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1、專題十一電磁感應,高考物理（課標專用）,考點一電磁感應現(xiàn)象、楞次定律,考點清單,考向基礎 一、電磁感應現(xiàn)象,二、感應電流方向的判定,三、磁通量、磁通量的變化量、磁通量的變化率的區(qū)別,考向突破,考向一電磁感應現(xiàn)象 常見的產生感應電流的三種情況 判斷能否產生電磁感應現(xiàn)象,關鍵是看回路的磁通量是否發(fā)生了變化。,磁通量的變化量=2-1主要有下列四種形式: (1)S、不變,B改變,則=BS sin (為B與S的夾角)。 (2)B、不變,S改變,則=BS sin 。 (3)B、S不變,改變,則=BS(sin 2-sin 1)。 (4)B、S、中的兩個或三個量同時變化引起的磁通量變化。,例1(2017課標,

2、18,6分)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動,在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板,并施加磁場來快速衰減其微小振動,如圖所示。無擾動時,按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出現(xiàn)擾動后,對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是(),解析由于要求有效衰減紫銅薄板的上下及左右的微小振動,則在紫銅薄板發(fā)生微小的上下或左右振動時,通過紫銅薄板橫截面的磁通量應均能發(fā)生變化,由圖可以看出,只有A圖方案中才能使兩方向上的微小振動得到有效衰減。,答案A,考向二楞次定律及其應用 1.楞次定律中“阻礙”的含義,2.楞次定律的推廣含義 楞次定

3、律中“阻礙”的含義可以推廣為:感應電流的效果總是阻礙引起感應電流的原因,列表說明如下:,例2(2017課標,15,6分)如圖,在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌,導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS,一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內,線框與導軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動,在運動開始的瞬間,關于感應電流的方向,下列說法正確的是() A.PQRS中沿順時針方向,T中沿逆時針方向 B.PQRS中沿順時針方向,T中沿順時針方向 C.PQRS中沿逆時針方向,T中沿逆時針方向 D.PQRS中沿逆時針方向,T中沿順時針方向,解析金屬桿PQ向右運動,穿

4、過PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,PQRS中產生逆時針方向的電流。這時因為PQRS中感應電流的作用,依據楞次定律可知,T中產生順時針方向的感應電流。故只有D項正確。,答案D,易錯點撥對楞次定律的深度理解 線框與導軌共面且與磁場垂直。當金屬桿PQ向右運動時,PQRS中向里的磁通量增加,從而產生逆時針方向的感應電流。T中原有向里的磁通量不變,而增加了因PQRS中感應電流產生的向外的磁通量,導致T中合磁通量減小,從而產生順時針方向的感應電流。,考點二法拉第電磁感應定律,考向基礎 一、法拉第電磁感應定律 1.法拉第電磁感應定律:閉合電路中感應電動勢的大小與穿過這一電路的磁通量的變化率成正比,即E

5、=n,產生的感應電動勢有兩種,一種是感生電動勢,另一種是動生電動勢。,2.感生電動勢與動生電動勢的比較,二、互感和自感 1.互感 兩個相互靠近的線圈中,有一個線圈中的電流變化時,它所產生的變化的磁場會在另一個線圈中產生感應電動勢,這種現(xiàn)象叫做互感,這種電動勢叫做互感電動勢。變壓器就是利用互感現(xiàn)象制成的。 2.自感 (1)自感:由于導體本身的電流發(fā)生變化而產生的電磁感應現(xiàn)象,叫做自感。 (2)自感電動勢:由于自感而產生的感應電動勢叫做自感電動勢。自感電動勢總是阻礙導體自身電流的變化,與電流變化的快慢有關,大小正,比于電流的變化率,表示為E=L。 (3)自感系數:E=L中的比例系數L叫做自感系數,

6、簡稱自感或電感。線 圈的長度越長,線圈的橫截面積越大,單位長度上匝數越多,線圈的自感系數越大,線圈有鐵芯比無鐵芯時自感系數大得多。 三、渦流 線圈中的電流變化時,在附近導體中產生感應電流,這種電流在導體內形成閉合回路,很像水的漩渦,因此把它叫做渦電流,簡稱渦流。在冶煉爐、電動機、變壓器、探雷器等實際應用中都存在著渦流,它是整塊導體發(fā)生的電磁感應現(xiàn)象,同樣遵守電磁感應定律。,考向突破,考向一磁通量變化產生感應電動勢 1.法拉第電磁感應定律 表達式:E=n,說明式中的n為線圈的匝數, 是線圈磁通量的變化量,t是磁通量變化所用的時間。叫做磁通量的變化率。 的單位是韋伯,t的單位是秒,E的單位是伏特。

7、 E=n在中學階段一般只用來計算平均感應電動勢,如果是恒定 的,那么E是穩(wěn)恒的。,例1(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應強度B隨時間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為21,圓環(huán)中產生的感應電動勢分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是() A.EaEb=41,感應電流均沿逆時針方向 B.EaEb=41,感應電流均沿順時針方向 C.EaEb=21,感應電流均沿逆時針方向 D.EaEb=21,感應電流均沿順時針方向,解析由題意可知=k,導體圓環(huán)中產生的感應電動勢E==S= r2,因rarb=21,故EaEb=41

8、;由楞次定律知感應電流的方向均 沿順時針方向,選項B正確。,答案B,2.通電自感和斷電自感的比較,例2如圖所示的電路中,A1和A2是完全相同的燈泡,線圈L的電阻可以忽略,下列說法中正確的是() A.合上開關S接通電路時,A2先亮,A1后亮,最后一樣亮 B.合上開關S接通電路時,A1和A2始終一樣亮 C.斷開開關S切斷電路時,A2立刻熄滅,A1過一會兒才熄滅 D.斷開開關S切斷電路時,A1和A2都要過一會兒才熄滅,解析自感線圈具有阻礙電流變化的作用,當電流增大時,它阻礙電流增大;當電流減小時,它阻礙電流減小,但阻礙并不能阻止。閉合開關時,L中電流從無到有,L將阻礙這一變化,使L中電流不能迅速增大

9、,而無線圈的A2支路,電流能夠瞬時達到較大值,故A1后亮,A2先亮,最后通過兩燈電流相等,一樣亮;斷開開關時,L中產生自感現(xiàn)象,使A1、A2都要過一會兒才熄滅。故A、D正確。,答案AD,考向二導體切割磁感線產生感應電動勢 導體切割磁感線產生感應電動勢的分析與計算 (1)公式:E=BLv。 (2)關于求解導體切割磁感線的感應電動勢公式的兩點說明: 公式中的B、L、v要求兩兩互相垂直。當LB,Lv,而v與B成夾角時,導體切割磁感線的感應電動勢大小為 E= BLv sin 。 若導體不是直的,則E=BLv sin 中的L為切割磁感線的導體的有效長度。如圖中,導體的有效長度為a、b間的距離。,(3)有

10、關計算導體切割磁感線產生的感應電動勢大小的兩個特例: 長為L的導體棒在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度勻速轉動,導體棒產生的感應電動勢: a.以中點為軸時,E=0(不同兩段的代數和); b.以端點為軸時, E=BL2(平均速度取中點位置時的線速度L); c.以任意點為軸時,E=B(-)(不同兩段的代數和)。,面積為S的矩形線圈在勻強磁場B中以角速度繞線圈平面內垂直于磁場的任意軸勻速轉動切割磁感線,產生的感應電動勢: a.線圈平面與磁感線垂直時,E=0; b.線圈平面與磁感線平行時,E=BS; c.線圈平面與磁感線夾角為時,E=BS cos 。,例3(2014課標,25,19分)半徑分別為r和

11、2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內,一長為r、質量為m且質量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面,BA的延長線通過圓導軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于一勻強磁場中,磁感應強度的大小為B,方向豎直向下。在內圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導體棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉動,在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸。設導體棒與導軌之間的動摩擦因數為,導體棒和導軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求 (1)通過電阻R的感應電流的方向和大小; (2)外力的功率。,解題導引,解析(1)解法一由感應電動勢公式E=B(-)得導體棒AB的感 應電動

12、勢 E=B(2r)2-r2= 通過R的電流 I== 由右手定則判得通過R的感應電流從CD。,解法二在t時間內,導體棒掃過的面積為 S=t(2r)2-r2 根據法拉第電磁感應定律,導體棒上感應電動勢的大小為 E= 根據右手定則,感應電流的方向是從B端流向A端。因此,通過電阻R的感應電流的方向是從C端流向D端。由歐姆定律可知,通過電阻R的感應電流的大小I滿足 I= 聯(lián)立式得 I=,解法三E=Br=Br=Br2 I== 由右手定則判得通過R的感應電流從CD,解法四取t=T E===Br2 I== 由右手定則判得通過R的感應電流從CD。 (2)解法一在豎直方向有 mg-2N=0 式中,由于質量分布均勻

13、,內、外圓導軌對導體棒的正壓力大小相等,其值為N。兩導軌對運行的導體棒的滑動摩擦力均為 f=N 在t時間內,導體棒在內、外圓導軌上掃過的弧長分別為,l1=rt 和 l2=2rt 克服摩擦力做的總功為 Wf=f(l1+l2) 在t時間內,消耗在電阻R上的功為 WR=I2Rt 根據能量轉化和守恒定律知,外力在t時間內做的功為 W=Wf+WR 外力的功率為 P=,由至式得 P=mgr+,解法二由能量守恒 P=PR+Pf 在豎直方向2N=mg,則N=mg,得f=N=mg Pf=mgr+mg2r=mgr PR=I2R= 所以P=mgr+,答案(1)方向:由C端到D端 (2)mgr+,考點三電磁感應中的綜

14、合應用,考向基礎 一、電磁感應中的電路問題 1.電源和電阻,2.電流方向 在外電路,電流由高電勢流向低電勢;在內電路,電流由低電勢流向高電勢。 二、電磁感應中的圖像問題,三、電磁感應現(xiàn)象中的動力學問題 1.安培力的大小 F= 2.安培力的方向 (1)先用右手定則判斷感應電流方向,再用左手定則判定安培力方向。 (2)根據楞次定律,安培力的方向一定和導體切割磁感線的運動方向相反。 四、電磁感應現(xiàn)象中的能量問題 1.電磁感應現(xiàn)象的實質是其他形式的能和電能之間的轉化。,2.感應電流在磁場中受安培力,外力克服安培力做功,將其他形式的能轉化為電能,電流做功再將電能轉化為其他形式的能。,考向突破,考向一電磁

15、感應中的電路、圖像問題 一、電磁感應中的電路問題 1.將產生感應電動勢的部分電路當做電源,作出等效電路圖,結合歐姆定律用相關電路知識求解。,例1如圖所示,勻強磁場的方向垂直于光滑的金屬導軌平面向里,極板間距為d的平行板電容器與總阻值為2R0的滑動變阻器通過平行導軌連接,電阻為R0的導體棒MN可在外力的作用下沿導軌從左向右做勻速直線運動。當滑動變阻器的滑動觸頭位于a、b的中間位置且導體棒MN的速度為v0時,位于電容器中P點的帶電油滴恰好處于靜止狀態(tài)。若不計摩擦和平行導軌及導線的電阻,各接觸處接觸良好,重力加速度為g,則下列判斷正確的是(),A.油滴帶正電荷 B.若將上極板豎直向上移動距離d,油滴

16、將向上加速運動,加速度a=g/2 C.若將導體棒的速度變?yōu)?v0,油滴將向上加速運動,加速度a=g D.若保持導體棒的速度為v0不變,而將滑動觸頭置于a端,同時將電容器上極板向上移動距離d/3,油滴仍將靜止,解題導引,解析根據右手定則可知,M端為正極,則上極板帶正電,板間場強豎直向下,又油滴靜止,對其受力分析知受豎直向下的重力和豎直向上的電場力,兩力大小相等,因此油滴帶負電荷,選項A錯誤;設導軌間距為L,導體棒切割磁感線產生的感應電動勢為:E1=BLv0,則電容器兩端電壓為U1==,開始油滴靜止時有:q=mg,若將上極板豎直向上移動 距離d,對油滴有:mg-q=ma1,解得:a1=,方向豎直向

17、下,同理,若將導體 棒的速度變?yōu)?v0,可得油滴的加速度為:a2=g,方向豎直向上,選項B錯誤、C正確;若保持導體棒的速度不變,而將滑動觸頭置于a端,同時將電容器上極板向上移動距離,則此時電容器兩端電壓為:U2==,BLv0,油滴所受電場力為:F=q==mg,因此油滴仍然靜止,選項D 正確。,答案CD,2.q=n的分析與應用 在電磁感應現(xiàn)象中,只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化,閉合電路中就會產生感應電流,設在時間t內通過導體橫截面的電荷量為q,則根據電流定義式I=及法拉第電磁感應定律E=,得q=It=t= t=。 需要說明的是:上面式中I為平均值,因而E為平均值。 如果閉合電路是一個單匝線

18、圈(n=1),則q=。 q=n中n為線圈的匝數,為磁通量的變化量,R總為閉合電路的總電 阻。,例2(2018課標,17,6分)如圖,導體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點,O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場,磁感應強度的大小為B。現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程);再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中,流過OM的電荷量相等,則等于(),A.B.C.D.2,解析本題考查法拉第電磁感應定律及電荷量公式。由公式E=

19、,I= ,q=It得q=,設半圓弧半徑為r,對于過程,q1=,對于過程 , q2=,由q1=q2得,=,故B項正確。,答案B,規(guī)律總結電磁感應中電荷量的求解方法 (1)q=It。 (2)q=,其中的求解有三種情況:(1)只有S變化,=BS;(2)只有B 變化,=BS;(3)B和S都變化,=2-1。,二、電磁感應中的圖像問題 1.圖像問題中的“三看”“三明確” 對于圖像問題,應做到“三看”、“三明確”,即 (1)看軸看清變量。 (2)看線看圖線的形狀。 (3)看點看特殊點和轉折點。 (4)明確圖像斜率的物理意義。,(5)明確截距的物理意義。 (6)明確“+”“-”的含義。,2.圖像問題的求解類型

20、,3.解題關鍵 弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵。 4.解決圖像問題的一般步驟 (1)明確圖像的種類,即是B-t圖還是-t圖,或者E-t圖、I-t圖等。 (2)分析電磁感應的具體過程。 (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系。 (4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出函數關系式。 (5)根據函數關系式,進行數學分析,如分析斜率的變化、截距等。 (6)畫圖像或判斷圖像。,例3邊長為a的閉合金屬正三角形輕質框架,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磁場中,現(xiàn)把框架勻速水平向右拉

21、出磁場,如圖所示,則下列圖像與這一拉出過程相符合的是(),解題導引,解析設正三角形輕質框架開始出磁場的時刻t=0,則其切割磁感線的有效長度L=2x tan 30=x,則感應電動勢E電動勢=BLv=Bvx,則C項 正確,D項錯誤?？蚣軇蛩龠\動,故F外力=F安==x2,A項錯 誤。P外力功率=F外力vF外力x2,B項正確。,答案BC,考向二電磁感應中的動力學、能量問題 一、電磁感應中的動力學問題 1.電磁感應中的動力學問題 通電導體在磁場中受到安培力作用,因此電磁感應問題往往和力學問題綜合在一起。解決的基本方法如下:,2.電磁感應中的動力學臨界問題 基本思路是:,例4如圖甲所示,兩根足夠長的直金屬

22、導軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上,兩導軌間距為L。M、P兩點間接有阻值為R的電阻。一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上,并與導軌垂直。整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直斜面向下。導軌和金屬桿的電阻可忽略。讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑,導軌和金屬桿接觸良好,不計它們之間的摩擦。,(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示,請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖; (2)在加速下滑過程中,當ab桿的速度大小為v時,求ab桿中的電流及其加速度的大小; (3)求在下滑過程中,ab桿可以達到的速度最大值。,解析(1)如圖所示,重力mg,豎直向下;支持力N,垂直斜面

23、向上;安培力F,沿斜面向上。 (2)當ab桿速度為v時,感應電動勢E=BLv,此時電路中電流 I==。 ab桿受到的安培力,F=BIL=, 根據牛頓運動定律,有 ma=mg sin -F=mg sin - 解得a=g sin -。 (3)當=mg sin 時,ab桿達到最大速度,解得 vm=。,答案(1)見解析 (2)g sin - (3),二、電磁感應中的能量問題 1.電磁感應中的功能問題 電磁感應過程的實質是不同形式的能量之間轉化的過程,而能量的轉化是通過安培力做功的形式實現(xiàn)的,安培力做功的過程,是電能轉化為其他形式能的過程,外力克服安培力做功,則是其他形式的能轉化為電能的過程。,(1)能

24、量轉化 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 焦耳定律:Q=I2Rt。 功能關系:Q=W克服安培力。 能量轉化:Q=E其他能的減少量。 3.解決此類問題的步驟 (1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律(右手定則)確定感應電動勢的大小和方向。 (2)畫出等效電路圖,寫出回路中電阻消耗的電功率的表達式。,2.能量轉化及焦耳熱的求法,(3)分析導體機械能的變化,用能量守恒關系得到機械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的方程,聯(lián)立求解。,注意在利用能量的轉化和守恒解決電磁感應問題時,第一要準確把握參與轉化的能量的形式和種類,第二要確定哪種能量增加,哪種能量減少。,例5如圖所示,間距為L的平行且足夠長的光滑導軌由

25、兩部分組成:傾斜部分與水平部分平滑相連,傾角為,在傾斜導軌頂端連接一阻值為r的定值電阻。質量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導軌跨放在導軌上,在傾斜導軌區(qū)域加一垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場;在水平導軌區(qū)域加另一垂直導軌平面向下、磁感應強度大小也為B的勻強磁場。閉合開關S,讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放,已知金屬桿運動到水平導軌前,已達到最大速度,不計導軌電阻且金屬桿始終與導軌接觸良好,重力加速度為g。求:,(1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的最大速度vm; (2)金屬桿MN在傾斜導軌上運動,速度未達到最大速度vm前,當流經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

26、荷量為q,求這段時間內在定值電阻上產生的焦耳熱Q; (3)金屬桿MN在水平導軌上滑行的最大距離xm。,解析(1)金屬桿MN在傾斜導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:mg sin -BIL=0 根據歐姆定律可得:I= 解得:vm= (2)設在這段時間內,金屬桿運動的位移為x 由電流的定義可得:q=t 根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律得:== 解得:x= 設電流為I0時金屬桿的速度為v0,根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律,,可得:I0= 此過程中,電路產生的總焦耳熱為Q總,由功能關系可得:mgx sin =Q總+ m 定值電阻產生的焦耳熱Q=Q總 解得:Q=- (3)金

27、屬桿在水平導軌上滑行的最大距離為xm 由牛頓第二定律得:BIL=ma 由法拉第電磁感應定律、歐姆定律可得:I= 可得:v=m,vt=mv,即xm=mvm 得:xm=,答案(1)vm= (2)Q=- (3)xm=,方法電磁感應中滑軌類問題的分析方法 這類問題的實質是不同形式的能量的轉化過程,從功和能的觀點入手,弄清導體切割磁感線運動過程中的能量轉化關系,處理這類問題有三種觀點,即:力學觀點;能量觀點;圖像觀點。 1.單桿模型的常見情況,方法技巧,例1如圖甲所示,在水平面上固定有長為L=2 m、寬為d=1 m的金屬“U”形導軌,在“U”形導軌右側l=0.5 m范圍內存在垂直紙面向里的勻強磁場,且磁

28、感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。在t=0時刻,質量為m=0.1 kg 的導體棒以v0=1 m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動,導體棒與導軌之間的動摩擦因數為=0.1,導軌與導體棒單位長度的電阻均為=0.1 /m,不計導體棒與導軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g=10 m/s2)。,(1)通過計算分析4 s內導體棒的運動情況; (2)計算4 s內回路中電流的大小,并判斷電流方向; (3)計算4 s內回路產生的焦耳熱。,解析(1)導體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速運動,有 -mg=ma,vt=v0+at,x=v0t+at2 導體棒速度減為零時,vt=0。 代入數據解得:t=1 s,x=0.5

29、m,導體棒沒有進入磁場區(qū)域。 導體棒在1 s末已停止運動,以后一直保持靜止,離左端位置仍為x=0.5 m (2)前2 s磁通量不變,回路電動勢和電流分別為 E=0,I=0 后2 s回路產生的電動勢為 E==ld=0.1 V 回路的總長度為5 m,因此回路的總電阻為,R=5=0.5 電流為 I==0.2 A 根據楞次定律,在回路中的電流方向是順時針方向 (3)前2 s電流為零,后2 s有恒定電流,焦耳熱為 Q=I2Rt=0.04 J,答案見解析,名師點撥本題綜合了牛頓運動定律、運動學公式、法拉第電磁感應定律和楞次定律、電能等知識,難度適中?？疾閷W生的理解分析能力和判斷推理能力。,2.雙桿模型的常

30、見情況 (1)初速度不為零,不受其他水平外力的作用,(2)初速度為零,一桿受到恒定水平外力的作用,例2如圖,兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為,間距為L。導軌上端接有一平行板電容器,電容為C。導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質量為m的金屬棒,棒可沿導軌下滑,且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為,重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑,求:,(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系; (2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。,解析(1)設金屬棒下滑的速度大小為v,則感應電動

31、勢為 E=BLv 平行板電容器兩極板之間的電勢差為 U=E 設此時電容器極板上積累的電荷量為Q,按定義有 C= 聯(lián)立式得 Q=CBLv (2)設金屬棒的速度大小為v時經歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i,金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導軌向上,大小為 f1=BLi,設在時間間隔(t,t+t)內流經金屬棒的電荷量為Q,按定義有 i= Q也是平行板電容器極板在時間間隔(t,t+t)內增加的電荷量。由式得 Q=CBLv 式中,v為金屬棒的速度變化量。按定義有 a= 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小為 f2=N 式中,N是金屬棒對導軌的正壓力的大小,有,N=mg cos 金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下,設其大小為a,根據牛頓第二定律有 mg sin -f1-f2=ma 聯(lián)立至式得 a=g 由式及題設可知,金屬棒做初速度為零的勻加速運動。t時刻金屬棒 的速度大小為 v=gt,答案(1)Q=CBLv(2)v=gt,