【物理】2020届二轮复习专题13电磁感应专题练(信阳高中)

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文档介绍

【物理】2020届二轮复习专题13电磁感应专题练(信阳高中)

专题13电磁感应专题练 ‎1.如图所示,水平面内两光滑的平行金属导轨,左端与电阻R相连接,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好。今对金属棒施加一个水平向右的外力F,使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动,依次通过位置b和c。若导轨与金属棒的电阻不计,ab与bc的距离相等,关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是(  )‎ A.金属棒通过b、c两位置时,外力F的大小之比为:1:‎ B.金属棒通过b、c两位置时,电阻R的电功率之比为1:2‎ C.从a到b和从b到c的两个过程中,通过金属棒横截面的电荷量之比为2:1‎ D.从a到b和从b到c的两个过程中,电阻R上产生的热量之比为1:1‎ ‎2.关于电磁感应,下列说法中正确的是(  )‎ A.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大 B.穿过线圈的磁通量为零,感应电动势一定为零 C.穿过线圈的磁通量的变化越大,感应电动势越大 D.通过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大 ‎3.如图甲,间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动,F随t变化的规律如图乙。在0~t0时间内,棒从静止开始做匀加速直线运动。乙图中t0、F1、F2为已知,棒接入电路的电阻为R,轨道的电阻不计。则下列说法正确的是(  )‎ A.在t0以后,导体棒一直做匀速直线运动 B.导体棒最后达到的最大速度大小为 C.在0~t0时间内,导体棒的加速度大小为 D.在0~t0时间内,通过导体棒横截面的电量为 ‎4.如图1所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术.其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流,借助探测线圈测定涡电流的改变,从而获得构件内部是否断裂及位置的信息.如图2所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置,将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中,闭合开关S的瞬间,套环将立刻跳起.关于对以上两个运用实例理解正确的是(  )‎ A.涡流探伤技术运用了互感原理,跳环实验演示了自感现象 B.能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料 C.以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源 D.以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源 ‎5.如图在研究自感现象的实验中,用两个完全相同的灯泡a、b分别与有铁芯的线圈L和定值电阻R组成如图所示的电路(自感线圈的直流电组与定值电阻R的阻值相等),闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光.关于这个实验的下面说法中正确的是 A.闭合开关的瞬间,通过a灯的电流大于通过b灯的电流 B.闭合开关后,a灯先亮,b灯后亮 C.闭合开关,待电路稳定后断开开关,通过a灯的电流不大于原来的电流 D.闭合开关,待电路稳定后断开开关,通过b灯的电流大于原来的电流 ‎6.经过不懈的努力,法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象,他把两个线圈绕在同一个软铁环上,一个线圈A连接电池与开关,另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针,如图1所示,法拉第可观察到的现象有( )‎ A.当合上开关瞬间,小磁针偏转一下,随即复原 B.只要A线圈中有电流,小磁针就会发生偏转 C.A线圈接通并稳定后其电流越大,小磁针偏转角度也越大 D.当开关打开瞬间,小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转 ‎7.如图甲所示,梯形硬导线框abcd固定在磁场中,磁场方向与线框平面垂直,图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系,t=0时刻磁场方向垂直纸面向里。在0~5t0时间内,设垂直ab边向上为安培力的正方向,线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为 A. B. C. D.‎ ‎8.如图所示为三个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向外、向里和向外,磁场宽度均为L,在磁场区域的左侧边界处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,外力F向右为正。以下能正确反映感应电动势E和外力F随时间变化规律的图象有 A. B. C. D.‎ ‎9.匀强磁场中垂直放置一个圆形线圆,线圈的匝数n=100、面积S=0.1 m2、电阻r=1,线圈外接一个阻值R=9的电阻,规定如图甲所示磁场垂直于线圈向里为正方向,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是 A.0~1s内,线圈中感应电流为逆时针方向 B.1~2s内,线圈中感应电流为顺时针方向 C.0~1 s内,电阻R产生的焦耳热为1.44 J D.0~2s内,通过电阻R的电荷量为零 ‎10.足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置,导轨平面倾角为,导轨间距为L,导轨上、下两端分别连接阻值均为R的定值电阻,质量为m的金属棒ab放在导轨上,空间存在垂直于导轨平面向上磁感应强度为B的匀强磁场,闭合开关K,由静止释放金属棒,金属棒运动过程中始终与导轨垂直,金属棒接入电路的电阻为R,导轨电阻忽略不计,当金属棒沿导轨向下运动x距离时,金属棒的加速度恰好为零,重力加速度为g;则金属棒沿导轨向下运动x距离的过程中 A.金属棒的最大速度为 B.金属棒产生的焦耳热为 C.通过金属棒截面的电量为 D.当金属棒加速度为零时断开开关K,金属棒将继续沿导轨向下做加速运动 ‎11.如图甲所示,空间中存在垂直纸面的匀强磁场,取垂直纸面向里为正方向。一圆形金属线圈放在纸面内,取线圈中感应电流沿顺时针方向为正。某时刻开始计时,线圈中感应电流如图乙所示,则该匀强磁场磁感应强度随时间变化的图线可能是丙图中的 A. B. C. D.‎ ‎12.在探究电磁感应现象的实验中:‎ ‎(1)首先要确定电流表指针偏转方向与电流方向间的关系.实验中所用电流表量程为100 μA,电源电动势为1.5 V,待选的保护电阻有三种R1=20 kΩ,R2=1 kΩ,R3=100 Ω,应选用电阻______(选填R1、R2、R3);‎ ‎(2)已测得电流表指针向右偏时,电流是由正接线柱流入.由于某种原因,螺线管线圈绕线标识已没有了,现通过实验查找绕线方向.当磁铁N极插入线圈时,电流表指针向左偏,如图甲所示,则图乙所示线圈的绕线方向正确的是________图(填“左”或“右”);‎ 图甲 图乙 ‎ ‎(3)若将条形磁铁S极放在下端,从螺线管中拔出,这时电流表的指针应向________偏(填“左”或“右”).‎ ‎13.在研究电磁感应现象时,实验室备有如图所示的实验器材。‎ ‎(1)请用笔画线代替导线将图中已连接了一条导线的实验器材连接起来,构成实验电路图________。‎ ‎(2)若连接滑动变阻器的另一根导线接在右上方接线柱上,并且在开关闭合瞬间电流计的指针向右偏,则闭合开关后将滑片向右移动,则电流计的指针将____________(填“向左”“向右”或“不”)偏转。在将A线圈拔出来的过程中,电流计的指针将____________(填“向左”“向右”或“不”)偏转。‎ ‎(3)连接好电路后,闭合开关俯视原副线圈,若A线圈中的电流为顺时针方向,则在闭合开关瞬间B线圈中的电流为__________(填“顺”或“逆”)时针方向。‎ ‎14.如图所示,一对平行光滑轨道放置在水平面上,两轨道相距l=1m,左端用R=3Ω的电阻连接,一质量m=0.5kg、电阻r=1Ω的导体棒与两轨道垂直,静止放在轨道上,轨道的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B=2T 的匀强磁场中,磁场方向垂直轨道平面向上,现用水平恒力F 沿轨道向右拉导体棒,导体棒由静止开始运动,当导体棒开始做匀速运动时,电阻消耗的功率为3W。求:‎ ‎(1)水平恒力F;‎ ‎(2)导体棒匀速运动的速度;‎ ‎(3)从静止开始到开始匀速运动的过程中导体棒位移s=2m,求电阻R 产生的焦耳热。‎ ‎15.如图所示中和为在同一竖直平面内的金属导轨,处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里。导轨的段与段是竖直的,距离为;段与段也是竖直的,距离为。和为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆,质量分别为m1和m2,它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R。F为作用于金属杆上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时,已匀速向上运动,求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路上的热功率。‎ ‎16.如图甲所示,一质量m=0. 06kg的金属棒垂直放在倾角的导轨上,导轨间的距离l=0. 2m,金属棒与导轨间的动摩擦因数,导轨处于垂直导轨平面向下的有界匀强磁场中,磁场的下边界与金属棒平行且距金属棒的距离x=3m,磁感应强度B随时间t的变化图象如图乙所示,已知时刻金属棒开始运动,g=10m/s2,sin37°=0. 6,电阻,其余电阻不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。‎ ‎(1)求t0的值;‎ ‎(2)从金属棒开始运动的t0时刻起,给金属棒施加一个外力,让金属棒以v ‎=0.1m/s的速度匀速下滑,则磁感应强度B随时间t怎么变化才能保证金属棒中没有电流,试写出接下来磁感应强度B随时间t变化的关系式。‎ ‎17.如图所示,固定于水平面上的金属框架cdef处在竖直向下的匀强磁场中.金属棒ab搁在框架上,可在框架上无摩擦滑动,t=0时,磁感应强度为B0,此时abed构成一个边长为L的正方形,已知金属棒MN的电阻为r,金属框架ed段的电阻也为r,其他电阻不计.‎ ‎(1)若金属棒ab保持静止,磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化,求棒中感应电流大小及方向.‎ ‎(2)若从t=0时刻起,磁感应强度逐渐减小,当棒以恒定速度v向右做匀速运动时,为使棒中不产生感应电流,则磁感强度应随时间如何变化?请推导B与t的关系式 参考答案 ‎1.B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ B、金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动,根据v2=2ax知,通过b、c两个位置的速度比为,根据E=BLv知,金属棒经过b、c两个位置产生的感应电动势之比为,根据知,电阻R的电功率之比为1:2;故B正确.‎ A、金属棒经过b、c两个位置电动势之比为,所以电流之比为,由F=BIL知金属棒所受安培力之比为,根据牛顿第二定律,有F-FA=ma,FA=F-ma,所以外力F的大小之比不等于;故A错误.‎ C、由,△Φab=△Φbc,则qab=qbc,通过金属棒横截面的电荷量之比为1:1;故C错误.‎ D、根据能量守恒定律,热量为:;同理Qbc=Fxbc-maxbc,加速度相等,ab、bc的位移相等,但F不等,所以产生的热量不等;故D错误.‎ 故选B.‎ ‎2.D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.穿过线圈的磁通量越大,而磁通量变化率不一定越大,则感应电动势也无法确定,故A项与题意不相符;‎ B.穿过线圈的磁通量为零,可能磁通量变化率最大,则感应电动势也会最大,故B项与题意不相符;‎ C.穿过线圈的磁通量的变化越大,而磁通量变化率不一定越大,则感应电动势也无法确定。故C项与题意不相符;‎ D.通过线圈的磁通量变化越快,感应电动势也越大,故D项与题意相符。‎ ‎3.D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.因在0﹣t0时间内棒做匀加速直线运动,故在t0时刻F2大于棒所受的所受的安培力,在t0以后,外力保持F2不变,安培力逐渐变大,导体棒做加速度越来越小的加速运动,当加速度a=0,即导体棒所受安培力与外力F2相等后,导体棒做匀速直线运动,故A错误.‎ B.根据平衡条件可得FA=F2,而FA=BIL=,解得,故B错误;‎ C.设在0﹣t0时间内导体棒的加速度为a,导体棒的质量为m,t0时刻导体棒的速度为v,通过导体棒横截面的电量为q,则有:a= ①‎ F2﹣=ma…②‎ F1=ma…③‎ 由①②③解得:,故C错误;‎ D.根据电荷量的经验公式可得q=…④‎ 而△Φ=B△S=BLt0…⑤‎ 由②③④⑤解得:q=,故D正确。‎ ‎4.B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流,借助探测线圈测定涡电流的改变;跳环实验演示线圈接在直流电源上,闭合开关的瞬间,穿过套环的磁通量仍然会改变,套环中会产生感应电流,会跳动,属于演示楞次定律。故A错误。 ‎ B、无论是涡流探伤技术运,还是演示楞次定律,都需要产生感应电流,而感应电流产生的条件是在金属导体内。故B正确。 ‎ CD、金属探伤时,是探测器中通过交变电流,产生变化的磁场,当金属处于该磁场中时,该金属中会感应出涡流;演示楞次定律的实验中,线圈接在直流电源上,闭合开关的瞬间,穿过套环的磁通量仍然会改变,套环中会产生感应电流,会跳动。故C错误,D错误。‎ ‎5.C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 闭合开关的瞬间,由于线圈中自感电动势的阻碍,通过a灯的电流小于通过b灯的电流。故A错误。‎ B. 闭合开关后,b灯立即正常发光,b灯由于线圈中自感电动势的阻碍,电流逐渐增大,慢慢亮起来。故B错误。‎ C. 闭合开关,待电路稳定后断开开关,b灯中原来电流立即减为零,线圈L产生自感电动势,使a中电流逐渐从原来值减小到零,则通过a灯的电流不大于原来的电流,通过b灯的电流也不大于原来的电流,故C正确,D错误 ‎6.A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据右手螺旋定则判断原磁场方向,然后根据楞次定律判断感应电流的磁场方向,最后再根据右手螺旋定则判断感应电流方向并得到小磁针是否偏转;‎ ‎(2)电磁感应现象发生的条件是:闭合导体回路,磁通量发生改变.‎ ‎【详解】‎ 闭合电键后,线圈中的磁场方向为顺时针,且增加,故根据楞次定律,感应电流的磁场为逆时针方向,故右侧线圈中感应电流方向俯视逆时针,故直导线有电流,小磁针旋转一下,电路稳定后,无感应电流,小磁针不偏转;同理当断开瞬间时,根据楞次定律,结合右手螺旋定则可知,小磁针的偏转方向与接触瞬间的方向相反,故A正确,D错误;只有电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流,即原磁场变化时才有感应电流,故产生感应电流的条件是:穿过闭合回路中磁通量发生变化,而与线圈的电流大小无关,而是与电流变化大小有关,故BC错误。故选A。‎ ‎7.D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势,根据欧姆定律求解感应电流,根据安培力公式F=BIL求解安培力;根据楞次定律判断感应电流的方向,再由左手定则判定安培力的方向,即可求解。‎ ‎【详解】‎ ‎0﹣2t0,感应电动势为:E1=SS,为定值,3t0﹣5t0,感应电动势为:E2=SS,也为定值,因此感应电流也为定值,那么安培力F=BIL∝B,由于0﹣t0,B逐渐减小到零,故安培力逐渐减小到零,根据楞次定律,可知,线圈中感应电流方向顺时针,依据左手定则,可知,线框ab边受到安培力方向向上,即为正;同理,t0﹣2t0,安培力方向向下,为负,大小增大,而在2t0﹣3t0,没有安培力;在3t0﹣4t0,安培力方向向上,为正,大小减小;在4t0﹣5t0,安培力方向向下,为负,大小增大,故D正确,ABC错误。‎ ‎8.AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据楞次定律判断可知,安培力阻碍导体与磁场间的相对运动,所以线框所受的安培力方向向左,由平衡条件得知外力方向一直向右,为正;‎ 在时间内,线框通过左边的磁场,根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿顺时针,为负值。产生的感应电动势为:‎ 感应电流为:‎ 外力等于安培力,为:‎ ‎;‎ 在时间内,线框从左边磁场进入中间磁场,线框的左边和右边都产生磁感线产生感应电动势,根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿逆时针,为正值。回路中总的感应电动势为:‎ 感应电流为:‎ 外力等于安培力,为:‎ ‎;‎ 在时间内,线框从中间磁场进入右边磁场,线框的左边和右边都产生磁感线产生感应电动势,根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿顺时针,为负值。回路中总的感应电动势为:‎ 感应电流为:‎ 外力等于安培力,为:‎ ‎;‎ 在时间内,从右边磁场穿出,根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿逆时针,为正值。产生的感应电动势为:‎ 感应电流为:‎ 外力等于安培力,为:‎ 所以根据数学知识可知,选项AD正确,BC错误。‎ ‎9.AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB.由图可知,0~1s内,通过线圈向上的磁通量变小,由楞次定律可得:线圈产生的感应电流为逆时针,同理,1~2s内,感应电流为逆时针,故A正确,B错误;‎ C.由法拉第电磁感应定律:‎ ‎,‎ 由闭合电路欧姆定律,可知电路中的电流为:‎ ‎,‎ 所以线圈电阻r消耗的功率 ‎,‎ 故C正确;‎ D.前0~2s内,通过R的电荷量 ‎,‎ 故D错误;‎ ‎10.BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.金属棒的加速度为零时,由 求得 ‎.‎ 选项A错误;‎ C.通过金属棒的电量 C项错误;‎ B.由能量守恒可得金属棒减少的重力势能转化为动能和系统发热,则金属棒中产生的焦耳热为 ‎.‎ B项正确;‎ D.当金属棒加速度为零时断开电键,电路中的总电阻增大,电流减小,安培力减小,金属棒将继续沿导轨向下做加速运动,D项正确。‎ ‎11.BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.在0-1s时间内,穿过线圈的磁通量先向外减小,后向里增加,由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向(负方向)的感应电流,则与题目中的i-t图像不相符,选项A错误;‎ B.在0-1s时间内,穿过线圈的磁通量向外增加,由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向(正方向)的感应电流,因,则此过程中电流恒定不变;在1-2s时间内磁通量不变,则感应电流为零;在2- 4s时间内,则穿过线圈的磁通量向外减小,由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向(负方向)的感应电流,因,则此过程中电流恒定不变且等于0-1s内电流的一半;与题目中的i-t图像相符,选项B正确;‎ C.在0-1s时间内,穿过线圈的磁通量向里增加,由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向(负方向)的感应电流,则与题目中的i-t图像不相符,选项C错误;‎ D.在0-1s时间内,穿过线圈的磁通量向里减小,由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向(正方向)的感应电流,因,则此过程中电流恒定不变;在1-2s时间内磁通量不变,则感应电流为零;在2- 4s时间内,则穿过线圈的磁通量向里增加,由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向(负方向)的感应电流,因,则此过程中电流恒定不变且等于0-1s内电流的一半;与题目中的i-t图像相符,选项D正确;‎ ‎12.R1 左 左 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由闭合电路欧姆定律,则有:,R1>R.不会使电流表超过量程,达到保护的作用.选20kΩ的电阻R1‎ ‎. (2)已测得电流表指针向右偏时,电流是由正接线柱流入,当磁铁N极插入螺线管时,根据楞次定律,感应电流的磁场阻碍磁通量的增加,螺线管上端应为N极,下端为S极,又电流表指针向左偏,可知电流方向是由正电流表接线柱流出至螺线管上端接线柱,由安培定则可判断螺线管的绕线方向如图2中左图所示. (3)若将条形磁铁S极在下端,从螺线管中拨出时,感应电流磁场方向为阻碍磁通量的减少,螺线管上端应为N极,下端为S极,由螺线管的绕线方向可以判定电流是从电流表的负接线柱流入,故指针向左偏.‎ ‎13.图见解析; 向右; 向左; 逆 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 第一空.电路连接如图;‎ 第二空. 若连接滑动变阻器的另一根导线接在右上方接线柱上,并且在开关闭合瞬间电流计的指针向右偏,说明穿过线圈的磁通量增加时指针右偏;则闭合开关后将滑片向右移动,电路中的电阻减小,电流变大,穿过线圈的磁通量增加,则电流计的指针将向右偏转。‎ 第三空. 在将A线圈拔出来的过程中,穿过线圈的磁通量减小,则电流计的指针将向左偏转。‎ 第四空.当闭合开关瞬间,穿过线圈的磁通量增加,则感应电流的磁场阻碍磁通量增加,则B线圈中感应电流方向与A中电流方向相反,可知因A中电流为顺时针方向,则B线圈中的电流为逆时针方向。‎ ‎14.(1)2N (2)2m/s (3)2.25J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电功率的计算公式求解电流强度,根据共点力的平衡条件求解拉力;根据闭合电路的欧姆定律可得回路中感应电动势,根据法拉第电磁感应定律求解速度大小;根据动能定理求解克服安培力做的功,根据功能关系和能量分配关系求解电阻R上产生的焦耳热.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)匀速时,导体杆受到恒力和安培力平衡 ‎ 解得:F=2N ‎ ‎(2)电阻R消耗的功率:‎ 匀速时导体杆切割磁感线的速度为v ‎ ‎ 对于感应电路 ‎ 联立得:v=2m/s ‎ ‎(3)从静止到匀速运动过程中 ‎ 设电路产生的焦耳热为Q,由能量守恒知道:‎ 设电阻R产生的焦耳热QR ‎ ‎ 解得:QR=2.25J ‎【点睛】‎ 对于电磁感应问题研究思路常常有两条:一条从力的角度,重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题,根据平衡条件列出方程;另一条是能量,分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解.‎ ‎15.;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设金属杆向上运动的速度为v,因杆的运动,两杆与导轨构成的回路的面积减少,从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势的大小 回路中的电流 方向沿着顺时针方向 两金属杆都要受到安培力的作用,作用于杆x1y1的安培力为,方向向上;作用于杆x2y2的安培力为,方向向下。当金属杆作匀速运动时,根据牛顿第二定律有 解以上各式,得 ‎ 作用于两杆的重力的功率 电阻上的热功率。‎ ‎16.(1)3.75s(2)B=(3.75s<t<33.75s)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由楞次定律可知回路中产生逆时针方向的感应电流,由左手定则可知金属棒受到沿斜面向下的安培力,由法拉第电磁感应定律得:‎ ‎ E=lx=0.4×0.2×3V=0.24V 对金属棒进行受力分析如图所示。‎ 金属棒开始运动时有:mgsinθ+B0Il=μmgcosθ 联立解得:B0=1.5T t0=s=3.75s ‎(2)金属棒开始运动时 B0=1.5T,要保证金属棒中没有电流,只要保证磁场的下边界和金属棒围成的区域内磁通量与t0时刻磁通量相等,即:‎ ‎ B0lx=Bl(x-v△t)‎ ‎△t=t-t0‎ 解得:B=‎ 金属棒穿过磁场的时间 因此金属棒在磁场中运动的时间为3.75s<t<33.75s ‎17.(1);由b到a(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)感应电动势E=‎ 感应电流I=‎ 由右手定则可知电流由b到a ‎ ‎(2)要使线框中没有感应电流,则总磁通量不变,则有:‎ 解得:‎
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