《2020高考物理一輪總復習 第十章 電磁感應 能力課1 電磁感應中的電路和圖象問題練習（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理一輪總復習 第十章 電磁感應 能力課1 電磁感應中的電路和圖象問題練習（含解析）新人教版（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第十章 能力課1 電磁感應中的電路和圖象問題一、選擇題1(多選)很多人喜歡到健身房騎車鍛煉，某同學根據所學知識設計了一個發(fā)電測速裝置，如圖所示，自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強磁場中，后輪圓形金屬盤在磁場中轉動時，可等效成一導體棒繞圓盤中心O轉動已知磁感應強度B0.5 T，圓盤半徑l0.3 m，圓盤電阻不計，導線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導線兩端a、b間接一阻值R10 的小燈泡后輪勻速轉動時，用電壓表測得a、b間電壓U0.6 V則()A電壓表的正接線柱應與a相接B電壓表的正接線柱應與b相接C圓盤勻速轉動20 min產生的電能為426 JD該自行車后輪邊緣的線速度大小為8 m/s

2、解析：選BD根據右手定則可判斷輪子邊緣的點等效為電源的負極，電壓表的正接線柱應與b相接，B正確，A錯誤；根據焦耳定律得QI2Rt，由歐姆定律得I，代入數(shù)據解得Q43.2 J，C錯誤；由UEBl2，vl8 m/s，D正確2如圖所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大環(huán)內產生的感應電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為()A.E B.EC.E DE解析：選Ba、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的，故a、b間電勢差為UE，選項B正確3(多選)如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個阻值為R0的電阻

3、，放在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一個半徑為L、質量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導體AC的電阻為r，其余電阻不計下列說法正確的是()A此時AC兩端電壓為UAC2BLvB此時AC兩端電壓為UACC此過程中電路產生的電熱為QFdmv2D此過程中通過電阻R0的電荷量為q解析：選BDAC的感應電動勢為E2BLv，兩端電壓為UAC，A錯誤，B正確；由功能關系得Fdmv2QQf，C錯誤；此過程中平均感應電流為，通過電阻R0的電荷量為qt，D正確4(2019屆石家莊畢業(yè)班教學質量檢測)如圖甲所示，導體棒MN置于水平導軌上，P

4、、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計導軌和導體棒的電阻導軌所在區(qū)域內存在沿豎直方向的磁場，規(guī)定磁場方向豎直向上為正，在02t0時間內磁感應強度的變化情況如圖乙所示，導體棒MN始終處于靜止狀態(tài)下列說法正確的是()A在0t0和t02t0內，導體棒受到導軌的摩擦力方向相同B在t02t0內，通過電阻R的電流方向為P到QC在0t0內，通過電阻R的電流大小為D在02t0內，通過電阻R的電荷量為解析：選D由楞次定律和右手定則，結合題圖可知，0t0時間內，通過電阻R的電流方向為PQ，t02t0時間內，電流方向為QP，B項錯誤；由左手定則可知，兩段時間內安培力方向相反，故導體棒所受靜摩擦力方向

5、相反，A項錯誤；由法拉第電磁感應定律可知，0t0時間內，E1，所以通過R的電流I1，C項錯誤；在02t0時間內，PQNM范圍內磁通量變化量為B0S，則通過電阻R的電荷量q2t02t02t0，D項正確5(2018年全國卷)如圖，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()解析：選D由右手定則判定，線框向左移動0過程，回路中電流方向為順時針，由E2BLv可知，電流i為定值；線框向左移動l過程，線框左、右兩邊產生的感應電動勢相抵消

6、，回路中電流為零線框向左移動ll過程，回路中感應電流方向為逆時針由上述分析可見，選項D正確6(多選)如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動至ab處，則該過程中()A通過R的電流方向由外向內B通過R的電流方向由內向外CR上產生的熱量為D流過R的電荷量為解析：選ACcd棒在拉力作用下運動至ab處的過程中，閉合回路中的磁通量減小，再由楞次定律及安培定則可知，回路中電流方向為逆時針方

7、向(從上向下看)，則通過R的電流方向由外向內，故A對，B錯；通過R的電荷量為q，D錯；R上產生的熱量為Qt，C對7(多選)(2017年全國卷)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t0時刻進入磁場線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)下列說法正確的是()A磁感應強度的大小為0.5 TB導線框運動速度的大小為0.5 m/sC磁感應強度的方向垂直于紙面向外D在t0.4 s至t0.6

8、s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N解析：選BC導線框勻速進入磁場時速度v m/s0.5 m/s，選項B正確；由EBLv，得B T0.2 T，選項A錯誤；由右手定則可確定磁感應強度方向垂直于紙面向外，選項C正確；導線框所受安培力FBLIBL0.20.1 N0.04 N，選項D錯誤8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，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中一接入電路電阻為R的導體棒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() APQ中電流先增大后

9、減小BPQ兩端電壓先減小后增大CPQ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解析：選C導體棒產生的電動勢EBLv，畫出其等效電路如圖，總電阻R總RR，在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，故A錯誤；PQ兩端的電壓為路端電壓UEIR，即先增大后減小，故B錯誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安IE，先減小后增大，故C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，因外電阻最大值為R，小于內阻R；根據電源的輸出功率與外電阻大小的變化關系，外電阻越接近內電阻時，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，故D錯誤9(多選)如圖所示，在方向

10、豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，沿水平面固定一個V字形金屬框架CAD，已知A，導體棒EF在框架上從A點開始在外力作用下，沿垂直EF方向以速度v勻速向右平移，使導體棒和框架始終構成等腰三角形回路已知框架和導體棒的材料和橫截面積均相同，其單位長度的電阻均為R，框架和導體棒均足夠長，導體棒運動中始終與磁場方向垂直，且與框架接觸良好，關于回路中的電流I和消耗的電功率P隨時間t的變化關系，下列四個圖象中可能正確的是()解析：選AD設框架和導體棒的電阻率為，橫截面積為S，當導體棒運動的時間為t時，由幾何知識可得，此時接在閉合回路中切割磁感線導體棒的長度為l2vttan，此時整個回路的電阻為R，由法拉

11、第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律可得EBLvIR，可求得I，可見電流為定值，A正確，B錯誤；整個回路消耗的電功率PI2R，由于電流為定值，整個回路的R與t成正比，故P與t成正比，C錯誤，D正確10如圖所示，兩根足夠長的平行直導軌AB、CD與水平面成角放置，兩導軌間距為L，A、C兩點間接有阻值為R的定值電阻一根質量均勻分布的直金屬桿放在兩導軌上，并與導軌垂直整套裝置處于磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上，導軌和金屬桿接觸良好，金屬桿的阻值為r，其余部分電阻不計，金屬桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)將外力F沿與導軌平行的方向作用在金屬桿上，讓其由靜止開始沿導軌向上做勻加速直

12、線運動，則下列外力F與作用時間t的圖象中正確的是()解析：選B分析金屬桿在運動過程中的受力情況可知，金屬桿受重力mg、導軌的支持力N、外力F、摩擦力f和安培力F安的共同作用，金屬桿沿導軌方向向上運動，由牛頓第二定律有FmgsinF安fma，又F安B0IL，I，所以F安B0IL，fmgcos，所以有Fmgsinmgcosma，又因為vat，將其代入上式可得Ftmgsinmgcosma，由此表達式可知，選項B正確二、非選擇題11如圖，在水平面內有兩條電阻不計的平行金屬導軌AB、CD，導軌間距為L；一根電阻為R的金屬棒ab可在導軌上無摩擦地滑動，棒與導軌垂直，并接觸良好，導軌之間有垂直紙面向外的勻強

13、磁場，磁感應強度為B，導軌右端與電路連接，電路中的兩個定值電阻阻值分別為2R和R，現(xiàn)用力拉ab以速度v0勻速向左運動求：(1)感應電動勢的大小；(2)棒ab中感應電流的大小和方向；(3)ab兩端的電勢差Uab；(4)電阻R上的電功率解析：(1)ab棒產生的感應電動勢EBLv0.(2)棒勻速向左運動，根據右手定則判斷可知，感應電流方向為ba，感應電流的大小為I.(3)ab兩端的電勢差UabI3R.(4)PRI2R2R.答案：(1)BLv0(2)ba(3)(4)12(2018屆廣東湛江高三調研)如圖所示，傾角為37的光滑斜面上存在寬度為h的勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直斜面向下，

14、一個粗細均勻質量為m、電阻為R、邊長為l的正方形金屬線框abcd，開始時線框abcd的ab邊到磁場的上邊緣距離為l，將線框由靜止釋放，已知hl，ab邊剛離開磁場的下邊緣時線框做勻速直線運動，sin370.6，cos370.8，重力加速度大小為g.(1)ab邊剛離開磁場的下邊緣時，線框中的電流和cd邊兩端的電勢差各是多大？(2)求線框abcd從開始至ab邊剛離開磁場的下邊緣過程中產生的熱量解析：(1)ab邊剛離開磁場的下邊緣時，設線框中的電流為I，cd兩端的電勢差為Ucd，由于線框做勻速直線運動，由平衡條件有mgsin37BIl解得I根據歐姆定律有UcdIR聯(lián)立解得Ucd.(2)設線框abcd從

15、開始至ab邊剛離開磁場的下邊緣過程中產生的熱量為Q，根據法拉第電磁感應定律有EBLv由閉合電路歐姆定律有I聯(lián)立解得v根據能量守恒定律得mg(hl)sin37Qmv2聯(lián)立解得Qmg(hl).答案：(1)(2)mg(hl)|學霸作業(yè)|自選一、選擇題1如下圖甲所示，光滑導軌水平放置在斜向下且與水平方向夾角為60的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為B的正方向)，導體棒ab垂直導軌放置且與導軌接觸良好，除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止狀態(tài)規(guī)定ab的方向為電流的正方向，水平向右的方向為外力的正方向，則在0t1時間內，能正確反映

16、流過導體棒ab的電流I和導體棒ab所受水平外力F隨時間t變化的圖象是()解析：選D在0t1時間內，由楞次定律及安培定則可判定回路中的電流方向始終為ba，由法拉第電磁感應定律可判定回路中的電流大小恒定，故A、B兩項錯誤；由F安BIL可得F安隨B的變化而變化，在0t0時間內，F(xiàn)安方向水平向右，故外力F與F安等值反向，方向水平向左為負值；在t0t1時間內，F(xiàn)安方向改變，故外力F方向也改變?yōu)檎?，綜上所述，D項正確2如圖所示，匝數(shù)n100匝、橫截面積S0.2 m2、電阻r0.5 的圓形線圈處于垂直紙面向里的勻強磁場中磁感應強度隨時間按B0.60.02t (T)的規(guī)律變化處于磁場外的電阻R13.5 ，R

17、26 ，電容器的電容C30 F，閉合開關S，則下列說法中正確的是()A線圈中產生順時針方向的感應電流B線圈兩端M、N兩點間的電壓為0.4 VC電阻R1消耗的電功率為9.6103 WD電路穩(wěn)定后，斷開開關S，則通過電阻R2的電荷量為7.2106 C解析：選D閉合開關S，由楞次定律可知，圓形線圈內產生逆時針方向的電流，選項A錯誤；100匝的圓形線圈產生感應電動勢，相當于電源，其等效電路圖如圖所示，線圈中的感應電動勢EnnS1000.020.2 V0.4 V，所以通過電源的電流I A0.04 A，線圈兩端M、N兩點間的電壓為路端電壓，即UEIr0.4 V0.040.5 V0.38 V，選項B錯誤；電

18、阻R1消耗的電功率P1I2R10.0423.5 W5.6103 W，選項C錯誤；閉合開關S一段時間后，電路達到穩(wěn)定狀態(tài)，電容器相當于開路，其兩端電壓U等于電阻R2兩端的電壓，即UIR20.046 V0.24 V，電容器充電后所帶電荷量為QCU301060.24 C7.2106 C，當開關S斷開后，電容器通過電阻R2放電，即通過電阻R2的電荷量為7.2106 C，選項D正確3(2019屆河南八市質檢)如圖所示，導體桿OP在作用于OP中點且垂直于OP的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強磁場中以一定的角速度轉動，磁場的磁感應強度為B，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計，回路中的總電功

19、率為P，則()A外力的大小為2BrB外力的大小為BrC導體桿旋轉的角速度為D導體桿旋轉的角速度為 解析：選C設導體桿轉動的角速度為，則導體桿轉動切割磁感線產生的感應電動勢EBr2，I，根據題述回路中的電功率為P，則PEI；設維持導體桿勻速轉動的外力為F，則有P，vr，聯(lián)立解得FBr，選項C正確，A、B、D錯誤4(多選)(2019屆廣東佛山質檢)水平放置足夠長的光滑平行導軌，電阻不計，間距為L，左端連接的電源電動勢為E，內阻為r，質量為m的金屬桿垂直靜放在導軌上，金屬桿處于導軌間的部分電阻為R.整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，閉合開關，金屬桿沿導軌做變加速運動直至達到最

20、大速度，則下列說法正確的是()A金屬桿的最大速度大小為B此過程中通過金屬桿的電荷量為C此過程中電源提供的電能為D此過程中金屬桿產生的熱量為解析：選AC閉合開關后電路中有電流，金屬桿在安培力的作用下向右運動，金屬桿切割磁感線產生感應電動勢，方向與電源電動勢方向相反，當兩者相等時，電流為0，金屬桿達到最大速度，此時EBLvm，得vm，A項正確；對桿應用動量定理有BLtmvm，又qt，得q，B項錯誤；電源提供的電能E電qE，C項正確；據能量守恒定律，E電EkQ熱，Ekmvm2，可得Q熱E電Ek，Q熱為電源內阻和金屬桿上產生的總熱量，D項錯誤5(2018屆福州四校聯(lián)考)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁

21、感應強度方向與紙面垂直，一正方形單匝導線框abcd位于紙面內，如圖(a)所示，t0時cd邊與磁場邊界重合，導線框在水平外力F的作用下從靜止開始做變速直線運動通過該磁場，規(guī)定逆時針方向為感應電流的正方向，回路中感應電流隨時間變化的關系如圖(b)所示；規(guī)定水平向左為力的正方向，下列給出的關于回路中感應電動勢E、線框所受安培力F安、外力F隨時間變化的圖象中，一定錯誤的是()解析：選B根據閉合電路歐姆定律，可知回路中感應電動勢與感應電流成正比，A正確；根據安培力公式F安BIL，安培力與電流成正比，但是安培力與線框的運動方向相反，在線框進入磁場過程中，所受安培力向左，為正值，出磁場時所受安培力方向也是向

22、左，為正值，所以B錯誤，C正確；由I結合題圖，可知線框始終做勻變速直線運動，力F的方向始終向右且與安培力的合力始終不變，D正確6(多選)(2018屆廣東惠州高三第三次調研)如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上、大小為B的勻強磁場中，兩導軌間的距離為l.t0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，金屬棒電阻為r，導軌電阻忽略不計已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示下列關于棒運動的速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是()解析：

23、選AB根據題圖乙所示的It圖象可知Ikt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得Ikt，又EBlv，整理得vt，vt圖象是一條過原點的斜率大于零的直線，說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即vat，A正確；由法拉第電磁感應定律E，則得k(Rr)t，t的圖象是一條過原點的斜率大于零的直線，B正確；對金屬棒在沿導軌方向列出動力學方程，F(xiàn)BIlmgsinma，而I，vat，整理得Fmamgsin，可見Ft圖象是一條斜率大于零且縱截距大于零的直線，C錯誤；qItt2，則qt圖象應是一條開口向上的拋物線，D錯誤7在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n1 500匝，橫截面積S20 cm2.螺線管導線

24、電阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C30 F.在一段時間內，穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖乙所示的規(guī)律變化則下列說法中正確的是()A螺線管中產生的感應電動勢為1 VB閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，螺線管兩端電壓為1.08 VC電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶負電DS斷開后，流經R2的電荷量為1.8106 C解析：選B由法拉第電磁感應定律可知EnnS，其中n1 500匝，S20104 m2，等于乙圖中圖線斜率，為 T/s0.4 T/s，代入得E1.2 V，A錯誤；感應電流I0.12 A，螺線管兩端的電壓UI(R1R2)1.08 V，B正確；由楞次定律及安培定則可得，螺線管下端電勢高

25、，所以電容器下極板帶正電，C錯誤；S斷開后，電容器把儲存的電量都通過R2釋放出來，QCUR2，其中UR2IR2，得Q1.8105 C，D錯誤8如圖所示，將一根絕緣硬金屬導線彎曲成一個完整的正弦曲線形狀，它通過兩個小金屬環(huán)a、b與長直金屬桿導通，圖中a、b間距離為L，導線組成的正弦圖形頂部或底部到桿的距離都是d.右邊虛線范圍內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于彎曲導線所在平面的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為，現(xiàn)在外力作用下導線沿桿以恒定的速度v向右運動，t0時刻a環(huán)剛從O點進入磁場區(qū)域，則下列說法正確的是()A在t時刻，回路中的感應電動勢為BdvB在t時刻，回路中的感應電動勢為2BdvC在t時刻，回

26、路中的感應電流第一次改變方向D在t時刻，回路中的感應電流第一次改變方向解析：選D當t時，閉合回路的位置如圖1，此時的有效長度為零，感應電動勢也為零，此時的感應電流也為零，電流為零是電流方向改變的時刻，A選項錯誤，D選項正確；當t時，閉合回路的位置如圖2，有效長度為d，感應電動勢EBdv，B選項錯誤；在t時刻，閉合回路的位置如圖3，有效長度為d，電流大小I，電流不為零，電流方向不變，C選項錯誤二、非選擇題9.勻強磁場磁感應強度B0.2 T，磁場寬度L3 m，一正方形金屬框邊長abl1 m，其每條邊電阻r0.2 ，金屬框以v10 m/s的速度勻速穿過磁場區(qū)，其平面始終保持與磁感線方向垂直，如圖所示

27、，求：(1)畫出金屬框穿過磁場區(qū)的過程中，金屬框內感應電流的It圖線；(2)畫出ab兩端電壓的Ut圖線解析：(1)線框進入磁場區(qū)時，有E1Blv2 V，I12.5 A方向沿逆時針，如圖實線abcd所示，感應電流持續(xù)的時間t10.1 s線框在磁場中運動時，有E20，I20無電流的持續(xù)時間，t20.2 s線框穿出磁場區(qū)時，有E3Blv2 VI32.5 A此電流的方向為順時針，如上圖虛線adcb所示規(guī)定電流方向逆時針為正，得It圖線見答案圖甲(2)線框進入磁場區(qū)ab兩端電壓為U1I1r2.50.2 V0.5 V線框在磁場中運動時，ab兩端電壓等于感應電動勢，即U2Blv2 V線框出磁場時ab兩端電壓

28、為U3E3I3r1.5 V由此得Ut圖線如答案圖乙所示答案：(1)如圖甲所示(2)如圖乙所示10如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直質量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g.求：(1)導體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)；(2)導體棒勻速運動的速度大小v；(3)整個運動過程中，電阻產生的焦耳熱Q. 解析：(1

29、)在絕緣涂層上導體棒受力平衡有mgsinmgcos解得tan.(2)在光滑導軌上感應電動勢EBLv感應電流I安培力F安BIL導體棒受力平衡有F安mgsin解得v.(3)摩擦生熱QTmgdcos由能量守恒定律有3mgdsinQQTmv2解得Q2mgdsin.答案：(1)tan(2)(3)2mgdsin11(2019屆新余高三期末質檢)如圖甲所示，水平面上的兩光滑金屬導軌平行固定放置，間距d0.5 m，電阻不計，左端通過導線與阻值R2 的電阻連接，右端通過導線與阻值RL4 的小燈泡L連接在CDFE矩形區(qū)域內有豎直向上的勻強磁場，CE長l2 m，有一阻值r2 的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處(恰

30、好不在磁場中)CDFE區(qū)域內磁場的磁感應強度B隨時間變化如圖乙所示在t0至t4 s內，金屬棒PQ保持靜止，在t4 s時使金屬棒PQ以某一速度進入磁場區(qū)域并保持勻速運動已知從t0開始到金屬棒運動到磁場邊界EF處的整個過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化求：(1)通過小燈泡的電流；(2)金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大小解析：(1)在t0至t4 s內，金屬棒PQ保持靜止，磁場變化導致電路中產生感應電動勢電路為r與R并聯(lián)，再與RL串聯(lián)，電路的總電阻R總RL5 此時感應電動勢Edl0.520.5 V0.5 V通過小燈泡的電流為I0.1 A.(2)當棒在磁場區(qū)域中運動時，由導體棒切割磁感線產生電動勢，電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時電路的總電阻R總r 由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流ILI0.1 A，則流過金屬棒的電流為IILIRIL0.3 A電動勢EIR總Bdv解得棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大小v1 m/s.答案：(1)0.1 A(2)1 m/s17