專題強(qiáng)化7電磁感應(yīng)中的電路、電荷量問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.掌握電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電路問題的分析方法和基本解題思路(重點(diǎn))。2.掌握電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電荷量求解的基本思路和方法(重難點(diǎn))。一、電磁感應(yīng)中的電路問題如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形均勻?qū)w框以速度v0勻速進(jìn)入右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B)，導(dǎo)體框的總阻值為R，________(選填“ab邊”或“da邊”)相當(dāng)于電源，電動(dòng)勢(shì)大小為_________。請(qǐng)作出等效電路圖，Uab為等效電路中的_________(選填“電動(dòng)勢(shì)”“內(nèi)電壓”或“路端電壓”)，大小為________。答案ab邊BLv0如圖所示路端電壓eq\f(3,4)BLv0處理電磁感應(yīng)中電路問題的一般思路(1)明確“角色”：確定“電源”和外電路。哪部分電路或?qū)w產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該部分電路或?qū)w就相當(dāng)于電源，其他部分是外電路。(2)畫等效電路圖：分清內(nèi)、外電路。(3)求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：用法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blv確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電流的方向。(4)對(duì)閉合回路進(jìn)行分析、計(jì)算：運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點(diǎn)，計(jì)算電流、電壓、電功率、電熱等物理量。例1把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環(huán)，水平固定在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示，一長(zhǎng)度為2a、電阻等于R、粗細(xì)均勻的金屬棒MN放在圓環(huán)上，它與圓環(huán)始終保持良好的接觸，當(dāng)金屬棒以恒定速度v向右運(yùn)動(dòng)經(jīng)過環(huán)心O時(shí)，求：(1)棒上電流的大小和方向及棒兩端的電壓UMN；(2)圓環(huán)和金屬棒消耗的總熱功率。答案(1)eq\f(4Bav,3R)方向從N流向Meq\f(2,3)Bav(2)eq\f(8B2a2v2,3R)解析(1)把切割磁感線的金屬棒看成一個(gè)內(nèi)阻為R、電動(dòng)勢(shì)為E的電源，兩個(gè)半圓環(huán)看成兩個(gè)并聯(lián)電阻，且R1＝R2＝R，畫出等效電路如圖所示。等效電源電動(dòng)勢(shì)為E＝2Bav外電路的總電阻為R外＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝eq\f(1,2)R棒上電流大小為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(2Bav,\f(1,2)R＋R)＝eq\f(4Bav,3R)由右手定則可知金屬棒中電流方向?yàn)閺腘流向M。根據(jù)閉合電路歐姆定律知，棒兩端的電壓為路端電壓，UMN＝IR外＝eq\f(2,3)Bav。(2)圓環(huán)和金屬棒消耗的總熱功率為P＝IE＝eq\f(8B2a2v2,3R)。例2如圖甲所示，線圈總電阻r＝0.5Ω，匝數(shù)n＝10，其端點(diǎn)a、b與R＝1.5Ω的電阻相連，線圈內(nèi)磁通量變化規(guī)律如圖乙所示。關(guān)于a、b兩點(diǎn)電勢(shì)φa、φb及兩點(diǎn)電勢(shì)差Uab，正確的是()A．φa>φb，Uab＝1.5VB．φa<φb，Uab＝－1.5VC．φa<φb，Uab＝－0.5VD．φa>φb，Uab＝0.5V答案A解析由題圖乙可知，線圈內(nèi)的磁通量是增大的，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，根?jù)安培定則可知，線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。在回路中，線圈相當(dāng)于電源，由于電流的方向是逆時(shí)針方向，所以a相當(dāng)于電源的正極，b相當(dāng)于電源的負(fù)極，所以a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝10×eq\f(0.08,0.4)V＝2V，I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(2,1.5＋0.5)A＝1A。a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于電路中的路端電壓，所以Uab＝IR＝1.5V，故A正確。1．“電源”的確定方法：“切割”磁感線的導(dǎo)體(或磁通量發(fā)生變化的線圈)相當(dāng)于“電源”，該部分導(dǎo)體(或線圈)的電阻相當(dāng)于“內(nèi)電阻”。2．電流的流向：在“電源”內(nèi)部電流從負(fù)極流向正極，在“電源”外部電流從正極流向負(fù)極。二、電磁感應(yīng)中的電荷量問題閉合回路中磁通量發(fā)生變化時(shí)，電荷發(fā)生定向移動(dòng)而形成感應(yīng)電流，在Δt內(nèi)通過某一截面的電荷量(感應(yīng)電荷量)q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)·Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R總)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R總)。如圖所示，將一個(gè)閉合金屬圓環(huán)從有界磁場(chǎng)中勻速拉出，第一次速度為v，通過金屬圓環(huán)某一橫截面的電荷量為q1，第二次速度為2v，通過金屬圓環(huán)某一橫截面的電荷量為q2，則q1∶q2＝_________。答案1∶1例3如圖所示，用粗細(xì)相同的銅絲做成邊長(zhǎng)分別為d和2d的單匝閉合線框a和b，以相同的速度將線框從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中勻速地拉到磁場(chǎng)外。若此過程中流過兩線框的電荷量分別為Qa、Qb，則Qa∶Qb為()A．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能確定答案B解析設(shè)閉合線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，則流過線框的電荷量為Q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,RΔt)Δt＝eq\f(B·ΔS,R)＝eq\f(BL2,R)，R＝ρeq\f(4L,S橫)，則Q＝eq\f(BS橫L,4ρ)，則eq\f(Qa,Qb)＝eq\f(La,Lb)＝eq\f(d,2d)＝eq\f(1,2)，故選B。線圈匝數(shù)一定時(shí)，通過某一截面的感應(yīng)電荷量?jī)H由回路電阻和磁通量的變化量決定，與時(shí)間無關(guān)。針對(duì)訓(xùn)練如圖所示，一匝數(shù)為N，面積為S、總電阻為R的圓形線圈，放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面。當(dāng)線圈由原位置翻轉(zhuǎn)180°，此過程中通過線圈導(dǎo)線橫截面的電荷量為()A.eq\f(NBS,R) B.eq\f(2NBS,R)C.eq\f(BS,R) D.eq\f(2BS,R)答案B解析由于開始時(shí)線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，把線圈翻轉(zhuǎn)180°，有ΔΦ＝2BS，則通過線圈導(dǎo)線橫截面的電荷量q＝Neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2NBS,R)，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。例4(2022·慶陽(yáng)市高二期末)如圖甲所示，水平放置的線圈匝數(shù)n＝200匝，半徑r1＝0.5m，電阻r＝6Ω，線圈與阻值R＝10Ω的電阻相連。在線圈的中央有一個(gè)范圍為半徑r2＝0.4m的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示規(guī)律變化。圓周率用π表示。(1)求t＝0時(shí)刻，通過線圈的磁通量Φ；(2)求理想電壓表的示數(shù)U；(3)若撤去原磁場(chǎng)，在圖中虛線的右側(cè)空間沿相同方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度B′＝0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)把整個(gè)裝置向左完全移出勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，求這一過程中通過電阻R的電荷量q。答案(1)1.6π×10－2Wb(2)20πV(3)2.5πC解析(1)t＝0時(shí)刻，通過線圈的磁通量Φ＝BS＝B·πr22，代入數(shù)據(jù)解得Φ＝1.6π×10－2Wb(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·πr22，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)則電壓表的示數(shù)為U＝IR，代入數(shù)據(jù)解得U＝20πV(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，則平均感應(yīng)電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝neq\f(B′·πr12,R＋r)，代入數(shù)據(jù)得q＝2.5πC。專題強(qiáng)化練考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的電路問題1.如圖所示，一個(gè)匝數(shù)為n的正方形線圈，邊長(zhǎng)為d，電阻為r。將其兩端a、b與阻值為R的電阻相連接，其他部分電阻不計(jì)。在線圈中存在垂直線圈平面向里的磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻增加，eq\f(ΔB,Δt)＝k。則a、b兩點(diǎn)間的電壓為()A．nd2kB.eq\f(Rnd2k,R＋r)C.eq\f(rnd2k,R＋r)D.eq\f(nd2,kR＋r)答案B解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝nkd2，則a、b兩點(diǎn)間的電壓為Uab＝eq\f(RE,R＋r)＝eq\f(Rnd2k,R＋r)，故選B。2．粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行?，F(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個(gè)不同方向平移出磁場(chǎng)，如圖所示，則在移出過程中線框的一邊a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差的絕對(duì)值最大的是()答案B解析磁場(chǎng)中切割磁感線的邊相當(dāng)于電源，外電路可看成由三個(gè)相同電阻串聯(lián)形成，A、C、D選項(xiàng)中a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差的絕對(duì)值為外電路中一個(gè)電阻兩端的電壓：U＝eq\f(1,4)E＝eq\f(Blv,4)，B選項(xiàng)中a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差的絕對(duì)值為路端電壓：U′＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3Blv,4)，所以a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差的絕對(duì)值最大的是B選項(xiàng)。3.(2022·蘇州市陸慕高級(jí)中學(xué)高二階段練習(xí))如圖，半徑為L(zhǎng)的半圓弧軌道PQS固定，電阻忽略不計(jì)，O為圓心。OM是可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好，OM金屬桿的電阻值是OP金屬桿電阻值的一半。空間存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B；現(xiàn)使OM從OS位置以恒定的角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)到OQ位置，則該過程中()A．回路中M點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)電勢(shì)B．回路中電流方向沿M→O→P→QC．MO兩點(diǎn)的電壓UMO＝eq\f(2,3)BL2ωD．MO兩點(diǎn)的電壓UMO＝eq\f(1,2)BL2ω答案A解析由右手定則可知，OM桿相當(dāng)于電源，M為正極，O為負(fù)極，回路中電流方向沿M→Q→P→O，回路中M點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL·eq\f(ωL,2)＝eq\f(1,2)BL2ω，設(shè)MO電阻為R，則PO電阻為2R，MO兩點(diǎn)的電壓UMO＝eq\f(E,R＋2R)·2R＝eq\f(1,3)BL2ω，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二電磁感應(yīng)中的電荷量問題4．如圖甲所示，abcd為正方形導(dǎo)線框，線框處在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)垂直于線框平面，線框邊長(zhǎng)L＝0.5m，電阻R＝1Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，在0～0.5s和1～2s的時(shí)間內(nèi)通過線框截面的電荷量分別為q1和q2。則q1∶q2為()A．1∶1 B．2∶1C．1∶2 D．1∶4答案C解析法一根據(jù)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)可得0～0.5s和1～2s產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得0～0.5s和1～2s通過線框的電流大小相等，據(jù)q＝It可得q1∶q2＝1∶2，故C正確。法二電磁感應(yīng)現(xiàn)象中通過電路導(dǎo)體橫截面的電荷量公式q＝neq\f(ΔΦ,R)，當(dāng)面積S不變時(shí)，可寫為q＝neq\f(S·ΔB,R)，故q∝ΔB，所以eq\f(q1,q2)＝|eq\f(0－0.5,0.5－－0.5)|＝eq\f(1,2)，故C正確。5.(2023·玉溪市第三中學(xué)高二月考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有兩根相互平行、電阻忽略不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌(足夠長(zhǎng))，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L＝0.4m，在導(dǎo)軌間接有阻值R＝2.0Ω的電阻，一根質(zhì)量為m＝0.4kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置其上，金屬棒的電阻r＝1.0Ω。整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向里?，F(xiàn)讓金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止開始運(yùn)動(dòng)，金屬棒ab下滑高度為h＝1.2m時(shí)恰好達(dá)到最大速度。重力加速度為g＝10m/s2，求：(1)金屬棒ab下滑能達(dá)到的最大速度；(2)金屬棒ab由靜止開始到達(dá)最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量q。答案(1)3m/s(2)0.8C解析(1)當(dāng)a＝0時(shí)，速度達(dá)到最大，有mg＝BImL而最大電流為Im＝eq\f(BLvm,R＋r)聯(lián)立可得vm＝eq\f(mgR＋r,B2L2)＝3m/s(2)q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)·Δt平均電動(dòng)勢(shì)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)聯(lián)立可得q＝eq\f(BLh,R＋r)＝0.8C。6.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬圓環(huán)，半徑為a，總電阻為R(斷開拉直時(shí)的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過圓環(huán)平面。圓環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長(zhǎng)度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AC，A端與圓環(huán)接觸良好，AC由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，C點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AC兩端的電壓為()A.eq\f(Bav,3) B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3) D．Bav答案A解析導(dǎo)體棒AC擺到豎直位置時(shí)，AC切割磁感線的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B·2a·eq\f(1,2)v＝Bav。外電路電阻大小為eq\f(\f(R,2)·\f(R,2),\f(R,2)＋\f(R,2))＝eq\f(R,4)，由閉合電路歐姆定律有|UAC|＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故A正確。7．用相同導(dǎo)線繞制的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)或2L的四個(gè)閉合導(dǎo)線框，以相同的速度勻速進(jìn)入右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示。在每個(gè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，M、N兩點(diǎn)間的電壓分別為Ua、Ub、Uc和Ud。下列判斷正確的是()A．Ua<Ub<Uc<UdB．Ua<Ub<Ud<UcC．Ua＝Ub<Uc＝UdD．Ub<Ua<Ud<Uc答案B解析線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，MN切割磁感線，為電源，MN兩端電壓即為路端電壓，設(shè)長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)線電阻為r，四種情況下的等效電路圖如圖所示。由題知Ea＝Eb＝BLv，Ec＝Ed＝2BLv，由閉合電路歐姆定律和串聯(lián)電路電壓規(guī)律可知Ua＝eq\f(3,4)BLv，Ub＝eq\f(5,6)BLv，Uc＝eq\f(3,2)BLv，Ud＝eq\f(4,3)BLv，故Ua<Ub<Ud<Uc，選項(xiàng)B正確。8．(多選)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按如圖乙所示的規(guī)律變化，螺線管內(nèi)的磁場(chǎng)B的方向向下為正方向。則下列說法中正確的是()A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1VB．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2WC．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電容器下極板帶正電D．S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10－5C答案CD解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝1500×eq\f(1.0－0.2,2.0)×20×10－4V＝1.2V，A錯(cuò)誤；根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1.2,4.0＋5.0＋1.0)A＝0.12A，根據(jù)P＝I2R1，得R1的電功率P＝0.122×4.0W＝5.76×10－2W，B錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，螺線管感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向(俯視)，所以電路中電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電，C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時(shí)電容器所帶電荷量Q，電容器兩端的電壓等于R2兩端電壓，故U＝IR2＝0.6V，則流經(jīng)R2的電荷量Q＝CU＝1.8×10－5C，D正確。9．如圖所示，空間存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)部及外部，磁場(chǎng)方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B。一半徑為b(b＞a)、電阻為R的圓形導(dǎo)線環(huán)放置在紙面內(nèi)，其圓心與圓形區(qū)域的中心重合。當(dāng)內(nèi)、外磁場(chǎng)同時(shí)由B均勻地減小到零的過程中，通過導(dǎo)線環(huán)橫截面的電荷量為()A.eq\f(πB|b2－2a2|,R) B.eq\f(πBb2＋2a2,R)C.eq\f(πBb2－a2,R) D.eq\f(πBb2＋a2,R)答案A解析設(shè)開始時(shí)穿過導(dǎo)線環(huán)向里的磁通量為正值，Φ1＝Bπa2，則向外的磁通量為負(fù)值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，總的磁通量絕對(duì)值為|Φ|＝|B·π(b2－2a2)|，末態(tài)總的磁通量為Φ′＝0，由法拉第電磁感應(yīng)定律得平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則通過導(dǎo)線環(huán)橫截面的電荷量為q＝|eq\f(\x\to(E),R)|·Δt＝|eq\f(ΔΦ,R)|＝eq\f(πB|b2－2a2|,R)，A項(xiàng)正確。10．如圖甲所示，有一個(gè)電阻為R、面積為S的矩形導(dǎo)線框abcd，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向與ad邊垂直并與導(dǎo)線框平面成45°角，O、O′分別是ab和cd邊的中點(diǎn)，現(xiàn)將導(dǎo)線框右半邊ObcO′繞OO′逆時(shí)針翻轉(zhuǎn)90°到圖乙所示位置。在這一過程中，通過導(dǎo)線框橫截面的電荷量是()A.eq\f(\r(2)BS,2R) B.eq\f(\r(2)BS,R)C.eq\f(BS,R) D．0答案A解析導(dǎo)線框的右半邊ObcO′未旋轉(zhuǎn)時(shí)整個(gè)回路的磁通量Φ1＝BSsin45°＝eq\f(\r(2),2)BS；導(dǎo)線框的右半邊ObcO′逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，穿進(jìn)與穿出的磁感線條數(shù)相等，則整個(gè)回路的磁通量Φ2＝0，|ΔΦ|＝eq\f(\r(2),2)BS，根據(jù)公式可得q＝eq\f(|ΔΦ|,R)＝eq\f(\r(2)BS,2R)，故A正確。11．(2020·浙江7月選考)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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)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(dòng)。在圓環(huán)的A點(diǎn)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?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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答案B解析由法拉第電磁感應(yīng)定律知棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)U＝eq\f(1,2)Br2ω，故A錯(cuò)誤；對(duì)極板間微粒受力分析，如圖所示，微粒靜止，則mg＝qE＝qeq\f(U′,d)，得eq\f(q,m)＝eq\f(gd,U′)，而電容器兩極板間電勢(shì)差與電源電動(dòng)勢(shì)相等，即U＝U′，故eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，故B正確；電路中電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(Br2ω,2R)，則電阻R消耗的電功率P＝I2R＝eq\f(B2r4ω2,4R)，故C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量Q＝CU′＝eq\f(CBr2ω,2)，故D錯(cuò)誤。12．如圖所示，7根長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻均為R的導(dǎo)體棒焊接成兩個(gè)對(duì)接的正方形導(dǎo)體框。在拉力作用下以速率v勻速通過有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度等于L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于導(dǎo)體框平面，求：(1)CF邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其兩端的電壓；(2)CF邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，其兩端的電壓。答案(1)eq\f(11,15)B0Lv(2)eq\f(1,5)B0Lv解析(1)CF邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CF邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，內(nèi)阻為R，等效電路如圖甲所示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝B0Lv電路總電