2022-2023學年高二物理舉一反三系列（人教版選擇性必修第二冊）專題2.6 電磁感應(yīng)動生過程中的電路問題（解析版）

專題2.6電磁感應(yīng)動生過程中的電路問題【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1一根導(dǎo)體棒平動切割中的電路問題】 【題型2兩根導(dǎo)體棒平動切割中的電路問題】 【題型3三角形導(dǎo)線框切割中的電路問題】 【題型4矩形導(dǎo)線框平動切割中的電路問題】 【題型5旋轉(zhuǎn)切割中的電路問題】 【題型1一根導(dǎo)體棒平動切割中的電路問題】【例1】如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程中PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中()A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功率先減小后增大D．線框消耗的電功率先減小后增大答案C解析設(shè)PQ左，故A、B錯誤；由于導(dǎo)體棒做勻速運動，拉力等于安培力，即F＝BIl，拉力的功率P＝BIlv，故先減小后增大，所以C正確；外電路的總電阻R外＝eq\f(Rx3R－Rx,3R)，最大值為eq\f(3,4)R，小于導(dǎo)體棒的電阻R，又外電阻先增大后減小，由電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系圖象可知，線框消耗的電功率先增大后減小，故D錯誤．【變式1-1】如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，當圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差為()A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.eq\f(\r(2),4)BRv D.eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析當圓環(huán)運動到題圖所示位置時，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為eq\r(2)R，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\r(2)BRv，a、b兩點的電勢差Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv，故選D.【變式1-2】(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R)。框內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場。一長為L、電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動，金屬框電阻不計，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是()A．ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B．左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動勢大小為2BLvC．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLvD．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時，滑動變阻器有最大電功率，且為eq\f(B2L2v2,8R)[解析]根據(jù)楞次定律可知，ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中的感應(yīng)電動勢E＝BLv，故B錯誤；當R1＝R時，外電路總電阻R外＝eq\f(R,2)，故導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓為eq\f(1,3)BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內(nèi)阻為R，求解滑動變阻器的最大電功率時，可以將導(dǎo)體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為eq\f(R,2)，故當R1＝eq\f(R,2)時，等效電源輸出功率最大，則滑動變阻器的最大電功率Pm＝eq\f(UR12,R1)＝eq\f(\f(1,4)E2,\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，故D正確。[答案]AD【變式1-3】如圖所示，水平面上有兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，導(dǎo)軌的電阻不計，間距為l＝0.5m，左端通過導(dǎo)線與阻值R＝3Ω的電阻連接，右端通過導(dǎo)線與阻值為RL＝6Ω的小燈泡L連接，在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)存在豎直向上、磁感應(yīng)強度B＝0.2T的勻強磁場．一根阻值r＝0.5Ω、質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒在恒力F＝2N的作用下由靜止開始從AB位置沿導(dǎo)軌向右運動，經(jīng)過t＝1s剛好進入磁場區(qū)域．求金屬棒剛進入磁場時：(1)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢；(2)小燈泡兩端的電壓和金屬棒受到的安培力．答案(1)1V(2)0.8V0.04N，方向水平向左解析(1)0～1s棒只受拉力，由牛頓第二定律得F＝ma，金屬棒進入磁場前的加速度a＝eq\f(F,m)＝10m/s2.設(shè)其剛要進入磁場時速度為v，v＝at＝10×1m/s＝10m/s.金屬棒進入磁場時切割磁感線，感應(yīng)電動勢E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V.(2)小燈泡與電阻R并聯(lián)，R并＝eq\f(R·RL,R＋RL)＝2Ω，通過金屬棒的電流大小I＝eq\f(E,R并＋r)＝0.4A，小燈泡兩端的電壓U＝E－Ir＝1V－0.4×0.5V＝0.8V.金屬棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5N＝0.04N，由右手定則和左手定則可判斷安培力方向水平向左．【題型2兩根根導(dǎo)體棒平動切割中的電路問題】【例2】如圖，兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌垂直構(gòu)成閉合回路，且兩棒都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動．用與導(dǎo)軌平行的水平恒力F向右拉cd棒，經(jīng)過足夠長時間以后()A．兩棒間的距離保持不變B．兩棒都做勻速直線運動C．兩棒都做勻加速直線運動D．a(chǎn)b棒中的電流方向由b流向a答案CD【變式2-1】如圖所示，兩根電阻不計且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角α＝37°，導(dǎo)軌間距L＝1m，頂端用電阻R＝2Ω的定值電阻相連。虛線上方存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝1T．質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝4Ω的導(dǎo)體棒M在磁場中距虛線的距離d＝2m，M與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，質(zhì)量m2＝0.3kg、電阻R2＝2Ω的導(dǎo)體棒N在虛線處，N與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.8．將導(dǎo)體棒M、N同時從導(dǎo)軌上由靜止釋放，M到達虛線前已經(jīng)勻速，重力加速度g取10m/s2，運動過程中M、N與導(dǎo)軌始終接觸良好，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求M、N相碰前，M上產(chǎn)生的焦耳熱；（2）求M、N相碰前M運動的時間；（3）M、N相遇發(fā)生彈性碰撞，碰后瞬間對M施加一個沿斜面方向的作用力F，使M、N同時勻減速到零，求M棒在減速到零的過程中作用力F的大小隨時間變化的表達式?！窘獯稹拷猓海?）M棒勻速時，有：m1gsin37°＝μ1m1gcos37°+BIL…①因為E＝BLv0…②根據(jù)歐姆定律有：I=E因為R總=RM棒從開始到達虛線位置，根據(jù)能量守恒有：m1M棒、N棒、電阻R產(chǎn)生的焦耳熱之比為：QM：QN：QR＝8：1：1…⑥QM=810Q由①～⑦式解得：QM＝0.48J（2）對M棒由動量定理有：（m1gsin37﹣μ1m1gcos37°﹣BIL）t＝m1v0…⑧q=It=△Φ＝BLd…⑩聯(lián)立解得：t＝1.5s（3）對M、N棒碰撞過程，根據(jù)動量守恒以及能量守恒有：m1v0＝m1v1+m2v2…?12碰后對N棒有：μ2m2gcos37°﹣m2gsin37＝m2a2…?v2＝a2t0…?碰后對M棒有：m1gsin37+μ1m1gcos37°+BI′L﹣F＝m1a1…?v1＝a1t0…?根據(jù)歐姆定律有：I't0＝2.5s…?由?～?式解得…F＝0.96﹣0.08t（t≤2.5s）。答：（1）M、N相碰前，M上產(chǎn)生的焦耳熱為0.48J；（2）M、N相碰前M運動的時間為1.5s；（3）M、N相遇發(fā)生彈性碰撞，碰后瞬間對M施加一個沿斜面方向的作用力F，使M、N同時勻減速到零，M棒在減速到零的過程中作用力F的大小隨時間變化的表達式為F＝0.96﹣0.08t（t≤2.5s）。【變式2-2】如圖所示，傾角為α＝37°的絕緣斜面體固定在水平面上，頂端放有一“U”形導(dǎo)體框HEFG，導(dǎo)體框質(zhì)量為M＝2kg，電阻忽略不計且足夠長，導(dǎo)體框EF邊長度為L＝0.2m，與斜面底邊平行，導(dǎo)體框與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.75。質(zhì)量為m＝1kg、電阻為R＝2Ω的光滑金屬棒CD的兩端置于導(dǎo)體框上，構(gòu)成矩形回路。整個裝置處在磁感應(yīng)強度大小為B＝10T、方向垂直于斜面向下的勻強磁場中。t＝0時刻金屬棒CD與EF邊間距為x0＝1m，且金屬棒與導(dǎo)體框均以初速度v0＝2m/s沿斜面向下運動。t＝2s以后金屬棒的運動可視為勻速運動，導(dǎo)體框仍沿斜面向下運動，金屬棒與導(dǎo)體框始終接觸良好且平行EF邊，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）在0＜t＜2s時間內(nèi)，任意時刻金屬棒與導(dǎo)體框的加速度大小之比；（2）t＝2s時金屬棒和導(dǎo)體框的速度；（3）t＝2s時金屬棒CD與EF邊的距離d。

【答案】（1）；（2），；（3）【解析】（1）在0~2s內(nèi)，金屬棒向下做加速運動，導(dǎo)體框向下做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律對金屬棒對導(dǎo)體框解得，代入數(shù)據(jù)可求得（2）2s時金屬棒做勻速直線運動，設(shè)速度為v1，導(dǎo)體框速度為v2，對金屬棒可得得得因金屬棒和導(dǎo)體框組成的系統(tǒng)所受摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，安培力等大、反向，等效為內(nèi)力，故整體受力平衡，根據(jù)動量守恒聯(lián)立得，（3）對金屬棒，由動量定理設(shè)2s內(nèi)金屬棒與EF邊的相對位移為x，則解得2s時金屬棒與EF間距為【變式2-3】如圖所示，寬度為L、左右兩部分傾角均為的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌ACD一A1C1D1分別置于兩勻強磁場中，CC1兩側(cè)的勻強磁場分別垂直于對應(yīng)導(dǎo)軌所在平面，CC1左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B，右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B。長度均為L，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m、m的導(dǎo)體棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置在CC1兩側(cè)的導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒在運動過程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g。某時刻將導(dǎo)體棒ab、cd由靜止釋放，下列說法正確的是（）

A.任意時刻導(dǎo)體棒ab、cd運動的加速度都相同B.導(dǎo)體棒ab的最大速度為C.若導(dǎo)體棒ab下降高度h時達到最大速度，則此過程中導(dǎo)體棒ab克服安培力做的功為D.若導(dǎo)體棒ab下降高度h時達到最大速度，則此過程經(jīng)歷的時間為【答案】BD【解析】對ab受力分析，由牛頓第二定律可知同理cd棒有解得所以加速過程ab、cd棒的加速度大小相等，方向不同，A錯誤；當時，ab的速度達到最大，此時有又因為聯(lián)立解得B正確；若ab棒下降高度h時達到最大速度，根據(jù)動能定理對ab棒有解得此過程中ab克服安培力做的功為C錯誤；在ab下降高度為h時，通過ab某一截面的電荷量為由動量定理可知，ab棒由靜止釋放至達到最大速度的過程有聯(lián)立解得D正確。故選BD。【題型3三角形導(dǎo)線框切割中的電路問題】【例3】如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上有一直角三角形導(dǎo)線框ABC，其中AB＝L，BC＝2L，兩平行虛線間有一垂直于桌面向下的勻強磁場，磁場寬度為L，導(dǎo)線框BC邊與虛線邊界垂直．現(xiàn)讓導(dǎo)線框從圖示位置開始沿BC方向勻速穿過磁場區(qū)域．設(shè)線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流為正，則在線框穿過磁場的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流與線框運動距離x的函數(shù)關(guān)系圖象正確的是()答案D解析在線框進入0～L范圍時，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針方向；切割磁感線的有效長度從0均勻增加到eq\f(L,2)，可知感應(yīng)電流均勻增加；從L～2L，線框切割磁感線的有效長度為eq\f(L,2)不變，感應(yīng)電流不變，方向為逆時針方向；從2L～3L，線框切割磁感線的有效長度從eq\f(L,2)逐漸增加到L，則感應(yīng)電動勢增加到原來的2倍，感應(yīng)電流增加到原來的2倍，方向為順時針方向，故選D.【變式3-1】如圖所示，一個邊長為a、電阻為R的等邊三角形線框，在外力作用下，以速度v勻速穿過寬度均為a的兩個勻強磁場。這兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，方向相反。線框運動方向與底邊平行且與磁場邊緣垂直。取逆時針方向的電流為正。若從圖示位置開始，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i與沿運動方向的位移x之間的函數(shù)圖象，下面四個圖中正確的是()A. B.C. D.

【答案】B解析：線框從開始進入到全部進入第一個磁場時，磁通量向里增大，則由楞次定律可知，電流方向為逆時針。因切割的有效長度均勻增大，故由可知，時間內(nèi)，切割的有效長度均勻增大，電動勢也均勻增加，感應(yīng)電流均勻增加；時間內(nèi)，切割的有效長度均勻減小，電動勢也均勻減小，感應(yīng)電流均勻減小；時間內(nèi)，垂直向外的磁通量增多，垂直向內(nèi)的磁通量減少，由楞次定律可知，電流方向為順時針，由于分處兩磁場的線圈兩部分產(chǎn)生的電流相同，且有效長度是均勻變大的，所以在時刻感應(yīng)電動勢是時刻的兩倍，故B項正確。綜上所述，本題正確答案為B?！咀兪?-2】如圖，直角三角形金屬框放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于邊向上。當金屬框繞邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，三點的電勢分別為。已知邊的長度為l。下列判斷正確的是()

A.，金屬框中無電流B.，金屬框中電流方向沿C.，金屬框中無電流D.，金屬框中電流方向沿答案：C解析：在三角形金屬框內(nèi)，有兩邊切割磁感線，其一為邊，電動勢大小為；其二為邊，邊有效的切割長度為l，電動勢大小也為。由右手定則可知金屬框中無電流，且，選項ABD錯誤。，選項C正確。【變式3-3】（多選）如圖所示，等邊三角形導(dǎo)體框邊長為，，導(dǎo)體框繞軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，導(dǎo)體框所在空間有方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。下列說法正確的是()A.導(dǎo)體框中無感應(yīng)電流 B.導(dǎo)體框中產(chǎn)生正弦交變電流C.兩點間電勢差為零 D.兩點間電勢差大小為答案：AD解析：本題考查電磁感應(yīng)的電路問題。導(dǎo)體框繞轉(zhuǎn)動過程中，穿過導(dǎo)體框的磁通量總是零，故無感應(yīng)電流產(chǎn)生，A正確，B錯誤；依據(jù)感應(yīng)電動勢公式及，可得兩點間電勢差大小為，C錯誤，D正確?！绢}型4矩形導(dǎo)線框切割中的電路問題】【例4】用相同導(dǎo)線繞制的邊長為L或2L的四個閉合導(dǎo)體線框、以相同的速度勻速進入右側(cè)勻強磁場，如圖所示。在每個線框進入磁場的過程中，M、N兩點間的電壓分別為Ua、Ub、Uc和Ud。下列判斷正確的是()A．Ua＜Ub＜Uc＜Ud B．Ua＜Ub＜Ud＜UcC．Ua＝Ub＝Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc解析：選B線框進入磁場后切割磁感線，a、b產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是c、d的一半，設(shè)a線框電阻為4r，b、c、d線框的電阻分別為6r、8r、6r。在線框進入磁場的過程中，MN兩端的電壓等于線框回路中的路端電壓，根據(jù)線框長度和電阻的關(guān)系及閉合電路歐姆定律，可知Ua＝eq\f(3,4)BLv，Ub＝eq\f(5,6)BLv，Uc＝eq\f(3,4)B·2Lv＝eq\f(3,2)BLv，Ud＝eq\f(4,6)B·2Lv＝eq\f(4,3)BLv，所以Ua＜Ub＜Ud＜Uc，故B正確。【變式4-1】如圖所示，有一等腰直角三角形的區(qū)域，其斜邊長為2L，高為L.在該區(qū)域內(nèi)分布著如圖所示的磁場，左側(cè)小三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，右側(cè)小三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小均為B.一邊長為L、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a的感應(yīng)電流方向為正，則圖中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是()答案D解析bc邊的位置坐標x在L～2L過程，線框bc邊有效切割長度為l1＝x－L，感應(yīng)電動勢為E＝Bl1v＝B(x－L)v，感應(yīng)電流i1＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bx－Lv,R)，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值，x在2L～3L過程，ad邊和bc邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→d→c→b→a，為負值，有效切割長度為l2＝L，感應(yīng)電動勢為E＝Bl2v＝BLv，感應(yīng)電流i2＝－eq\f(BLv,R).x在3L～4L過程，線框ad邊有效切割長度為l3＝L－(x－3L)＝4L－x，感應(yīng)電動勢為E＝Bl3v＝B(4L－x)v，感應(yīng)電流i3＝eq\f(B4L－xv,R)，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值．根據(jù)數(shù)學知識可知，D正確．【變式4-2】如圖所示，正方形MNPQ內(nèi)的兩個三角形區(qū)域充滿勻強磁場，形狀與MNPQ完全相同的閉合導(dǎo)線框M′N′P′Q′在外力作用下沿軸線OO′水平向左勻速運動。設(shè)通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為i，逆時針方向為電流的正方向，當t＝0時M′Q′與NP重合，在M′Q′從NP到臨近MQ的過程中，下列圖像中能反映i隨時間t變化規(guī)律的是()解析：選B在閉合導(dǎo)線框M′N′P′Q′勻速向左運動過程，穿過回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流方向一直是逆時針的，切割磁感線的有效長度先減小到零，后增大，所以感應(yīng)電流先減小到零，后增大，B項正確。【變式4-3】如圖所示，在傾角α＝30°的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小相等、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的正方形線框的ab邊距磁場上邊界MN為L處由靜止沿斜面下滑，ab邊剛進入上側(cè)磁場時，線框恰好做勻速直線運動。ab邊進入下側(cè)磁場運動一段時間后也做勻速直線運動。重力加速度為g。求：（1）ab邊剛越過兩磁場的分界線PQ時線框受到的安培力的大?。唬?）線框再次勻速運動時的速度大?。唬?）線框穿過上側(cè)磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q。【解答】解：（1）線框開始時沿斜面向下做勻加速運動，根據(jù)機械能守恒有：mgLsin則線框進入上側(cè)磁場時的速度：v=線框ab邊進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝BLv線框中感應(yīng)電流：Iab邊受到的安培力：F線框勻速進入磁場，則有：mgsinab邊剛越過PQ時，cd也同時越過了MN，則線框上產(chǎn)生的電動勢：E'＝2BLv線框所受的安培力變?yōu)椋篎（2）根據(jù)平衡條件：mgsin解得：v（3）線框穿過上側(cè)磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律有：mgsin30°?2L+12mv2=12解得：Q=答：（1）ab邊剛越過兩磁場的分界線PQ時線框受到的安培力的大小為2mg；（2）線框再次勻速運動時的速度大小為gL4（3）線框穿過上側(cè)磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q為47mgL【題型5旋轉(zhuǎn)切割中的電路問題】【例5】如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指剪開拉直時兩端的電阻)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，與環(huán)的最高點A連接的長度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB，由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度大小為v，則這時導(dǎo)體棒AB兩端的電壓大小為()A.eq\f(Bav,3) B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3) D．Bav答案A解析當擺到豎直位置時，導(dǎo)體棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝B·2aeq\x\to(v)＝2Baeq\f(0＋v,2)＝Bav，圓環(huán)被導(dǎo)體棒分為兩個半圓環(huán)，兩半圓環(huán)并聯(lián)，并聯(lián)電阻R并＝eq\f(\f(R,2)×\f(R,2),\f(R,2)＋\f(R,2))＝eq\f(R,4)，電路電流：I＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))＝eq\f(4Bav,3R)，AB兩端的電壓為UAB＝IR并＝eq\f(Bav,3).【變式5-1】如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產(chǎn)生的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω解析：選B由法拉第電磁感應(yīng)定律可知棒產(chǎn)生的電動勢為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯誤。金屬棒電阻不計，故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動勢，微粒的重力與其受到的電場力大小相等，有qeq\f(U,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)