物理第十章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十二 電磁感應(yīng)的綜合問題

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1、第十章第十章 電磁感應(yīng)電磁感應(yīng)專題強(qiáng)化十二電磁感應(yīng)的綜合專題強(qiáng)化十二電磁感應(yīng)的綜合問題問題過好雙基關(guān)1.題型簡述題型簡述借助圖象考查電磁感應(yīng)的規(guī)律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為兩類：(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖象；(2)由給定的圖象分析電磁感應(yīng)過程，定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖象.常見的圖象有Bt圖、Et圖、it圖、vt圖及Ft圖等.2.解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵. 命題點一電磁感應(yīng)中的圖象問題能力考點師生共研能力考點師生共研3.解題步驟解題步驟(1)明確圖象的種類，即是Bt

2、圖還是t圖，或者Et圖、It圖等；(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖象或判斷圖象.4.兩種常用方法兩種常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯誤的選項.(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進(jìn)行分析和判斷.例例1(多選)(2017河南六市一模

3、)邊長為a的閉合金屬正三角形輕質(zhì)框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直于框架平面向里的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場，如圖1所示，則下列圖象與這一拉出過程相符合的是答案解析圖1P外力功率F外力vF外力x2，B項正確.變式變式1(2017江西南昌三校四聯(lián))如圖2所示，有一個矩形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里.一個三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速到位置2(右).取線框剛到達(dá)磁場邊界的時刻為計時起點(t0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是答案解析圖2解析解析線框進(jìn)入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場

4、向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為逆時針，電流方向應(yīng)為正方向，故B、C錯誤；線框進(jìn)入磁場的過程，線框切割磁感線的有效長度先均勻增大后均勻減小，由EBLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減??；線框完全進(jìn)入磁場后，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為順時針，電流方向應(yīng)為負(fù)方向，線框切割磁感線的有效長度先均勻增大后均勻減小，由EBLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減小，故A正確，D錯誤.答案變式變式2(2017河北唐山一模)如圖3所示，在水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌左端接一定值電阻R，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，整

5、個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中.現(xiàn)給導(dǎo)體棒一向右的初速度，不考慮導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻，下列圖線中，導(dǎo)體棒速度隨時間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導(dǎo)體棒位移的變化描述正確的是圖3解析1.題型簡述題型簡述感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運(yùn)動定律、動能定理等). 命題點二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題能力考點師生共研能力考點師生共研2.兩種狀態(tài)及處理方法兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)

6、行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析3.動態(tài)分析的基本思路動態(tài)分析的基本思路解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下：例例2(2016全國卷24)如圖4，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t0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.t0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，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

7、運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大??；圖4答案解析解析解析設(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Fmgma 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vat0 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)定律知產(chǎn)生的電動勢為EBlv 聯(lián)立式可得(2)電阻的阻值.解析解析設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為F安BlI 因金屬桿做勻速運(yùn)動，有FmgF安0 答案解析變式變式3(2017江淮十校三模)寬為L的兩光滑豎直裸導(dǎo)軌間接有固定電阻R，導(dǎo)軌(電阻忽略不計)間、區(qū)域中有垂直紙面向里寬為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，、

8、區(qū)域間距為h，如圖5，有一質(zhì)量為m、長為L、電阻不計的金屬桿與豎直導(dǎo)軌緊密接觸，從距區(qū)域上端H處由靜止釋放.若桿在、區(qū)域中運(yùn)動情況完全相同，現(xiàn)以桿由靜止釋放為計時起點，則桿中電流隨時間t變化的圖象可能正確的是圖5答案解析解析解析桿在、區(qū)域中運(yùn)動情況完全相同，說明產(chǎn)生的感應(yīng)電流也應(yīng)完全相同，排除A和C選項.變式變式4(2017上海單科20改編)如圖6，光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，與水平面夾角為，兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面.質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運(yùn)動，然后又返回到出發(fā)位置.在運(yùn)動過程中，ab與導(dǎo)

9、軌垂直且接觸良好，不計ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力.(1)求ab開始運(yùn)動時的加速度a的大?。淮鸢附馕鰣D6答案答案見解析解析解析利用楞次定律，對初始狀態(tài)的ab受力分析得：mgsin BILma 對回路分析聯(lián)立得(2)分析并說明ab在整個運(yùn)動過程中速度、加速度的變化情況.答案答案見解析答案解析解析解析上滑過程：由第(1)問中的分析可知，上滑過程加速度大小表達(dá)式為：上滑過程，a、v反向，做減速運(yùn)動.利用式，v減小則a減小，可知，桿上滑時做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動.下滑過程：由牛頓第二定律，對ab受力分析得：因a下與v同向，ab做加速運(yùn)動.由得v增加，a下減小，桿下滑時做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動.1.題

10、型簡述題型簡述電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的.安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程.2.解題的一般步驟解題的一般步驟(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；(2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解. 命題點三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題能力考點師生共研能力考點師生共研3.求解電能應(yīng)分清兩類情況求解電能應(yīng)分清兩類情況(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進(jìn)行計算.(2)若電流變化，則利用安

11、培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能.例例3如圖7所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成.傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為，在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻.質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的勻強(qiáng)磁場.閉合開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿MN運(yùn)動到水平軌道前，已達(dá)到最大速度，不計導(dǎo)軌電阻且金屬桿MN兩端始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力

12、加速度為g.求：(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率vm；圖7答案解析答案答案見解析解析解析金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時，其受到的合力為零，對其受力分析，可得mgsin BImL0根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律可得：(2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動，速度未達(dá)到最大速度vm前，當(dāng)流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q，求這段時間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q；答案解析答案答案見解析解析解析設(shè)在這段時間內(nèi)，金屬桿MN運(yùn)動的位移為x由電流的定義可得：q t設(shè)此過程中，電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q熱，由功能關(guān)系可得：mgxsin Q熱 mv02(3)金屬桿M

13、N在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離xm.答案解析答案答案見解析解析解析設(shè)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行時的加速度大小為a，速度為v時回路電流為I，由牛頓第二定律得：BILma變式變式5(多選)(2017山東濰坊中學(xué)一模)如圖8所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直豎直面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域.開始時，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動.不計摩擦和空氣阻力，

14、重力加速度為g，則A.a、b兩個線框勻速運(yùn)動時的速度大小為B.線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間為C.從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD.從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl圖8答案解析從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a只在其勻速進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生焦耳熱，設(shè)為Q，由功能關(guān)系有2mglFTlQ，得Qmgl，故C正確.變式變式6如圖9所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻.質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下.當(dāng)

15、該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I；圖9答案解析解析解析MN剛掃過金屬桿時，感應(yīng)電動勢EBdv0(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；答案解析解析解析安培力FBId由牛頓第二定律得Fma(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P.答案解析解析解析金屬桿切割磁感線的相對速度vv0v，則感應(yīng)電動勢EBd(v0v)課時作業(yè)1.將一段導(dǎo)線繞成如圖1甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi).回路的ab邊置于垂直紙面向里為

16、勻強(qiáng)磁場中.回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場，以向里為磁場的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示.用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是雙基鞏固練雙基鞏固練圖112345678答案解析12345678123456782.如圖2所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過一個方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場僅限于虛線邊界所圍的區(qū)域，該區(qū)域的形狀與金屬框完全相同，且金屬框的下邊與磁場區(qū)域的下邊在一直線上.若取順時針方向為電流的正方向，則金屬框穿過磁場的過程中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象是圖2答案解析12345678解析解析在金屬框進(jìn)入磁

17、場過程中，感應(yīng)電流的方向為逆時針，金屬框切割磁感線的有效長度線性增大，排除A、B；在金屬框出磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，金屬框切割磁感線的有效長度線性減小，排除D，故C正確.123456783.(多選)(2017山東泰安二模)如圖3甲所示，間距為L的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，軌道左側(cè)連接一定值電阻R.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在平行導(dǎo)軌的水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示.在0t0時間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動.圖乙中t0、F1、F2為已知量，棒和導(dǎo)軌的電阻不計.則A.在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運(yùn)動B.在t0以后，導(dǎo)體棒先

18、做加速，最后做勻速 直線運(yùn)動C.在0t0時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為D.在0t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為圖3答案解析12345678解析解析因在0t0時間內(nèi)棒做勻加速直線運(yùn)動，故在t0時刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度a0，即導(dǎo)體棒所受安培力與外力F2相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，故A錯誤，B正確.123456784.如圖4所示的勻強(qiáng)磁場中有一根彎成45的金屬線POQ，其所在平面與磁場垂直，長直導(dǎo)線MN與金屬線緊密接觸，起始時OAl0，且MNOQ，所有導(dǎo)線單位長度電阻均為r，MN勻速水平向右運(yùn)動的速度為v

19、，使MN勻速運(yùn)動的外力為F，則外力F隨時間變化的規(guī)律圖象正確的是答案圖4解析12345678123456785.(多選)(2017河南三市二模)如圖5所示，一根總電阻為R的導(dǎo)線彎成寬度和高度均為d的“半正弦波”形閉合線框.豎直虛線之間有寬度也為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于線框所在的平面.線框以速度v向右勻速通過磁場，ab邊始終與磁場邊界垂直.從b點到達(dá)邊界開始到a點離開磁場為止，在這個過程中A.線框中的感應(yīng)電流先沿逆時針方向后沿順時針方向B.ab段直導(dǎo)線始終不受安培力的作用圖5答案解析12345678解析解析整個過程中閉合線框中的磁通量先增大后減小，由楞次定律和安培定則可判定A正確

20、.ab段導(dǎo)線中有電流通過且與磁場垂直，故其受安培力的作用，B錯誤.由于整個過程中磁通量變化量為0，故平均感應(yīng)電動勢為0，C錯誤.123456786.(2016全國卷24)如圖6，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑

21、.求：(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??；綜合提升練綜合提升練圖6答案解析答案答案mg(sin 3cos )12345678解析解析由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運(yùn)動.設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為FT，右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為FN2，對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得2mgsin FN1FTFFN12mgcos 12345678對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsin FN2FTFTFN2mgcos 聯(lián)立式得：Fmg(sin 3cos )

22、12345678(2)金屬棒運(yùn)動速度的大小.解析解析設(shè)金屬棒運(yùn)動速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動勢為EBLv 安培力FBIL 聯(lián)立得：答案解析123456787.如圖7所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置且固定，兩導(dǎo)軌間距為L，與水平面間的夾角為，導(dǎo)軌下端有垂直于軌道的擋板(圖中未畫出)，上端連接一個阻值R2r的電阻，整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場中，兩根相同的金屬棒ab、cd放在導(dǎo)軌下端，其中棒ab靠在擋板上，棒cd在沿導(dǎo)軌平面向上的拉力作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動.已知每根金屬棒質(zhì)量為m、長度為L、電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好.求

23、：(1)經(jīng)多長時間棒ab對擋板的壓力變?yōu)榱悖粓D7答案解析12345678解析解析棒ab對擋板的壓力為零時，受力分析可得BIabLmgsin 設(shè)經(jīng)時間t0棒ab對擋板的壓力為零，棒cd產(chǎn)生的電動勢為E，則EBLat012345678(2)棒ab對擋板壓力為零時，電阻R的電功率；答案解析解析解析棒ab對擋板壓力為零時，cd兩端電壓為UcdEIr12345678(3)棒ab運(yùn)動前，拉力F隨時間t的變化關(guān)系.答案解析解析解析對cd棒，由牛頓第二定律得FBILmgsin maEBLat123456788.(2016全國卷25)如圖8，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為

24、R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里.某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動.金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計.求：圖812345678(1)在t0到tt0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；答案解析12345678解析解析在金屬棒未越過

25、MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為BSktS 由法拉第電磁感應(yīng)定律有12345678由式得，在t0到tt0的時間間隔內(nèi)即tt0，流過電阻R的電荷量q的絕對值為12345678(2)在時刻t(tt0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小.答案解析12345678解析解析當(dāng)tt0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動，有FF安 式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力.設(shè)此時回路中的電流為I，F(xiàn)安B0lI 此時金屬棒與MN之間的距離為sv0(tt0) 勻強(qiáng)磁場穿過回路的磁通量為B0ls 12345678回路的總磁通量為t 其中B1SktS 由式得，在時刻t(tt0)，穿過回路的總磁通量為tB0lv0(tt0)kSt 在t到tt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量t為t(B0lv0kS)t 由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為12345678聯(lián)立式得12345678