電磁感應(yīng)綜合講解

1、學(xué)科：物理教學(xué)內(nèi)容：電磁感應(yīng)綜合講解【本章知識框架】【歷屆相關(guān)試題分析】一、楞次定律1（1999年全國高考）圖121為地磁場磁感線的示意圖在北半球地磁場的豎直分量向下飛機在我國上空勻速巡航，機翼保持水平，飛行高度不變由于地磁場的作用，金屬機翼上有電勢差設(shè)飛行員左方機翼末端處的電勢為U1，右方機翼末端處的電勢為U2，則A若飛機從西往東飛，U1比U2高B若飛機從東往西飛，U2比U1高C若飛機從南往北飛，U1比U2高D若飛機從北往南飛，U2比U1高【解析】 由右手定則可判知：在北半球，不論沿何方向水平飛行，都是飛機的左方機翼電勢高，右方機翼電勢低【答案】 AC2（2002年上海高考）如圖122所示，

2、A、B為大小、形狀均相同且內(nèi)壁光滑，但用不同材料制成的圓管，豎直固定在相同高度兩個相同的磁性小球，同時從A、B管上端的管口無初速釋放，穿過A管的小球比穿過B管的小球先落到地面下面對于兩管的描述中可能正確的是AA管是用塑料制成的，B管是用銅制成的BA管是用鋁制成的，B管是用膠木制成的CA管是用膠木制成的，B管是用塑料制成的DA管是用膠木制成的，B管是用鋁制成的【答案】 AD3（2001年上海高考）如圖123所示是一種延時開關(guān)當(dāng)S1閉合時，電磁鐵F將銜鐵D吸下，將C線路接通當(dāng)S1斷開時，由于電磁感應(yīng)作用，D將延遲一段時間才被釋放則圖123A由于A線圈的電磁感應(yīng)作用，才產(chǎn)生延時釋放D的作用B由于B線

3、圈的電磁感應(yīng)作用，才產(chǎn)生延時釋放D的作用C如果斷開B線圈的電鍵S2，無延時作用D如果斷開B線圈的電鍵S2，延時將變長【解析】 延時開關(guān)的工作原理是：當(dāng)斷開S1使A線圈中電流變小并消失時，則在閉合的B線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場使鐵芯中磁場減弱得慢些，因此才產(chǎn)生延時作用，可見是B線圈的存在起了延時作用【答案】 BC二、電磁感應(yīng)中的圖象4（1998年全國高考）如圖124（a）所示，一寬40 cm的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，一邊長為20 cm的正方形導(dǎo)線框位于紙面內(nèi)，以垂直于磁場邊界的恒定速度v20 cm/s通過磁場區(qū)域，在運動過程中，線框有一邊始終與磁場區(qū)域的邊界平行，

4、取它剛進入磁場的時刻t0，在下列圖線中，正確反映感應(yīng)電流強度隨時間變化規(guī)律的是圖124（a）圖124（b）【解析】 線圈剛進入B中，電流方向逆時針，全部進入時無I感，一邊剛出來時，線圈中會產(chǎn)生順時針方向的電流，而且由EBLv產(chǎn)生的E一定，I感也一定【答案】 C5（1999年全國高考）一勻強磁場，磁場方向垂直紙面，規(guī)定向里的方向為正，在磁場中有一細(xì)金屬圓環(huán)，線圈平面位于紙面內(nèi)，如圖125所示現(xiàn)令磁感應(yīng)強度B隨時間t變化，先按圖126中所示的oa圖線變化，后來又按圖線bc和cd變化，令E1、E2、E3分別表示這三段變化過程中感應(yīng)電動勢的大小，I1、I2、I3分別表示對應(yīng)的感應(yīng)電流，則AE1E2，I

5、1沿逆時針方向，I2沿順時針方向BE1E2，I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向CE1E2，I2沿順時針方向，I3沿逆時針方向DE2E3，I2沿順時針方向，I3沿順時針方向【解析】 由法拉第電磁感應(yīng)定律知E，由圖知應(yīng)有E1E2E3由楞次定律可判斷出I1沿逆時針方向，I2和I3均沿順時針方向（正磁通量的減少與負(fù)磁通量的增加產(chǎn)生感應(yīng)電流方向相同）【答案】 B三、電磁感應(yīng)綜合題6（2002年全國高考）圖127中EF、GH為平行的金屬導(dǎo)軌，其電阻可不計，R為電阻器，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動的導(dǎo)體橫桿有均勻磁場垂直于導(dǎo)軌平面若用I1和I2分別表示圖中該處導(dǎo)線中的電流，則當(dāng)橫桿AB圖127A勻

6、速滑動時，I10，I20B勻速滑動時，I10，I20C加速滑動時，I10，I20D加速滑動時，I10，I20【解析】 橫桿勻速滑動時，由于EBLv不變，故I20，I10加速滑動時，由于EBIv逐漸增大，電容器不斷充電，故I20，I10【答案】 D7（2002年廣東、廣西、河南高考）如圖128所示，半徑為R、單位長度電阻為的均勻?qū)w圓環(huán)固定在水平面上，圓環(huán)中心為O勻強磁場垂直水平面方向向下，磁感應(yīng)強度為B平行于直徑MON的導(dǎo)體桿，沿垂直于桿的方向向右運動桿的電阻可以忽略不計，桿與圓環(huán)接觸良好，某時刻，桿的位置如圖，aOb2，速度為v，求此時刻作用在桿上安培力的大小【解析】 如下圖所示，桿切割磁感

7、線時，ab部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EvB（2Rsin）此時弧acb和弧adb的電阻分別為2R（）和2R，它們并聯(lián)后的電阻為r桿中的電流為 I，作用在桿上的安培力為 FIB（2Rsin），由以上各式解得F【答案】 8（2002年上海高考）已知某一區(qū)域的地下埋有一根與地表面平行的直線電纜，電纜中通有變化的電流，在其周圍有變化的磁場，因此可以通過在地面上測量閉合試探小線圈中的感應(yīng)電動勢來探測電纜的確切位置、走向和深度當(dāng)線圈平面平行地面測量時，在地面上a、c兩處測得試探線圈中的電動勢為零，b、d兩處線圈中的電動勢不為零；當(dāng)線圈平面與地面成45夾角時，在b、d兩處測得試探線圈中的電動勢為零經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn)，a、

8、b、c、d恰好位于邊長為1 m的正方形的四個頂角上，如圖129所示 據(jù)此可以判定地下電纜在_兩點連線的正下方，離地表面的深度為_m【解析】 線圈在電纜正上方且平行于地面時，通過線圈的磁通量為零，沒有感應(yīng)電動勢，故電纜在a、c兩點連線的正下方由于在b、d處線圈平面與地面成45角時，線圈中沒有感應(yīng)電流，說明此時線圈平面與磁感線相切，通過線圈的磁通量為零，故過b、d作電纜的垂線，與地面成45角，所以，電纜的深度等于abcd正方形對角線的一半，即hm0.71 m【答案】 a、c；0.719（2001年上海高考）如圖1210所示，有兩根和水平方向成角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，

9、空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則圖1210A如果B增大，vm將變大B如果變大，vm將變大C如果R變大，vm將變大D如果m變小，vm將變大【解析】 金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)足夠長時間后，速度達到最大vm，此后做勻速運動，桿受重力、軌道的支持力和安培力如圖所示安培力F，對金屬桿列平衡方程式：mgsin，則vm，由此式可知，B增大，vm減?。辉龃?，vm增大；R變大，vm變大；m變小，vm變小【答案】 BC10（1999年上海高考）如圖1211所示，長為L、電阻r0.3、質(zhì)量m0.1 k

10、g的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)軌間距也是L，棒與導(dǎo)軌間接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)軌左端接有R0.5 的電阻，量程為03.0 A的電流表串接在一條導(dǎo)軌上，量程為01.0 V的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場向下穿過平面現(xiàn)以向右恒定外力F使金屬棒右移當(dāng)金屬棒以v2 m/s的速度在導(dǎo)軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏問圖1211（1）此滿偏的電表是什么表?說明理由（2）拉動金屬棒的外力F多大?（3）此時撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最終停止在導(dǎo)軌上求從撤去外力到金屬棒停止運動的過程中通過電阻R的電量【解析】 （1

11、）若電流表滿偏，則I3 A，UIR1.5 V，大于電壓表量程，故是電壓表滿偏（2）由功能關(guān)系：FvI2（Rr），而I，故F1.6 N（3）由動量定理：mvIBLt，兩邊求和mv1mv2BLI1t1BLI2t2即mvBLq，由電磁感應(yīng)定律：EBLv；I（Rr）解得q0.25 C【答案】 （1）電壓表滿偏（理由略）（2）1.6 N （3）0.25 C11（2000年全國高考）空間存在以ab、cd為邊界的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，區(qū)域?qū)挒閘1現(xiàn)有一矩形線框處在圖中紙面內(nèi)，它的短邊與ab重合，長度為l2，長邊的長度為2l1，如圖1212所示某時刻線框以初速v沿與ab垂直的方向

12、進入磁場區(qū)域，同時某人對線框施以作用力，使它的速度大小和方向保持不變設(shè)該線框的電阻為R從線框開始進入磁場到完全離開磁場的過程中，人對線框作用力所做的功等于_圖1212【解析】 線框的運動過程可分為三段：右邊進入磁場到右邊離開磁場；從右邊離開磁場到左邊進入磁場；從左邊進入磁場到左邊離開磁場在過程中，穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流I，線框所受安培力F安BIl2，又因線框勻速運動，所以人對線框的作用力與線框所受安培力等大反向，人做功為WF2l1F安2l1在過程中，線框中無感應(yīng)電流，不受安培力作用，故人對線框的作用力也為零【答案】 12（2001年全國高考）如圖1213甲所示一對平行光滑

13、軌道放置在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)0.20 m，電阻R1.0 ；有一導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻皆可忽略不計，整個裝置處于磁感應(yīng)強度B0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直軌道面向下現(xiàn)有一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運動，測得力F與時間t的關(guān)系如圖1213乙所示求桿的質(zhì)量m和加速度a圖1213【解析】 導(dǎo)體桿在軌道上做初速度為零的勻加速直線運動，用v表示瞬時速度，t表示時間，則桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLvBLat，閉合電路中感應(yīng)電流為I，由安培力公式和牛頓第二定律得：FILBma，將代入得：Fmaat，在乙圖上取兩點t10，F(xiàn)11 N；t229 s，F(xiàn)24

14、N代入式解之【答案】 0.1 kg；10 m/s213（2001年上海高考）如圖1214所示，半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0.2 T，磁場方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場同心地放置，磁場與環(huán)面垂直，其中a0.4 m，b0.6 m金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R02 一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均不計（1）若棒以v05 m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動，求棒滑過圓環(huán)直徑OO的瞬時，MN中的電動勢和流過L1的電流（2）撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2以O(shè)O為軸向上翻轉(zhuǎn)90，若此時磁場隨時間均勻變化，其變化率為（）Ts，求L1的功率【解析

15、】 （1）棒滑過圓環(huán)直徑OO的瞬時，垂直切割磁感線的有效長度為2a，在MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E1B2av0.8 V，通過L1的電流I10.4 A（2）撤去金屬棒MN，半圓環(huán)OL2以O(shè)O為軸向上翻轉(zhuǎn)90，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E20.32 V，則L1的功率：P（）2R01.28102 W【答案】 （1）0.8 V 0.4 A （2）1.28102 W14（2002年上海高考）如圖1215所示，兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌位于水平面內(nèi)，距離為l0.2 m，在導(dǎo)軌的一端接有阻值為R0.5 的電阻，在x0處有一與水平面垂直的均勻磁場，磁感應(yīng)強度B0.5 T一質(zhì)量為m0.1 kg的金屬直桿垂直放置在

16、導(dǎo)軌上，并以v02 m/s的初速度進入磁場，在安培力和一垂直于桿的水平外力F的共同作用下做勻變速直線運動，加速度大小為a2 m/s2、方向和初速度方向相反設(shè)導(dǎo)軌和金屬桿的電阻都可以忽略，且接觸良好求：（1）電流為零時金屬桿所處的位置；（2）電流為最大值的一半時施加在金屬桿上外力F的大小和方向；（3）保持其他條件不變，而初速度v0取不同值，求開始時F的方向與初速度v0取值的關(guān)系【解析】 （1）感應(yīng)電動勢EBlv，IE/R，所以 I0時，v0，有 xv02/2a1 m（2）最大電流 ImBlv0/R，IIm/2Blv0/2R，安培力F安IBlB2l2v0/2R0.02 N，向右運動時 FF安ma，

17、FmaF安0.18 N，方向與x軸相反，向左運動時 FF安ma，F(xiàn)maF安0.22 N，方向與x軸相反（3）開始時vv0，F(xiàn)安ImBlB2l2v0/R，F(xiàn)F安ma，F(xiàn)maF安maB2l2v0/R，所以，當(dāng)v0maR/B2l210 m/s時，F(xiàn)0，方向與x軸相反當(dāng)v0maR/B2l210 m/s時，F(xiàn)0，方向與x軸相同【答案】 （1）1 m；（2）0.22 N，與x軸相反；（3）當(dāng)v010 m/s時，F(xiàn)與x軸反向；當(dāng)v010 m/s時，F(xiàn)與x軸同向15（2002年上海高考）如圖1216所示為利用電磁作用輸送非導(dǎo)電液體裝置的示意圖一邊長為L、截面為正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面積為A

18、的小噴口，噴口離地的高度為h管道中有一絕緣活塞，在活塞的中部和上部分別嵌有兩根金屬棒a、b，其中棒b的兩端與一電壓表相連，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，當(dāng)棒a中通有垂直紙面向里的恒定電流I時，活塞向右勻速推動液體從噴口水平射出，液體落地點離噴口的水平距離為s若液體的密度為，不計所有阻力，求：圖1216（1）活塞移動的速度；（2）該裝置的功率；（3）磁感應(yīng)強度B的大??；（4）若在實際使用中發(fā)現(xiàn)電壓表的讀數(shù)變小，試分析其可能的原因【解析】 （1）設(shè)液體從噴口水平射出的速度為v0，活塞移動的速度為v，有v0s，v0AvL2，v（）v0（2）設(shè)裝置功率為P，t時間內(nèi)有m質(zhì)量的液體從噴口射出，有 P

19、tm（v02v2）因為 mL2vt，有 PL2v（v02v2）即 P（3）由 PF安v，得 L2v（v02v02）BILv，即 B，（4）由 UBLv，可知噴口液體的流量減少，使活塞移動速度減小，或磁場變小等會引起電壓表讀數(shù)變小【答案】 （1） ；（2） ；（3） ；（4）噴口液體的流量減少，使活塞移動速度減?。换虼艌龅拇鸥袘?yīng)強度變小，會引起電壓表的讀數(shù)變小16（2003年春季高考）圖1217是一臺發(fā)電機定子中的磁場分布圖，其中N、S是永久磁鐵的兩個磁極，它們的表面呈半圓柱面形狀M是圓柱形鐵芯，它與磁極的柱面共軸磁極與鐵芯之間的縫隙中形成方向沿圓柱半徑、大小近似均勻的磁場，磁感應(yīng)強度B0.05

20、0 T圖1218是該發(fā)電機轉(zhuǎn)子的示意圖（虛線表示定子的鐵芯M）矩形線框abcd可繞過ad、cb邊的中點并與圖1217中的鐵芯M共軸的固定轉(zhuǎn)軸oo旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，線框的ab、cd邊始終處在圖1217所示的縫隙內(nèi)的磁場中已知ab邊長l125.0 cm，ad邊長l210.0 cm，線框共有N8匝導(dǎo)線，旋轉(zhuǎn)的角速度250 rad/s將發(fā)電機的輸出端接入圖中的裝置K后，裝置K能使交變電流變成直流電，而不改變其電壓的大小直流電的一個輸出端與一可變電阻R相連，可變電阻的另一端P是直流電的正極，直流電的另一個輸出端Q是它的負(fù)極圖1219是可用于測量阿伏加德羅常數(shù)的裝置示意圖，其中A、B是兩塊純銅片，插在C

21、uSO4稀溶液中，銅片與引出導(dǎo)線相連，引出端分別為x、y現(xiàn)把直流電的正、負(fù)極與兩銅片的引線端相連，調(diào)節(jié)R，使CuSO4溶液中產(chǎn)生I 0.21 A的電流假設(shè)發(fā)電機的內(nèi)阻可忽略不計，兩銅片間的電阻r是恒定的（1）求每匝線圈中的感應(yīng)電動勢的大?。?）求可變電阻R與A、B間電阻r之和（1）當(dāng)以I0.21 A的電流電解60 min后，測得銅片A的質(zhì)量增加了0.25 g，則圖1219裝置中的x端應(yīng)與直流電的_極相連，它是電解池的_極（2）電解后銅片B的質(zhì)量_（答“增加”“減少”或“不變”）（3）列式計算實驗測得的阿伏加德羅常數(shù)NA（已知電子電量e1.601019 C）【解析】 （1）設(shè)線框ab邊的速度為v

22、，則vl2一匝線圈中的感應(yīng)電動勢為E2Bl1v代入數(shù)據(jù)解得E0.31 V（2）N匝線圈中的總感應(yīng)電動勢為E總NE由歐姆定律，得E總I（Rr）代入數(shù)據(jù)解得Rr12 （1）負(fù)，陰（2）減少 （3）NA6.01023 mol1【答案】 （1）0.31 V；（2）12 ；（1）負(fù)，陰；（2）減少；（3）6.01023 mol1【達標(biāo)檢測】一、選擇題（每小題中只有一個選項符合題目要求）1如圖1220所示，導(dǎo)線框abcd與導(dǎo)線AB在同一平面內(nèi)，直導(dǎo)線中通有恒定電流I，當(dāng)線框由左向右勻速通過直導(dǎo)線過程中，線框中感應(yīng)電流的方向是圖1220A先abcda，再dcbad，后abcdaB先abcda，再dcbadC

23、始終是dcbadD先dcbad，再abcda，后dcbad【解析】 線框向右靠近通電導(dǎo)線時，向外的磁通量增大，感應(yīng)電流的磁場向里，感應(yīng)電流方向沿adcba線框向右通過導(dǎo)線時，向外的磁通量減小，向里的磁通量增大，感應(yīng)電流的磁場方向向外，感應(yīng)電流方向沿abcda線框向右遠(yuǎn)離導(dǎo)線時，向里的磁通量減小，感應(yīng)電流的磁場方向向里，感應(yīng)電流方向沿adcba【答案】 D2（2003年上海高考）粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如圖1221所示，則在移出過程中線框的一邊a、b兩點間電勢差絕對值最

24、大的是圖1221【解析】 線框中切割磁感線的那段導(dǎo)體視為電源，另外三段導(dǎo)體為外電路電阻四種情形中回路電流相同，顯然（B）的情形中ab兩點間電壓為另三段電壓之和，最大其他三種情形中ab兩點間電壓值是一段上的電勢降落【答案】 B3如圖1222所示，閉合線圈abcd從高處自由下落一段時間后垂直于磁場方向進入一有界磁場，在ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場的這段時間內(nèi)，線圈運動的速度圖象可能是圖1223的哪些圖以下正確的是ABCD只有【解析】 進入磁場時安培力F可能等于mg，大于mg，小于mg【答案】 A4如圖1224所示是觀察自感現(xiàn)象的電路圖，為了觀察到斷開開關(guān)的瞬間燈泡有明顯的閃爍現(xiàn)象，除增大線圈

25、的自感系數(shù)外，還要考慮線圈電阻RL和小燈泡電阻R，它們之間應(yīng)滿足的關(guān)系是圖1224ARLRBRLRCRLR【解析】 當(dāng)RLIR，斷開開關(guān)的瞬間通過燈泡的電流為IL，故燈泡明顯閃爍【答案】 C5材料、粗細(xì)相同，長度不同的電阻絲做成ab、cd、ef三種形狀的導(dǎo)線，分別放在電阻可忽略的光滑金屬導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，如圖1225所示，勻強磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向內(nèi)，外力使導(dǎo)線水平向右做勻速運動，且每次外力所做功的功率相同，已知三根導(dǎo)線在導(dǎo)軌間的長度關(guān)系是LabLcdLef，則圖1225ab運動速度最大ef運動速度最大因三根導(dǎo)線切割磁感線的有效長度相同，故它們產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相同忽略導(dǎo)體內(nèi)能變化，三根導(dǎo)線

26、每秒產(chǎn)生的熱量相同以上判斷正確的是ABCD【解析】 根據(jù)P，由于切割磁感線的有效長度L相同，電阻RabRcdRef，所以vabvcdvef，電動勢EabEcdEef 故均錯，對，由于QPt，對，選B【答案】 B二、填空題6有一個n匝的線圈，面積為S在t時間內(nèi)垂直線圈平面的磁感應(yīng)強度變化了B，則這段時間內(nèi)穿過線圈的磁通量改變了_，磁通量的變化率為_，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為_【答案】 BS；n7將一條形磁鐵先后插入同一線圈中，第一次插入所用的時間是1 s，第二次插入所用的時間為2 s，則兩次線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小之比為_，兩次通過導(dǎo)線橫截面的電荷量之比為_【解析】 由感應(yīng)電動勢公式En可得產(chǎn)

27、生感應(yīng)電動勢大小為21；電荷量Qt可知：兩次通過導(dǎo)線橫截面積的電荷量之比為11【答案】 21；118如圖1226所示，平行金屬導(dǎo)軌間距為d，一端跨接一阻值為R的電阻，勻強磁場磁感應(yīng)強度為B，方向垂直軌道所在平面，一根長直金屬棒與軌道成60角放置，當(dāng)金屬棒以垂直棒的恒定速度v沿金屬軌道滑行時，電阻R中的電流大小為_，方向為_（不計軌道與棒的電阻）【解析】 導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌間切割磁感線的有效長度為L感應(yīng)電動勢為EBLv電流為I由右手定則判斷出感應(yīng)電流是自上向下通過電阻R【答案】 ；自上向上9如圖1227所示，有一電阻不計的光滑導(dǎo)體框架，水平放置在磁感應(yīng)強度為B的豎直向上的勻強磁場中，框架寬為l框架上放

28、一質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒，現(xiàn)用一水平恒力F作用于棒上，使棒由靜止開始運動，當(dāng)棒的速度為零時，棒的加速度大小為_；當(dāng)棒的加速度為零時，速度為_圖1227【解析】 速度為零時，只受恒力F作用，故a；又加速度為零時，受力平衡，可得方程：，得v【答案】 ；三、計算題10A、B兩閉合圓形導(dǎo)線環(huán)用相同規(guī)格的導(dǎo)線制成，它們的半徑之比rArB21，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)的平面，如圖1228所示當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大的過程中，求兩導(dǎo)線環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比和流過兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流的電流之比【解析】 勻強磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化，設(shè)t時刻的磁感