高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第二章 电磁感应综合与测试学案

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第二章 电磁感应综合与测试学案，共16页。


一、电磁感应中的电路问题
处理电磁感应中的电路问题的一般方法
1．明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路．
2．画等效电路图，分清内、外电路．
3．用法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)或E＝Blvsin θ确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．注意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极．
4．运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等公式联立求解．
固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd的边长为L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可以忽略的铜线．匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段与ab段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ架在导线框上(如图1所示)．若PQ以恒定的速度v从ad滑向bc，当其滑过eq \f(L,3)的距离时，通过aP段的电流多大？方向如何？
图1
答案 eq \f(6BvL,11R) 方向由 P到a
解析 PQ在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，由于是闭合回路，故电路中有感应电流，可将电阻丝PQ视为有内阻的电源，电阻丝aP与bP并联，且RaP＝eq \f(1,3)R、RbP＝eq \f(2,3)R，于是可画出如图所示的等效电路图．
外电阻为R外＝eq \f(RaPRbP,RaP＋RbP)＝eq \f(2,9)R，
总电阻为R总＝R外＋R＝eq \f(2,9)R＋R＝eq \f(11,9)R，
又电源电动势为E＝BLv，则电路中的电流为：
I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(9BLv,11R)，
故通过aP段的电流为：IaP＝eq \f(RbP,RaP＋RbP)I＝eq \f(6BLv,11R)，方向由P到a.
1．“电源”的确定方法：“切割”磁感线的导体(或磁通量发生变化的线圈)相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于“内电阻”．
2．电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外部电流从正极流向负极．
针对训练1 (2019·龙岩一中期中)粗细均匀的电阻丝围成如图2所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直线框平面向里，图中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L.现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法正确的是( )
图2
A．四个图中，图①中a、b两点间的电势差最大
B．四个图中，图②中a、b两点间的电势差最大
C．四个图中，图③中回路电流最大
D．四个图中，图④中回路电流最小
答案 A
解析 设线框的电阻为R.题图①中：a、b两点间的电势差等于外电压，其大小为U1＝eq \f(3,4)E1＝eq \f(3,4)B·2Lv＝eq \f(3,2)BLv，电流为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(2BLv,R)；题图②中：a、b两点间的电势差等于外电压的eq \f(1,3)，其大小为U2＝eq \f(1,4)E2＝eq \f(1,4)B·2Lv＝eq \f(1,2)BLv，电流为I2＝eq \f(2BLv,R)；题图③中：a、b两点间的电势差等于外电压的eq \f(2,7)，其大小为U3＝eq \f(BLv,4)，电流为I3＝eq \f(BLv,R)；题图④中：a、b两点间的电势差大小为U4＝eq \f(BLv,2)，电流为I4＝eq \f(2BLv,R).可见，题图①中a、b两点间的电势差最大，题图③中回路电流最小，故A正确，B、C、D错误．
二、电磁感应中的电荷量问题
闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt内通过某一截面的电荷量(感应电荷量)q＝I·Δt＝eq \f(E,R总)·Δt＝neq \f(ΔΦ,Δt)·eq \f(1,R总)·Δt＝eq \f(nΔΦ,R总).
(1)由上式可知，线圈匝数一定时，通过某一截面的感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化量决定，与时间无关．
(2)求解电路中通过的电荷量时，I、E均为平均值．
如图3所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆形导线框内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左向右匀速滑动，电路中的定值电阻为R，其余部分电阻忽略不计．试求MN从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R上通过的电荷量．
图3
答案 eq \f(Bπr2,R)
解析 MN从圆环的左端滑到右端的过程中，
ΔΦ＝B·ΔS＝B·πr2
所用时间Δt＝eq \f(2r,v)，
所以eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(πBrv,2)
通过电阻R的平均电流为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)＝eq \f(πBrv,2R)
通过R的电荷量为q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(Bπr2,R).
针对训练2 (多选)如图4所示，长直导线通以方向向上的恒定电流i，矩形金属线圈abcd与导线共面，线圈的长是宽的2倍，第一次将线圈由静止从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ停下，第二次将线圈由静止从位置Ⅰ绕过d点垂直纸面的轴线旋转90°到位置Ⅲ停下，两次变换位置的过程所用的时间相同，以下说法正确的是( )
图4
A．两次线圈所产生的平均感应电动势相等
B．两次线圈所产生的平均感应电动势不相等
C．两次通过线圈导线横截面的电荷量相等
D．两次通过线圈导线横截面的电荷量不相等
答案 BD
解析 根据通电直导线周围的磁场分布可知，两次通过线圈的磁通量变化量不同，但时间相同，根据eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)可知，线圈所产生的平均感应电动势不相等，选项A错误，B正确；根据q＝neq \f(ΔΦ,R)可知两次通过线圈导线横截面的电荷量不相等，选项C错误，D正确．
三、电磁感应中的图像问题
1．问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像．
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
2．图像类型
(1)各物理量随时间t变化的图像，即B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和I－t图像．
(2)导体做切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图像，即E－x图像和I－x图像．
3．解决此类问题需要熟练掌握的规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等．判断物理量增大、减小、正负等，必要时写出函数关系式，进行分析．
(2019·北京市101中学高二下期中)如图5甲所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以图中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是( )
图5
答案 C
解析 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)＝eq \f(S,R)·eq \f(ΔB,Δt)，所以线圈中的感应电流取决于磁感应强度B的变化率，B－t图像的斜率为eq \f(ΔB,Δt)，故在2～3 s内感应电流的大小是0～1 s内的2倍．再由B－t图像可知，0～1 s内，B增大，则Φ增大，由楞次定律知，感应电流方向为逆时针，所以0～1 s内的电流为负值；同理可得，1～2 s电流为零；2～3 s电流为正值，C正确．
如图6所示，一底边长为L、底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L、宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t＝0时刻，三角形导体线框的右边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正方向，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是( )
图6
答案 A
解析 根据E＝BL有v，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BL有v,R)可知，三角形导体线框进、出磁场时，有效切割长度L有都变小，则I也变小．再根据楞次定律及安培定则，可知进、出磁场时感应电流的方向相反，进磁场时感应电流方向为正方向，出磁场时感应电流方向为负方向，故选A.
1．(电磁感应中的电路问题)如图7所示，粗细均匀、电阻为2r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为eq \f(r,2)的金属棒ab放在圆环上，且与圆环接触良好，以速度v0向左匀速运动，当ab棒运动到图示虚线位置(圆环直径处)时，金属棒两端的电势差为( )
图7
A．Blv0 B.eq \f(1,2)Blv0 C.eq \f(1,3)Blv0 D.eq \f(2,3)Blv0
答案 B
解析 切割磁感线的金属棒ab相当于电源，其电阻相当于电源内阻，当运动到题图中虚线位置时，两个半圆金属环相当于并联，等效电路图如图所示．则R外＝R并＝eq \f(r,2)，I＝eq \f(E,R外＋\f(r,2))＝eq \f(Blv0,r).金属棒两端的电势差等于路端电压，则Uab＝IR外＝eq \f(Blv0,r)×eq \f(r,2)＝eq \f(1,2)Blv0，B正确．
2.(电磁感应中的电荷量问题)(2019·梅州市模拟)如图8所示，正方形金属线圈位于纸面内，边长为L，匝数为N，电阻为R，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直于纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，当线圈从图示位置绕OO′转过90°时，穿过线圈某横截面的总电荷量为( )
图8
A．BL2 B．NBL2 C.eq \f(BL2,2R) D.eq \f(NBL2,2R)
答案 D
解析 正方形金属线圈从图示位置转过90°时，磁通量变化量为ΔΦ＝B·eq \f(1,2)L2＝eq \f(BL2,2)，q＝eq \f(NΔΦ,R)＝eq \f(NBL2,2R)，故D正确．
3．(电磁感应中的电路问题)用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图9所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud.下列判断正确的是( )
图9
A．UaC．Ua＝Ub答案 B
解析 进入磁场的过程中，MN切割磁感线，相当于电源，M、N两点间的电压即为路端电压，四种情况下的电路图如图所示．
由闭合电路欧姆定律和串联电路电压分配与电阻成正比可知Ua＝eq \f(3,4)BLv，Ub＝eq \f(5,6)BLv，Uc＝eq \f(3,2)BLv，Ud＝eq \f(4,3)BLv，故选项B正确．
4．(电磁感应中的图像问题)(2019·大庆铁人中学高二上期末)如图10所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，一边长为L，总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的方向为感应电流的正方向，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图像，正确的是( )
图10
答案 C
解析 在0～L内，导线框未进入磁场，无感应电流产生；在L～2L内，bc边切割磁感线，切割磁感线的有效长度随x增大而均匀增大，根据楞次定律可知线框中的感应电流为正方向，bc边到达x＝2L的位置时，感应电流达到最大值，im＝eq \f(BLv,R)；在2L～3L内，ad边切割磁感线，切割磁感线的有效长度随x增大而均匀增大，感应电流为负方向，当bc边到达x＝3L位置时，感应电流达到最大值，im＝eq \f(BLv,R).综上所述，选项C正确．
1.如图1所示，用均匀导线制成的正方形线框边长为1 m，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中．当磁场以0.2 T/s的变化率增强时，a、b两点的电势分别为φa、φb，回路中电动势为E，则( )
图1
A．φa<φb，E＝0.2 V B．φa>φb，E＝0.2 V
C．φa<φb，E＝0.1 V D．φa>φb，E＝0.1 V
答案 C
解析 此题线框的左边部分相当于电源，画出等效电路如图所示，由题意得eq \f(ΔB,Δt)＝0.2 T/s，故E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝0.1 V，由楞次定律可知，线框内的感应电流方向为逆时针，a点电势低于b点电势，即φa<φb，故正确选项为C.
2.(2019·北京四中高二下期中)如图2所示，一个匝数为n的正方形线圈，边长为d，电阻为r.将其两端a、b与阻值为R的电阻相连接，其他部分电阻不计．在线圈中存在垂直线圈平面向里的磁场区域，磁感应强度B随时间t均匀增加，eq \f(ΔB,Δt)＝k.则a、b两点间的电压为( )
图2
A．nd2k B.eq \f(Rnd2k,R＋r) C.eq \f(rnd2k,R＋r) D.eq \f(nd2,kR＋r)
答案 B
解析 根据法拉第电磁感应定律可得：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝nkd2，则a、b两点间的电压为Uab＝eq \f(RE,R＋r)＝eq \f(Rnd2k,R＋r)，故选B.
3.如图3所示，闭合开关K，将条形磁体匀速插入闭合线圈，第一次用时0.2 s，第二次用时0.4 s，并且两次的起始和终止位置相同，则( )
图3
A．第一次磁通量变化量较大
B．第一次的最大偏转角较大
C．第一次经过的总电荷量较多
D．若断开K，均不偏转，则均无感应电动势
答案 B
解析 由于两次条形磁体插入线圈的起始和终止位置相同，因此磁通量的变化量ΔΦ相同，故A错误；根据E＝neq \f(ΔΦ,Δt)可知，第一次磁通量变化较快，所以感应电动势较大，而闭合电路的电阻相同，所以第一次的感应电流较大，故B正确；通过的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)Δt＝neq \f(ΔΦ,RΔt)·Δt＝neq \f(ΔΦ,R)，则两次通过的电荷量相同，故C错误；若K断开，虽然电路不闭合，没有感应电流，但感应电动势仍存在，故D错误．
4．如图4所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面．环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为eq \f(R,2)的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，导体棒与圆环接触良好，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为( )
图4
A.eq \f(Bav,3) B.eq \f(Bav,6) C.eq \f(2Bav,3) D．Bav
答案 A
解析 导体棒AB摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·eq \f(1,2)v＝Bav.外电路电阻大小为R外＝eq \f(\f(R,2)·\f(R,2),\f(R,2)＋\f(R,2))＝eq \f(R,4)，由闭合电路欧姆定律有|UAB|＝eq \f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq \f(R,4)＝eq \f(1,3)Bav，故选A.
5.(2019·宜昌市检测)如图5所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字形，并使上、下两圆半径相等．如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为( )
图5
A.eq \f(πr2B,R) B.eq \f(πr2B,2R) C．0 D.eq \f(3πr2B,4R)
答案 B
解析 ΔΦ＝Bπr2－2×Bπ(eq \f(r,2))2＝eq \f(1,2)Bπr2，电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(πr2B,2R)，B正确．
6．如图6所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b(b＞a)、电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合．当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线环横截面的电荷量为( )
图6
A.eq \f(πB|b2－2a2|,R) B.eq \f(πBb2＋2a2,R)
C.eq \f(πBb2－a2,R) D.eq \f(πBb2＋a2,R)
答案 A
解析 设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值，Φ1＝Bπa2，则向外的磁通量为负值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，总的磁通量为Φ＝B·π|b2－2a2|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，则通过导线环横截面的电荷量为q＝|eq \f(\x\t(E),R)|·Δt＝|eq \f(ΔΦ,R)|＝eq \f(πB|b2－2a2|,R)，A项正确．
7．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向以及磁感应强度的正方向如图7甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列四幅图中可以正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )
图7
答案 A
解析 由题图乙可知，在0～1 s内，磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增大，由楞次定律可知线圈中产生恒定电流的方向与正方向一致；1～3 s内，穿过线圈的磁通量不变，故感应电动势为0；在3～5 s内，线圈中的磁通量均匀减小，由楞次定律可知线圈中产生恒定电流的方向与正方向相反．由题图乙可知0～1 s内磁感应强度变化率是3～5 s内磁感应强度变化率的2倍，由E＝neq \f(ΔB,Δt)·S可知，产生的感应电动势为其2倍，故A选项正确．
8.(2019·集宁一中高二上期末)如图8所示，虚线上方空间有垂直线框平面向里的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在下面的选项图中能正确描述线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是( )
图8
答案 A
解析 扇形导线框的右边到达磁场边界前，线框内无感应电流，当线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流沿逆时针方向，故为正值；当线框全部进入磁场后，磁通量不变，无感应电流；当线框穿出磁场时，切割磁感线的有效长度不变，即电动势及电流大小不变，由右手定则可知，电流沿顺时针方向，故为负值；当线框全部穿出磁场后，磁通量变化量为零，则无感应电流．故选A.
9.由同种材料制成的粗细均匀的金属线框(如图9所示)以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场．开始时线框的ab边恰与磁场边界重合，则线框中a、b两点间电势差Uab随时间变化的图线是下图中的( )
图9
答案 A
解析 线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶段：第一阶段(进入过程)，ab是电源，外电阻R＝3r(每一边的电阻为r)，Uab等于路端电压U1＝eq \f(3,4)E；第二阶段(线框整体在磁场中平动过程)，ab及dc都是电源，并且是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但路端电压U2＝E；第三阶段(离开过程)，dc是电源，虽然仍有外电阻R＝3r，但路端电压却是Udc＝eq \f(3,4)E，因此Uab仅为路端电压Udc的eq \f(1,3)，即U3＝eq \f(1,4)E，故选项A正确．
10．矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁场区域足够大，磁感线方向与导线框所在平面垂直，如图10甲所示．在外力控制下线框处于静止状态．磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里．在0～4 s内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图像(规定向左为安培力正方向)应该是下图中( )
图10
答案 D
解析 设题图乙中的B－t图像斜率大小为k，k＝eq \f(ΔB,Δt)，则线框的感应电动势E＝Seq \f(ΔB,Δt)＝kS，感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Sk,R)，ad边受到的安培力F＝BIL＝Beq \f(Sk,R)Lad,0～1 s内随着磁感应强度逐渐减小，安培力逐渐减小，A、B错；0～1 s内，线框磁通量减小，根据楞次定律“增缩减扩”，线框有扩张趋势，即ad边受到的安培力水平向左，为正方向，大小逐渐减小，1～2 s内，线框磁通量增大，线框有缩小趋势，即ad边受到的安培力水平向右，为负方向，大小逐渐增大，同理可分析2～4 s内ad边所受安培力的大小及方向，C错，D对．
11．(多选)(2020·阳泉市第十一中学高二月考)在如图11甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2.螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，螺线管内的磁场B的方向向下为正方向．则下列说法中正确的是( )
图11
A．螺线管中产生的感应电动势为1 V
B．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2 W
C．电路中的电流稳定后电容器下极板带正电
D．S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－5 C
答案 CD
解析 根据法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝1 500×eq \f(1.0－0.2,2.0)×20×10－4 V＝1.2 V，A错误；根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝eq \f(1.2,4.0＋5.0＋1.0) A＝0.12 A，根据P＝I2R1，得R1的电功率P＝0.122×4.0 W＝5.76×10－2 W，B错误；根据楞次定律，螺线管感应电流沿逆时针方向(俯视)，即等效电源为上负下正，所以电路中电流稳定后电容器下极板带正电，C正确；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器所带电荷量Q，电容器两端的电压等于R2两端电压，故U＝IR2＝0.6 V，则流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10－5 C，D正确．
12．如图12甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，直径d1＝40 cm，电阻r＝2 Ω，线圈与阻值R＝6 Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2＝20 cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向．
图12
(1)求通过电阻R的电流方向；
(2)求理想电压表的示数；
(3)若撤去原磁场，在图中直虚线的右侧空间加磁感应强度B′＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试求在施加新磁场过程中通过电阻R的电荷量．
答案 (1)A→R→B (2)4.71 V (3)1.57 C
解析 (1)线圈内磁感应强度方向向里且增大，根据楞次定律判断可知通过电阻R的电流方向为A→R→B.
(2)根据法拉第电磁感应定律得
E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝neq \f(ΔB,Δt)·π(eq \f(d2,2))2＝2π V，
感应电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(2π,6＋2) A＝eq \f(π,4) A
故电压表的示数为U＝IR≈4.71 V
(3)根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为
eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)，
平均感应电流为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
则通过电阻R的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt＝neq \f(ΔΦ,R＋r)，
ΔΦ＝B′·π(eq \f(d1,2))2
代入数据得q≈1.57 C.
13.如图13所示，水平面内有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l＝0.5 m，左端通过导线与阻值R＝3 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL＝6 Ω的小灯泡L连接，在CDFE矩形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场．一根阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒在恒力F＝2 N的作用下由静止开始从MN位置沿导轨向右运动，经过t＝1 s刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：
图13
(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；
(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力．
答案 (1)1 V (2)0.8 V 0.04 N，方向水平向左
解析 (1)0～1 s时间内，棒只受拉力，
由牛顿第二定律F＝ma，
可得金属棒进入磁场前的加速度
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(2,0.2) m/s2＝10 m/s2，
设其刚要进入磁场时速度为v，则v＝at＝10 m/s.
金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势E＝Blv＝0.2×0.5×10 V＝1 V；
(2)小灯泡与电阻R并联，R并＝eq \f(RRL,R＋RL)＝eq \f(3×6,3＋6) Ω＝2 Ω，
通过金属棒的电流I＝eq \f(E,R并＋r)＝eq \f(1,2＋0.5) A＝0.4 A，
小灯泡两端的电压U＝E－Ir＝1 V－0.4×0.5 V＝0.8 V，
金属棒受到的安培力大小F安＝BIl＝0.2×0.4×0.5 N＝0.04 N，由左手定则可判断安培力方向水平向左．