5×2 V ＝3.0 V＝φb－φa，由题可知：φb＝0，则φa＝－3 V，故选项 D 正确． 考点 2 ► 电磁感应的图象问题 【p187】 夯实基础 电磁感应的图象问题 图象 类型 (1)磁感应强度 B、磁通量Φ、感应电动势 E 和感应电流 I 随__时间 t__变化 的图象，即 B－t 图象、Φ－t 图象、E－t 图象、I－t 图象 (2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势 E 和感应电流 I 随__位移 x__变化的图象，即 E－x 图象和 I－x 图象 问题 类型 (1)由给定的__电磁感应__过程判断或画出正确的图象 (2)由给定的有关图象分析__电磁感应__过程，求解相应的物理量 (3)利用给出的图象判断或画出新的图象 应用 知识 左手定则、安培定则、右手定则、__楞次定律__、__法拉第电磁感应定律__、 欧姆定律、牛顿定律、函数图象等知识 考点突破 例 2 如图甲所示，导体框架 abcd 放置于水平面内，ab 平行于 cd，导体棒 MN 与两导轨垂直并与导轨 接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度 B 随时间变化规律如图乙所示，MN 始终 保持静止．规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由 M 到 N 为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受 安培力 F 的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力 f 的正方向，下列图象中正确的是( ) 【解析】由图看出，磁感应强度先不变，后均匀减小，再反向均匀增大，则可判定ΔB Δt 的值，先为零， 然后一定，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先没 有，后恒定不变，根据楞次定律得知，回路中感应电流方向逆时针，为正，故 A 错误，B 正确．在 0～t1 时间内，导体棒 MN 不受安培力，故 C 错误；由左手定则判断可知，在 t1～t2 时间内，导体棒 MN 所受安培 力方向水平向右，由 F＝BIL 可知，B 均匀减小，MN 所受安培力大小 F 均匀减小；在 t2～t3 时间内，导体棒 MN 所受安培力方向水平向左，由 F＝BIL 可知，B 均匀增大，MN 所受安培力大小 F 均匀增大；根据平衡条 件得到，棒 MN 受到的静摩擦力大小 f＝F，方向相反，即在 0～t1 时间内，没有摩擦力，而在 t1～t2 时间内， 摩擦力方向向左，大小减小，在 t2～t3 时间内，摩擦力方向向右，大小增大．D 正确． 【答案】BD 例 3 如图，平行光滑金属导轨 M、N 固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中．完全相同的两金 属棒 P、Q 搭放在导轨上，开始均处于静止状态．给 P 施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属 棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好．设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计．则两棒的速度及 棒中的感应电流随时间变化的图象正确的是( ) 【解析】P 向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则 判断可知，Q 棒所受的安培力方向向右，故 Q 向右做加速运动；Q 向右运动后，开始阶段，两杆的速度差 增大，回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则 P 的加速度减小，Q 的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相 同的匀加速运动，故 A 正确，B 错误；开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大， 最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故 C 错误，D 正确． 【答案】AD 【小结】1.解决图象问题的一般步骤 (1)明确图象的种类，即是 B－t 图还是Φ－t 图，或者 E－t 图、I－t 图等． (2)分析电磁感应的具体过程． (3)用右手定则或楞次定律确定感应电流方向与时间的对应关系． (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式． (5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等． 2．此类题的特点及解题关键 此类题的特点是已知 B－t 图或Ф－t 图，来分析线框中的电动势、电流或线框所受安培力的变化情 况．解题的关键是：弄清图象中的斜率、拐点、截距的物理意义，结合楞次定律、法拉第电磁感应定律 E ＝nΔΦ Δt 、E＝BLv 及欧姆定律来分析电压、电流的大小以及安培力大小变化． 3．解这类题最常用的方法是排除法：先由楞次定律或右手定则确定电磁感应过程中的电流方向排除 错误选项，再由法拉第电磁感应定律确定某过程中电动势大小变化情况排除错误选项． 针对训练 3．(多选)如图甲所示，一正方形导线框 ABCD 置于匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的 变化如图乙所示，则线框中的电流 I 和导线 AB 受到的安培力 F 随时间 t 变化的图象分别是(规定垂直纸面 向里的方向为磁感应强度的正方向，逆时针方向为线框中电流的正方向，向右为安培力的正方向)(AC) 【解析】由 B－t 图象可知，0～T 2 内，线圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向 为逆时针，沿 ABCDA 方向，即电流为正方向；T 2 ～T 内，线圈中向里的磁通量减小，由楞次定律可知，电路 中电流方向为顺时针方向，即电流为负方向；由法拉第电磁感应定律：E＝ΔΦ Δt ＝ΔB·S Δt ，由于磁感应强 度均匀变化，所以产生的感应电流大小保持不变，故 A 正确，B 错误；0～T 2 内，电路中电流方向为逆时针， 根据左手定则可知，AB 边受到的安培力的方向向右，为正值；T 2 ～T 内，电路中的电流为顺时针，AB 边受 到的安培力的方向向左，为负值；根据安培力的公式：F＝BIL，电流大小不变，安培力的大小与磁感应强 度成正比，故 C 正确，D 错误． 4．(多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，沿水平面固定一个 V 字形金 属框架 CAD，已知∠A＝θ，导体棒 EF 在框架上从 A 点开始在外力作用下，沿垂直 EF 方向以速度 v 匀速向 右平移，使导体棒和框架始终构成等腰三角形回路．已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位 长度的电阻均为 R，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好．关 于回路中的电流 I 和消耗的电功率 P 随时间 t 变化关系的下列四个图象中可能正确的是(AD) 【解析】t 时刻有效切割长度 L＝2vttanθ 2 ∴电动势 E＝Bv·2vttanθ 2 总电阻，R 总＝R 2vt cosθ 2 ＋2vttanθ 2 ∴电流 I＝ E R 总 ＝ Bvsinθ 2 R（1＋sinθ 2 ） .A 对，B 错．而 P＝I2R 总，P∝t，D 对，C 错． 考点 3 ► 电磁感应中的动力学问题 【p188】 夯实基础 1．感应电流在磁场中受到__安培力__的作用，因此电磁感应问题往往跟__力__学问题联系在一起．解 决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动能 定理、动量定理、动量守恒定律等)，分析时要特别注意__a＝0__、速度 v 达到__最大值__时的特点． 2．运动的动态分析 考点突破 例 4 如图所示，两平行导轨间距为 L，倾斜部分和水平部分长度均为 L，倾斜部分与水平面的夹角为 37°，cd 间接电阻 R，导轨电阻不计．质量为 m 的金属细杆静止在倾斜导轨底端，与导轨接触良好，电阻 为 r.整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化关系为 B＝B0＋kt(k>0)，在杆运动前， 以下说法正确的是(已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( ) A．穿过回路的磁通量为 2(B0＋kt)L2 B．流过导体棒的电流方向为由 b 到 a C．回路中电流的大小为1.8kL2 R＋r D．细杆受到的摩擦力一直减小 【解析】由Ф＝BS 效＝(B0＋kt)·(L2＋L2cos 37°)＝1.8(B0＋kt)L2，故 A 错误．磁感应强度均匀增大， 由法拉第电磁感应定得 E＝nΔФ Δt ＝ΔB Δt ·S＝k·(L2＋L2cos 37°)＝1.8kL2，由闭合电路欧姆定律得 I＝ E R＋r ＝1.8kL2 R＋r ，则 C 正确．由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流流向为 b 到 a，B 正确．因 感应电流大小恒定，则细杆所受的安培力 F＝BIL 因 B 逐渐增大而增大，由左手定则知方向水平向右，对 杆由平衡知识可得 mgsin θ＝f＋BILcos θ，则摩擦力先向上逐渐减小到零，后向下逐渐增大，D 错误． 【答案】BC 例 5 如图所示，固定的绝缘斜面倾角为θ＝30°，质量为 m＝1 kg 的均匀细金属棒 ab(仅画出 a 端) 和质量为 M＝2 kg 的均匀细金属棒 cd(仅画出 c 端)用两根不可伸长的柔软轻导线构成回路 abcd，并通过 固定在斜面顶端的两个光滑绝缘小定滑轮连接使两金属棒水平，导线平行斜面．已知在虚线右侧有磁感应 强度为 B＝1 T 的匀强磁场，方向垂直斜面向上，回路总电阻为 R＝0.5 Ω，两金属棒的长度均为 L＝0.5 m， ab 棒与斜面间的动摩擦因数为μ＝ 3 2 ，重力加速度为 g＝10 m/s2，cd 棒始终未触地，ab 棒始终未到滑轮 处． (1)将两金属棒由静止释放，求释放瞬间的加速度大小； (2)求两金属棒最终稳定时的速度大小． 【解析】(1)设金属棒释放瞬问细导线上的拉力为 T，对金属棒 cd，由牛顿第二定律得 Mg－T＝Ma 对金属棒 ab，由牛顿第二定律得： T－mgsin θ－μFN＝ma 又 FN＝mgcos θ 联立解得 a＝2.5 m/s2 (2)两金属棒最终稳定后以共同速度做匀速运动，设此时速度为 v ab 棒运动产生的感应电动势 E＝BLv 由闭合电路欧姆定律得 I＝E R 由安培力公式可知 F＝BIL 稳定运动后对 cd 棒有 Mg＝T1 对 ab 棒有 T1＝mgsin θ＋μmgcos θ＋F 联立解得 v＝15 m/s 【小结】电磁感应中的动力学问题分析 1．两种状态及处理 (1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析． (2)导体处于非平衡态——加速度不为零． 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系、动量及动量变化关系分析． 2．电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系 针对训练 5．如图所示，水平放置的光滑金属长导轨 MM′和 NN′之间接有电阻 R，导轨左、右两区域分别处在 方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，方向见图，设左、右区域磁场的磁感强度为 B1 和 B2，虚线为两区域的 分界线．一根金属棒 ab 放在导轨上并与其垂直，棒和导轨的电阻均不计．金属棒在水平向右的恒定拉力 作用下，在左面区域中恰好以速度为 v 做匀速直线运动，则(B) A．若 B2＝B1 时，棒进入右面区域中后先做加速运动，最后以速度v 2 做匀速直线运动 B．若 B2＝B1 时，棒进入右面区域中时仍以速度 v 做匀速直线运动 C．若 B2＝2B1 时，棒进入右面区域后先做减速运动，最后以速度v 2 做匀速运动 D．若 B2＝2B1 时，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度 4v 做匀速运动 【解析】金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度 v 做匀速直线运动，恒力 F 与安 培力平衡．当 B2＝B1 时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒 所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力 F 仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度 v 做匀速直线运动， 故 A 错误，B 正确．当 B2＝2B1 时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安 培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安 培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动．设棒匀速运动速度大小为 v′.在左侧磁场中， 有 F＝B2 1L2v R ，在右侧磁场中匀速运动时，有 F＝B2 2L2v′ R ＝（2B1）2L2v′ R ，可得 v′＝1 4 v，即棒最后以速度 1 4 v 做匀速直线运动，故 C、D 错误． 6．(多选)如图甲所示，光滑的平行导轨 MN、PQ 固定在水平面上，导轨表面上放着光滑导体棒 ab、cd， 两棒之间用绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直．现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向 下为正，磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示，t1＝2t0，不计 ab、cd 间电流的相互作用，不计 导轨的电阻，每根导体棒的电阻为 R，导轨间距和绝缘细杆的长均为 L.下列说法正确的是(ABD) A．t＝t0 时轻杆既不被拉伸也不被压缩 B．在 0～t1 时间内，绝缘细杆先被拉伸后被压缩 C．在 0～t1 时间内，abcd 回路中的电流方向是先顺时针后逆时针 D．若在 0～t1 时间内流过导体棒的电量为 q，则 t1 时刻的磁感应强度大小为qR L2 【解析】t＝t0 时，ab、cd 中有感应电流，但磁感应强度为 0，故安培力为 0，杆中没有作用力，A 对； 0～t0，回路中磁通量向下减小，t0～t1，磁通量向上增大，根据楞次定律，感应电流一直为顺时针，根据 “增缩减扩”原理，回路先有扩张，后有收缩趋势，故杆先被拉伸后被压缩，B 对，C 错；q＝ I－t＝ E－ 2R t＝ ΔΦ 2R ，设 t1 时刻磁感应强度为 B，则ΔΦ＝2BS＝2BL2，所以 B＝qR L2 ，D 对． 考点 4 ► 电磁感应中的能量问题 【p189】 夯实基础 1．电磁感应现象的实质是__其他形式的能__转化成电能． 2．感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力__做功__，将__其他形式的能__转化为__电能__，(或 者说安培力做的负功的绝对值等于产生的电能)电流做功再将电能转化为__其他形式的能__． 3．电流做功产生的热量用焦耳定律计算，公式为 Q＝__I2Rt__． 考点突破 例 6 如图所示，在倾角为 30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为 L，下端接有 阻值为 R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与斜面垂直(图中未画出)．质量为 m、 长度为 L，阻值大小也为 R 的金属棒 ab 与固定在斜面上方的劲度系数为 k 的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长 并被锁定．现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度 v0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒 始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g，弹簧弹性势能为 Ep＝1 2 kx2(x 为弹簧形变量)．在上述过程中( ) A．开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为BLv0 2 B．通过电阻 R 的最大电流一定是BLv0 2R C．通过电阻 R 的总电荷量为mgBL 4kR D．回路产生的总热量等于 1 2 mv2 0＋m2g2 4k 【解析】开始时金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv0，金属棒与导轨接触点间的电压：U＝ IR＝ E 2R ×R＝1 2 E＝BLv0 2 ，故 A 正确；金属棒开始向下运动时做加速运动，当金属棒的速度最大时感应电流最 大，金属棒的最大速度大于 v0，最大电流大于BLv0 2R ，故 B 错误；最终金属棒静止，此时由平衡条件得：mgsin 30°＝kx，此时弹簧的伸长量：x＝mg 2k ，通过 R 的总电荷量：q＝ΔФ 2R ＝BLx 2R ＝mgBL 4kR ，故 C 正确；由能量守 恒定律得：1 2 mv2 0＋mgxsin 30°＝Q＋1 2 kx2，解得：Q＝1 2 mv2 0＋mgxsin 30°－1 2 kx2＝1 2 mv2 0＋m2g2 8k ，故 D 错误． 【答案】AC 例 7 如图所示，两根平行光滑的金属导轨 MN、PQ 放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为 L，电阻 不计．水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B.导体棒 a 和 b 的质量均为 m， 电阻值分别为 Ra＝R，Rb＝2R.b 棒放置在水平导轨上且距弯曲轨道底部 L0 处，a 棒在弯曲轨道上距水平面 h 高度处由静止释放．运动过程中导轨棒和导轨接触良好且始终和导轨垂直，重力加速度为 g.求： (1)a 棒刚进入磁场时受到的安培力； (2)从 a 棒开始下落到最终稳定的过程中，a 棒上产生的内能． 【解析】(1)设 a 棒刚进入磁场时的速度为 v，从开始下落到刚进入磁场： mgh＝1 2 mv2 a 棒切割磁感线产生感应电动势 E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律 I＝ E R＋2R a 棒受到的安培力 F＝BIL F＝B2L2 2gh 3R (2)a、b 棒均受安培力作用，大小相等，方向相反，所以 a 棒和 b 棒组成的系统动量守恒．设两棒最 终稳定速度为 v1， mv＝2mv1 a 棒产生内能为 Ea，b 棒产生内能为 Eb 根据能量守恒：1 2 mv2＝1 2 ×2mv2 1＋Ea＋Eb Eb＝2Ea Ea＝1 6 mgh 【小结】电磁感应中的能量转化问题 1．电磁感应中的能量转化特点 外力克服安培力做功，把机械能或其他能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其他 形式的能(如内能)．这一功能转化途径可表示为： 其他形式的能 ――→外力克服 安培力做功 电能 ――→电流 做功 其他形式的能（如内能） 2．电能求解思路主要有三种 (1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功． (2)利用能量守恒求解：其他形式的能的减少量等于产生的电能． (3)利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算． 针对训练 7．如图所示，下半部处在方向水平的匀强磁场中的光滑曲面，它与竖直平面的交线是抛物线，其抛 物线方程为 y＝x2，磁场理想上边界是 y＝a 的直线，一小金属块从抛物线 y＝b(b＞a)处，以速度 v 沿抛物 线下滑，假设抛物面足够大，则金属块在曲面上滑动的整个过程中生热为(D) A．mgb B.1 2 mv2 C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋1 2 mv2 【解析】在金属块进入磁场和穿出磁场时，切割磁感线的那部分金属块具有感应电动势，会向未切割 磁感线的那部分金属块供电，从而形成电流(涡流)．导致机械能转化成热能．由于整个金属块都在磁场中 运动时，金属块中只有感应电动势，不会有感应电流．所以只要金属块不再穿出磁场区域(金属块向外运 动到磁场上边界时，速度恰好为 0)，就不再会有机械能转化成热能．最终金属块在磁场内往复运动，到达 y＝a 处速度为 0.由能量守恒得：Q＝mg(b－a)＋1 2 mv2 8．如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为 L，左端接有阻值为 R 的电阻．处在方向竖直、磁感 应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m 的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽 略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度 v0.在沿导轨往复运动的过程中，导 体棒始终与导轨垂直并保持良好接触． (1)求初始时刻导体棒受到的安培力； (2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为 Ep，则这一过程中安培力所做的功 W1 和电阻 R 上产生的焦耳热 Q1 分别为多少？ (3)导体棒在往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻 R 上产生 的焦耳热 Q 为多少？ 【解析】(1)初始时刻棒中感应电动势：E＝BLv0 棒中感应电流：I＝E R ＝BLv0 R ，作用于棒上安培力 F＝BIL＝B2L2v0 R ，方向水平向左． (2)由功能关系可知：安培力做功：W1＝Ep－1 2 mv2 0， 由能量守恒，电阻 R 上产生的焦耳热：Q1＝1 2 mv2 0－Ep (3)由平衡条件可知，棒最终静止于初始位置，根据能量守恒则有：Q＝1 2 mv2 0 考点 5 ► 电磁感应中的动量问题 【p190】 夯实基础 电磁感应与动量的结合主要涉及两个模型： (1)单杆模型．对于单杆模型，主要与动量定理结合．如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作 用)，在磁场中的运动为变速运动，运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理 F－ 安Δt＝Δp，而 F－ 安Δt ＝B I－LΔt＝BLq，q＝NΔΦ R 总 ＝NBLx R 总 ，Δp＝mv2－mv1，由以上四式将流经杆电量 q、杆位移 x 及速度变化结 合一起． (2)双杆模型．对于双杆模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和为零，满足动量守恒的条件， 则与动量守恒定律结合考查较多． 考点突破 例 8 如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为 L，导轨电阻不计，左端接有阻值为 R 的电阻，导轨 处在磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场中．质量为 m、电阻不计的导体棒 ab，在垂直导体棒 的水平恒力 F 作用下，由静止开始运动，经过时间 t，导体棒 ab 刚好匀速运动，整个运动过程中导体棒始 终与导轨垂直并保持良好接触．在这个过程中，下列说法正确的是( ) A．导体棒 ab 刚好匀速运动时的速度 v＝ FR B2L2 B．通过电阻的电荷量 q＝ Ft 2BL C．导体棒的位移 x＝FtRB2L2－mFR2 B4L4 D．电阻放出的焦耳热 Q＝2tRF2B2L2－3mF2R2 2B4L4 【解析】导体棒匀速运动时满足 F＝F 安＝B2L2v R ，解得 v＝ FR B2L2，选项 A 正确；根据动量定理：Ft－B I－L·t ＝mv，而 I－t＝q，则 q＝Ft－mv BL ，选项 B 错误；又 q＝ΔΦ R ＝BLx R ，联立解得 x＝FtRB2L2－mFR2 B4L4 ，选项 C 正 确；根据能量关系，电阻放出的焦耳热 Q＝Fx－1 2 mv2，将 x 及 v 的值代入解得 Q＝2tRF2B2L2－3mF2R2 2B4L4 ，选项 D 正确． 【答案】ACD 例 9 如图所示，倾角为θ＝37°的斜面上固定平行导轨 MN，在斜面底端与水平面上的固定平行导轨 PQ 平滑连接，导轨间距 L＝0.3 m 且 PQ 足够长．斜面部分存在竖直向上的匀强磁场，水平面部分存在与斜 面平行的方向斜向上的匀强磁场，两部分磁感应强度 B 大小均为 1 T，在 h＝3 m 高处垂直导轨 MN 放置可 自由滑动的质量 m1＝12 g，电阻 R1＝1 Ω的导体棒 ab.在水平面上垂直导轨 PQ 放置被插销固定的质量 m2 ＝3 g，电阻 R2＝3 Ω的导体棒 cd，导体棒 ab、cd 分别与导轨 MN、PQ 接触良好．现由静止释放 ab，ab 在 到达斜面底端前已做匀速运动，当 ab 滑离斜面进入水平导轨时，立即拔下导体棒 cd 棒的插销，不计导轨 的摩擦及电阻，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度 g 取 10 m/s2)求： (1)ab 导体棒在水平面上运动时的最终速度； (2)ab 导体棒在斜面与水平面运动时整个回路产生的电能各是多少？ (3)ab 导体棒在斜面和水平面上运动时通过 ab 的电荷量各是多少？ 【解析】(1)设 ab 匀速下滑时的速度为 v1 产生的电动势 E＝BLv1cos θ ① 导体棒 ab 的电流 I＝ E R1＋R2 ② 导体棒的安培力 F＝BIL ③ 且 F＝m1gtan θ ④ 联立①②③④式得 v1＝m1g（R1＋R2）sin θ B2L2cos2θ ⑤ ab 进入水平轨道后，与 cd 系统动量守恒， 所以 m1v1＝(m1＋m2)v2 ⑥ 联立可得 v1＝5 m/s，v2＝4 m/s (2)导体棒在斜面上运动产生的电能 E1＝m1gh－1 2 m1v2 1 在水平面运动产生的电能 E2＝1 2 m1v2 1－1 2 (m1＋m2)v2 2 代入数据得 E1＝0.21 J；E2＝0.03 J (3)设 ab 棒在斜面上和水平面上运动时，通过 ab 棒的电荷量各为 q1、q2，ab 棒在斜面上运动时平均 电动势 E－＝ΔΦ Δt ，ΔΦ＝ BLh tan θ 通过的电荷量 q1＝ I－Δt＝ ΔΦ R1＋R2 代入数据得 q1＝0.3 C ab 棒在水平面上运动时∑BILsin θΔt＝BLq2sin θ＝m1(v1－v2) 代入数据解得 q2＝ 1 15 C＝0.067 C 【小结】电磁感应问题中应用动量定理时，有两种常见的列式形式．一是直接从安培力的公式出发， 得到安培力的冲量 I＝∑BIiLΔt＝BLq，这个公式对所有的电磁感应情形都适用．二是在导体棒切割磁感 线的情形中，还可将安培力的冲量写成 I＝∑B2L2vi R＋r Δt＝ B2L2 R＋r x，式中的 x 表示导体棒在这个过程中经过的 位移． 针对训练 9．(多选)如图所示，PQ 和 MN 是固定于水平面内电阻不计、间距 L＝1 m 的足够长平行光滑金属轨道， 质量均为 m＝0.2 kg，接入两轨道电阻值均为 R＝1 Ω的两金属棒 ab、cd 静置于轨道上，整个装置处在竖 直向上、磁感应强度 B＝0.4 T 的匀强磁场中，某时刻 cd 棒突然受到水平向右 I＝0.8 N·s 的瞬时冲量作 用开始运动，运动过程中金属棒始终与轨道垂直，接触良好，取重力加速度 g＝10 m/s2，下列说法正确的 是(AD) A．开始运动后，d 端电势始终比 c 端电势高 B．cd 棒开始运动的瞬间，d、c 两端的电势差 Udc＝1.6 V C．在整个运动过程中，电路 abcd 中产生的热量为 1.2 J D．在整个运动过程中，通过 ab 棒横截面的电荷量为 1 C 【解析】根据右手定则判断可知：cd 棒中感应电流方向从 c 到 d，则 d 端相当于电源的正极，电势高 于 c 端的电势，故 A 正确；cd 棒开始运动的瞬间，产生的感应电动势为：E＝BLv0，金属棒的速度为：v0 ＝I m ＝4 m/s，联立可得：E＝1.6 V，d、c 两端的电势差：Udc＝ E R＋R R＝0.8 V，故 B 错误；由题意可知最后 两根金属棒以相同的速度匀速运动且速度为 v，根据动量守恒可得：mv0＝2mv，解得：v＝2 m/s，根据能 量守恒可得产生的热量为：Q＝1 2 mv2 0－1 2 ×2mv2＝0.8 J，故 C 错误；对 cd 棒根据动量定理可得：BILΔt＝ mv0－mv，进一步可得：BLq＝mv0－mv，代入数据解得：q＝1 C，故 D 正确． 10．如图所示，两根间距为 l 的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部 分组成，其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，磁感应强度为 B，导轨水平段上静止放置一金属棒 cd， 质量为 2m，电阻为 2r.另一质量为 m，电阻为 r 的金属棒 ab，从圆弧段 M 处由静止释放下滑到 N 处进入水 平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段 MN 半径为 R，所对圆心角为 60°.求： (1)ab 棒在 N 处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？ (2)cd 棒能达到的最大速度是多少？ (3)cd 棒由静止到达到最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？ 【解析】(1)ab 棒由 M 下滑到 N 过程中机械能守恒， 故 mgR(1－cos 60°)＝1 2 mv2 解得 v＝ gR. 进入磁场区瞬间，回路中电流强度 I＝ E 2r＋r ＝Bl gR 3r . (2)ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd 棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度 v ′时，电路中电流为零，安培力为零，cd 达到最大速度．运用动量守恒定律得 mv＝(2m＋m)v′ 解得 v′＝1 3 gR. (3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量， 故 Q＝1 2 mv2－1 2 ·3mv′2，解得 Q＝1 3 mgR. 考 点 集 训 【p336】 A 组 1．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始 终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平 面垂直，棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段时间内，力 F 做的功与安培力做的功的代数和等于 (A) A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量 C．棒的重力势能增加量 D．电阻 R 上放出的热量 【解析】棒加速上升时受到重力，拉力 F 及安培力．根据功能关系可知力 F 与安培力做的功的代数和 等于棒的机械能的增加量，A 选项正确． 2．两条相互平行的光滑金属导轨，距离为 L，电阻不计．导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场， 导轨左侧接电容器 C，电阻 R1 和 R2，如图所示．垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆 AB 以一定的速度向右 匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动．在金属杆变速运动的过程中，下列说 法正确的是(B) A．R1 中无电流通过 B．R1 中电流一直从 e 流向 a C．R2 中电流一直从 a 流向 b D．R2 中电流先从 b 流向 a，后从 a 流向 b 【解析】开始时，金属杆 AB 以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：E＝BLv，电容器两端的带 电量为，Q＝CU＝CBLv，由右手定则知，R2 感应电流方向由 a 向 b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减 速运动至速度为零的过程中，Q＝CU＝CBLv 知，速度减小，极板带电量减小，R1 中有电流通过，方向由 e 流向 a，R2 中电流从 a 流向 b，故 A 错误；反向匀加速运动过程中，由右手定则知，R2 感应电流方向由 b 向 a，电容器反向充电，流经 R1 电流方向由 e 流向 a，故 B 正确，CD 错误． 3．(多选)如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直．规 定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度 B 随时间变化的规律如图乙所示．下面说法正确的是(AC) A．0～1 s 时间内和 5～6 s 时间内，导线框中的电流方向相同 B．0～1 s 时间内和 1～3 s 时间内，导线框中的电流大小相等 C．3～5 s 时间内，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直 AB 边指向 C 点一侧 D．1～3 s 时间内，AB 边受到的安培力不变 【解析】0～1 s 时间内穿过线圈的磁通量向外增加；5～6 s 时间内穿过线圈的磁通量向里减小，根 据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项 A 正确；B－t 图象的斜率等于磁感应强度的变化率，故 0～ 1 s 时间内和 1～3 s 时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，选项 B 错误；3～5 s 时间内， 磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直 AB 边指向 C 点一侧，选项 C 正确；1～3 s 时间内，感应电流大小不变，而磁场向外减弱，根据 F＝BIL 可 知，AB 边受到的安培力要减小，选项 D 错误． 4．(多选)如图所示，两条形有界磁场宽度均为 d＝0.5 m，磁感应强度大小均为 B＝4 T，方向垂直于 纸面，两磁场区域间距也为 d.在磁场区域的左边界处有一长 L＝1 m、宽 d＝0.5 m 的矩形导体线框，线框 总电阻为 R＝2 Ω，且线框平面与磁场方向垂直．现使线框以 v＝0.5 m/s 的速度匀速穿过磁场区域，若以 初始位置为计时起点，规定 B 垂直纸面向里为正，则以下关于线框所受的安培力大小 F 及穿过线框磁通量 Φ随时间 t 变化的四个图象正确的是(AD) 【解析】0～1 s 时，线框中产生的感应电动势 E＝Bdv＝1 V，由欧姆定律可知 I＝E R ＝0.5 A，由安培 力公式可知：F＝BId＝1 N；第 2 s 内，通过线框的磁通量不变，无感应电流，安培力为零；第 3 s 内， 线框左、右两边均切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向相同，故线框中总的感应电动势为 E′ ＝2Bdv＝2 V，由欧姆定律可知 I＝E′ R ＝1 A；线框左、右两边所受安培力均为：F1＝F2＝BI′d＝2 N，由 左手定则可知，两安培力方向相同，故安培力的合力为 4 N，A 正确，B 错误；当 t＝2.5 s 时，线框位移 x＝vt＝2.5d，此时通过线框的磁通量为零，C 错误，D 正确． 5．在如图所示的竖直平面内，在水平线 MN 的下方有范围足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线 框顶点 C 与 MN 重合，线框由静止释放，沿轴线 DC 方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完 全进入磁场过程中，关于线框运动的 v－t 图象，可能正确的是(C) 【解析】线框进入磁场过程受到的安培力 F＝BIL＝BBLv R L＝B2L2v R ，线框进入磁场过程中，切割磁感线 的有效长度 L 增大，安培力增大，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，则 a＝g－B2L2v mR ；线框由静止做加速运 动，由于 L、v 不断增大，加速度 a 减小，则线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动，加速度减小，v －t 图象的斜率减小．故 C 正确． 6．如图，MN 和 PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为 L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二 者平滑连接．右端接一个阻值为 R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为 d、方向竖直向上、磁感 应强度大小为 B 的匀强磁场．质量为 m、电阻也为 R 的金属棒从高度为 h 处静止释放，到达磁场右边界处 恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁 场区域的过程中(D) A．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh 2R B．通过金属棒的电荷量为BdL R C．克服安培力所做的功为 mgh D．金属棒产生的焦耳热为1 2 (mgh－μmgd) 【解析】金属棒下滑到底端时的速度为 v＝ 2gh，感应电动势 E＝BLv，所以流过金属棒的最大电流为 I＝BL 2gh 2R ，A 错；通过金属棒的电荷量为 q＝ΔΦ 2R ＝BLd 2R ，B 错；克服安培力所做的功为 W＝mgh－μmgd， C 错；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为1 2 (mgh－μmgd)．D 正确． 7．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为 2 m，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为 1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为 1 kg，电阻为 5 Ω， b 棒质量为 2 kg，电阻为 10 Ω.现给 a 棒一个水平向右的初速度 8 m/s，当 a 棒的速度减小为 4 m/s 时， b 棒刚好碰到了障碍物，经过时间 0.5 s 速度减为零(不反弹，且 a 棒始终没有与 b 棒发生碰撞)，下列说 法正确是(ABD) A．从上向下看回路产生逆时针方向的电流 B．b 棒在碰撞前瞬间的速度大小 2 m/s C．碰撞过程中 b 棒所受的平均作用力大小为 6 N D．b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离为 15 m 【解析】根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项 A 正确；系统动量守恒， 由动量守恒定律可知：mav0＝mava＋mbvb，解得 vb＝2 m/s，选项 B 正确；b 与障碍物碰撞时，由动量定理： －Ft＝0－mbvb 解得：F＝8 N，选项 C 错误；b 碰到障碍物后，a 做减速运动，直到停止，此时由动量定理： B I－LΔt＝mava，其中 I－Δt＝q＝ ΔΦ Ra＋Rb ＝ BLx Ra＋Rb 联立解得 x＝15 m，选项 D 正确． B 组 8．如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为 1 kg.它们在光滑水平面上，以 10 m/s 的速度进 入与线圈平面垂直、磁感应强度为 B 的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度 v 随车的位移 x 变化的 v－x 图象如图乙所示．则(B) A．线圈的长度 L＝15 cm B．磁场的宽度 d＝25 cm C．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为 0.4 m/s2 D．线圈通过磁场过程中产生的热量为 40 J 【解析】闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用， 将做减速运动，由乙图可知，L＝10 cm，故 A 错误；磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位 移，由乙图可知，5～15 cm 是进入的过程，15～30 cm 是完全在磁场中运动的过程，30～40 cm 是离开磁 场的过程，所以 d＝30 cm－5 cm＝25 cm，故 B 正确；根据 F＝BIL 及 I＝BLv R 得：F＝B2L2v R ，因为 v 是一个 变量，所以 F 也是一个变量，所以线圈不是匀加速运动，是变减速运动，故 C 错误；线圈通过磁场过程中 运用动能定理得： 1 2 mv2 2－1 2 mv2 1＝W 安，由乙图可知 v1＝10 m/s，v2＝2 m/s，代入数据得：W 安＝－48 J，所 以克服安培力做功为 48 J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为 48 J，故 D 错误．故选 B. 9．如图所示，两根足够长的直金属导轨 MN、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为 L.M、 P 两点间接有阻值为 R 的电阻．一根质量为 m、电阻为 r 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整 套装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨的电阻可忽略．让 ab 杆沿导轨 由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦． (1)在加速下滑过程中，当 ab 杆的速度大小为 v 时，求 ab 杆中的电流及其加速度的大小； (2)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值． 【解析】(1)ab 杆受力示意图如图所示 当速度为 v 时，感应电动势 E＝BLv，此时电路中电流 I＝ E R＋r ＝ BLv R＋r ab 杆受到的安培力 F＝BIL＝B2L2v R＋r 根据牛顿运动定律，有 ma＝mgsin θ－F＝mgsin θ－B2L2v R＋r ，a＝gsin θ－ B2L2v m（R＋r） . (2)当B2L2v R＋r ＝mgsin θ时，ab 杆达到最大速度 vm， 则 vm＝mg（R＋r）sin θ B2L2 . 10．如图(a)所示，一个电阻值为 R，匝数为 n 的圆形金属线圈与阻值为 2R 的电阻 R1 连接成闭合回路．线 圈的半径为 r1.在线圈中半径为 r2 的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为 t0 和 B0.导线的电阻不计．求 0 至 t1 时间内 (1)通过电阻 R1 上的电流大小和方向； (2)通过电阻 R1 上的电量 q 及电阻 R1 上产生的热量． 【解析】(1)由图象分析可知，0 至 t1 时间内ΔB Δt ＝B0 t0 由法拉第电磁感应定律有 E＝nΔΦ Δt ＝nΔB Δt ·S 而 S＝πr2 2 由闭合电路欧姆定律有 I1＝ E R1＋R 联立以上各式解得通过电阻 R1 上的电流大小为 I1＝nB0πr2 2 3Rt0 由愣次定律可判断通过电阻 R1 上的电流方向为从 b 到 a (2)通过电阻 R1 上的电量 q＝I1t1＝nB0πr2 2t1 3Rt0 通过电阻 R1 上产生的热量 Q＝I2 1R1t1＝2n2B2 0π2r4 2t1 9Rt2 0