（全國版）2019版高考物理一輪復習 第11章 電磁感應 第42課時 電磁感應中的電路和圖象問題學案

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1、 第42課時　電磁感應中的電路和圖象問題 考點1　電磁感應中的電路問題 1．內(nèi)電路和外電路 (1)切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈相當于電源。 (2)該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內(nèi)阻，其余部分的電阻相當于外阻。 2．電源電動勢和路端電壓 (1)電動勢：E＝n或E＝Blv。 (2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir。 3．電磁感應中物理量的關系圖 [例1](2017·福建莆田三模)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學設計了一種“閃爍”裝置。如圖所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2 m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40 m的金

2、屬外圈和絕緣輻條構成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應強度B＝0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝。后輪以角速度ω＝2π rad/s相對于轉軸轉動。若不計其他電阻，忽略磁場的邊緣效應。 (1)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應電動勢E，并指出ab上的電流方向； (2)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖； (3)從金屬條ab進入“扇形”磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子轉一圈過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變化的Uab

3、-t圖象； (4)若選擇的是“1.5 V 0.3 A”的小燈泡，該“閃爍”裝置能否正常工作？有同學提出，通過改變磁感應強度B、后輪外圈半徑r2、角速度ω和張角θ等物理量的大小，優(yōu)化前同學的設計方案，請給出你的評價。 解析　(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，平均速度 ＝ω E＝B(r2－r1)＝Bω(r－r)≈4.9×10－2 V 根據(jù)右手定則，可得感應電流方向為b→a。 (2)通過分析，可得電路圖如圖所示。 (3)設電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知 R總＝R＋R＝R a、b兩端電勢差 Uab＝E－IR＝E－R＝E≈1.2×10－2 V 設ab離開磁場區(qū)域的時

4、刻為t1，下一根金屬條進入磁場區(qū)域的時刻為t2，則t1＝＝ s, t2＝＝ s 設輪子轉一圈的時間為T，則T＝＝1 s 在T＝1 s內(nèi)，金屬條有4次進出，后3次與第1次相同。 根據(jù)以上分析可畫出如下圖象。 (4)金屬條的感應電動勢只有4.9×10－2 V，遠小于燈泡的額定電壓1.5 V，因此無法正常工作，“閃爍”裝置不能正常工作。 評價：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω同樣有限度；改變θ只能改變“閃爍”時間的長短。 答案　(1)4.9×10－2 V　b→a　(2)(3)(4)見解析 1．基本思路 2．注意事項 (1)電磁感應現(xiàn)象中磁通量發(fā)生

5、變化的回路或做切割磁感線運動的導體相當于電源，其電阻相當于電源的內(nèi)阻，其余部分為外電路。等效電源內(nèi)部的電流，方向由負極到正極，即電流的流出端為高電勢，而外電路中的電流方向仍是從高電勢到低電勢。 (2)應用歐姆定律分析求解電路時，一定要先畫等效電路圖，明確電路結構，同時要注意等效電源的內(nèi)阻對電路的影響。 (3)在閉合回路中，等效電源兩端的電壓為路端電壓，而不是感應電動勢，除非切割磁感線的導體或線圈的電阻為零。 (2018·河南周口期末)匝數(shù)n＝100匝的圓形金屬線圈的電阻R＝2 Ω，線圈與R1＝2 Ω的電阻連成閉合回路，其簡化電路如圖甲所示，A、B為線圈兩端點。線圈的半徑r1＝15 c

6、m，在線圈中半徑r2＝10 cm的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示。則下列說法正確的是(　　) A．A點電勢比B點電勢低 B．線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為4.5π V C．R1兩端電壓為π V D．0～2 s內(nèi)通過R1的電荷量為1.125π C 答案　C 解析　根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝n··S＝100××π×0.12 V＝2π V，B錯誤；根據(jù)楞次定律可知，線圈中的磁通量均勻增大，感應電流沿逆時針方向，因此A點電勢比B點電勢高，A錯誤；回路中的電流I＝＝ A＝ A，R1兩端的電壓為U1＝IR1＝×2 V＝π V, C正確；0～2

7、 s 內(nèi)通過R1的電荷量為q＝It＝×2 C＝π C，D錯誤。 考點2　電磁感應的圖象問題 1．磁場感應類圖象問題 (1)分析方法： ①電動勢大?。篍＝n，取決于線圈匝數(shù)和磁通量的變化率； ②電動勢方向：注意感應電流的實際方向是否與規(guī)定情況一致，同向取正，反向取負。 (2)注意問題： ①關注初始時刻：如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向。 ②關注變化過程：看電磁感應發(fā)生過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應。 ③關注大小、方向的變化趨勢，看圖象斜率大小、圖象的曲直和物理過程是否相對應。 ④求F-t圖象時，不但要注意i-t變化，還需要關注B-

8、t變化。有時I≠0，但B＝0，所以F＝0。 2．導體切割類圖象問題 (1)分析方法： ①電動勢大小：E＝Blv。 ②電動勢方向：用右手定則判斷。 (2)特殊解法： ①排除法：對于線圈一進一出的問題，q＝n＝0，i-t圖象中t軸之上的圖象面積和t軸之下的圖象面積相等。 ②函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，由函數(shù)關系對圖象進行分析和判斷。 [例2]　將一段導線繞成圖甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)?；芈返腶b邊置于垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ中，回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙

9、所示。用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是(　　) 解析　根據(jù)B-t圖象可知，在0～時間內(nèi)，B-t圖線的斜率為負且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝n··S可知，該段時間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應電動勢和感應電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向為b→a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0～時間內(nèi)安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在～T時間內(nèi)，B-t圖線的斜率為正且為定值，故ab邊所受安培力仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同。B正確。 答案　B 處理電磁感應的圖象問題時，首先依據(jù)題意求出、、等物理量的大小或變化趨勢，再

10、根據(jù)閉合電路歐姆定律求出閉合電路中的感應電流，最后寫出安培力F、電功率P、加速度a等物理量的表達式并加以分析。 (2017·湖北四地七校聯(lián)考)如圖所示，等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，左邊有一形狀完全相同的等腰直角三角形導線框，線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，規(guī)定線框中感應電流沿逆時針方向為正方向，線框剛進入磁場區(qū)域時感應電流為i0，直角邊長為L。其感應電流i隨位移x變化的圖象正確的是(　　) 答案　C 解析　利用特殊值法。當x＝0時，i＝＝i0；當x＝L時，i＝－＝－；當x在0到L間某值時i＝0；當x＝2L時，i＝0，C正確。 1．一矩

11、形線圈位于一個方向垂直線圈平面向里的磁場中，如圖甲所示，磁感應強度B隨t的變化規(guī)律如圖乙所示。以I表示線圈中的感應電流，以圖甲線圈上箭頭所示方向的電流為正，則以下的i-t圖中正確的是(　　) 答案　A 解析　根據(jù)題圖乙可知，在0～1 s內(nèi)，不變且線圈面積S也不變，所以根據(jù)E＝S可知感應電動勢恒定，感應電流恒定，由楞次定律可得電流為逆時針方向，在圖象中方向為負；2～3 s內(nèi)，同理，由E＝S知i恒定，方向為正；1～2 s內(nèi)，B不變，i＝0，A正確。 2．(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＝20 cm2。螺線管導線電阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R

12、2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段時間內(nèi)，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(chǎn)生的感應電動勢為1 V B．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為 5×10－2 W C．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1.8×10－5 C 答案　CD 解析　由題圖乙可知＝0.4 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝n＝n··S求出E＝1.2 V，A錯誤；根據(jù)I＝＝0.12 A和P＝I2R1，求出P＝5.76×10－2 W，B錯誤；由楞次定律得C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時

13、C極板上所帶的電荷量Q，電容器兩端的電壓U＝IR2＝0.6 V，流經(jīng)R2的電荷量Q＝CU＝1.8×10－5 C，D正確。 3．某學生設計了一個驗證法拉第電磁感應定律的實驗，實驗裝置如圖甲所示。在大線圈Ⅰ中放置一個小線圈Ⅱ，大線圈Ⅰ與多功能電源連接，其情形可以簡化為如圖乙所示，Ⅰ和Ⅱ是兩個平行共軸放置的環(huán)形線圈，當線圈Ⅰ中的電流i1隨時間變化的圖象如圖丙所示時，若規(guī)定兩電流方向如圖乙所示的方向為正方向，則線圈Ⅱ中的電流i2隨時間t變化的圖象是圖中的(　　) 答案　D 解析　由題圖丙可知：在第一階段原電流減少，線圈Ⅱ中的磁場減弱，根據(jù)楞次定律可得感應電流產(chǎn)生磁場與Ⅰ中電流產(chǎn)生磁場方向相同

14、，為負方向；在第二階段，Ⅰ中電流反向增大，線圈Ⅱ中的磁場增強，根據(jù)楞次定律可得感應電流磁場與Ⅰ中電流產(chǎn)生磁場方向相反，為負方向。故A、B、C錯誤，D正確。 4. (2018·山西孝義期末)(多選)如圖，勻強磁場分布在寬度為2L的有界區(qū)域內(nèi)，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里。一個粗細均勻的矩形導線框abcd的cd邊與磁場邊界平行，導線框的邊長參數(shù)如圖。使線框以與cd邊垂直的恒定速度v穿過磁場區(qū)域，以cd邊進入磁場時刻為零時刻，以逆時針方向為電流的正方向，線框中的電流i，d、c兩點間的電勢差u隨時間t變化的圖象正確的是(　　) 答案　AC 解析　0～時間內(nèi)，cd邊進入磁場，由

15、楞次定律可知感應電流的方向沿逆時針方向，故電流為正；～時間內(nèi)，線框完全在磁場中運動，線框中沒有感應電流；～時間內(nèi)，cd邊穿出磁場，ab邊切割磁感線，由楞次定律可知感應電流的方向沿順時針方向，電流為負，A正確、B錯誤。設U0＝2BLv，在0～時間內(nèi)，Udc＝U0，～時間內(nèi)，Udc＝U0，～時間內(nèi)，Udc＝U0，C正確，D錯誤。 5. (2018·河南周口期末)(多選)如圖所示為三個有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直于紙面向外、向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側邊界處，有一邊長為L的正方形導線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)

16、域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直于紙面向里時的磁通量Φ為正值，外力F向右為正。則以下能反映線框中的磁通量Φ、感應電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化規(guī)律的圖象是(　　) 答案　ABD 解析　當線框進入磁場區(qū)域時，在0～時間內(nèi)，磁通量開始均勻增加，當全部進入第一個磁場時磁通量最大，且為負值；在～的時間內(nèi)，向里的磁通量增加，總磁通量均勻減??；在時刻，磁通量最小，為零；在～時間內(nèi)，磁通量為正值，且均勻增大；在～時間內(nèi)，磁通量均勻減小至零；在～時間內(nèi)，磁通量均勻增大，且方向向外，為負值，在～時間內(nèi)，磁通量均勻減小至零，且為負值，A正確。當線框進入第

17、一個磁場時，由E＝BLv可知，E保持不變，由右手定則知，感應電流沿順時針方向，感應電動勢為負值；線框開始進入第二個和第三個磁場時，左右兩邊同時切割磁感線，感應電動勢應為2BLv，感應電動勢先為正值后為負值；離開第三個磁場時，左邊切割磁感線，感應電動勢為BLv，感應電動勢為正值，B正確。因安培力總是與運動方向相反，故拉力應一直向右，C錯誤。在0～時間內(nèi)，由 E＝BLv可知，外力F＝F安＝，P＝Fv＝；在～時間內(nèi)，E＝2BLv，左、右兩邊均受安培力，故F＝2F安＝，P＝，在～時間內(nèi)，E＝2BLv，左、右兩邊均受安培力，故F＝2F安＝，P＝，在～時間內(nèi)，外力F＝F安＝，P＝，D正確。 6. (20

18、17·廣東清遠清城區(qū)聯(lián)考)如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有半徑為r的光滑半圓形導體框架，Oc為一能繞O在框架上滑動的導體棒，Oa之間連一電阻R，導體框架與導體棒的電阻均不計，施加外力使Oc以角速度ω逆時針勻速轉動，則(　　) A．通過電阻R的電流方向由a經(jīng)R到O B．導體棒O端電勢低于c端的電勢 C．外力做功的功率為 D．回路中的感應電流大小為 答案　C 解析　由右手定則可知感應電流由c到O，則通過電阻R的電流為由O經(jīng)R到a，A錯誤；導體棒以角速度ω逆時針勻速轉動切割磁感線時可等效為電源，O端為電源正極，c端為電源負極，故導體棒O端的電勢高于c端的電勢，B錯誤；導體棒

19、切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Bl＝Br·，由此可知感應電流為I＝＝，電阻R上的電熱功率為P＝I2R＝，由能量守恒定律可知外力做功的功率也為P，C正確、D錯誤。 7．(2018·山西懷仁期末)(多選)如圖甲所示，光滑的平行導軌MN、PQ固定在水平面上，導軌表面上放著光滑導體棒ab、cd，兩棒之間用絕緣細桿連接，兩導體棒平行且與導軌垂直?，F(xiàn)加一垂直導軌平面的勻強磁場，設磁場方向向下為正，磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t1＝2t0，不計ab、cd間電流的相互作用，不計導軌的電阻，每根導體棒的電阻為R，導軌間距和絕緣細桿的長度均為L。下列說法正確的是(　　) A．t＝t0時細桿

20、既不被拉伸也不被壓縮 B．在0～t1時間內(nèi)，絕緣細桿先被拉伸后被壓縮 C．在0～t1時間內(nèi)，abcd回路中的電流先沿順時針方向后沿逆時針方向 D．若在0～t1時間內(nèi)流過導體棒的電荷量為q，則t1時刻的磁感應強度大小為 答案　ABD 解析　由題圖乙所示圖象可知，t＝t0時磁感應強度為零，根據(jù)F安＝BIL可知導體棒不受安培力作用，細桿既不被拉伸也不被壓縮，A正確；在0～t1時間內(nèi)，磁通量先向下減少，后向上增大，由楞次定律可知，感應電流始終沿順時針方向，為阻礙磁通量的變化，由“增縮減擴”可知兩導體棒先有遠離的趨勢，后有靠近的趨勢，則絕緣細桿先被拉伸后被壓縮，B正確、C錯誤；設t1時刻磁感應

21、強度的大小為B0，根據(jù)對稱性可知，t＝0時刻磁感應強度的大小也為B0，由法拉第電磁感應定律可知感應電動勢E＝＝·S＝，則回路中感應電流的大小為I＝，若在0～t1時間內(nèi)流過導體棒的電荷量為q，電荷量q＝It1＝×2t0＝，則B0＝，D正確。 8. (2017·陜西渭南一模)如圖所示，寬度為l＝1 m的平行光滑導軌置于勻強磁場中，導軌放置于豎直面內(nèi)，磁感應強度大小B＝0.4 T，方向垂直于導軌平面向里，長度恰好等于導軌寬度的金屬棒ab在水平向左的拉力F＝0.2 N作用下向左勻速運動，金屬棒ab的電阻為1 Ω，外接電阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω。平行金屬板間距d＝10 mm，板間有一質量m＝0.1

22、 g的帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)，g取10 m/s2。求： (1)金屬棒中的感應電流I； (2)金屬棒運動的速度v； (3)液滴所帶電荷量及電性。 答案　(1)0.5 A (2)5 m/s (3)2×10－5 C 帶正電 解析　(1)因金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)右手定則，可以判斷出ab棒的感應電流方向為a→b，受到的安培力方向水平向右，根據(jù)平衡條件有F＝BIl 解得I＝0.5 A。 (2)根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝Blv 由閉合電路歐姆定律得I＝ 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得v＝5 m/s。 (3)因電流方向為a→b，則可判定金屬板下極板帶正電，由于帶電液滴處于靜止狀態(tài)

23、，根據(jù)平衡知識可知，液滴帶正電，此時有q＝mg，U2＝IR2 解得q＝2×10－5 C。 9．(2016·上海高考)(多選)如圖a，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向。螺線管與導線框abcd相連，導線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內(nèi)。當螺線管內(nèi)的磁感應強度B隨時間按圖b所示規(guī)律變化時(　　) A．在t1～t2時間內(nèi)，L有收縮趨勢 B．在t2～t3時間內(nèi)，L有擴張趨勢 C．在t2～t3時間內(nèi)，L內(nèi)有逆時針方向的感應電流 D．在t3～t4時間內(nèi)，L內(nèi)有順時針方向的感應電流 答案　AD 解析　由題圖b可知，在t1～t2時間內(nèi)，外加磁

24、場的磁感應強度增大且斜率在增大即增大，根據(jù)楞次定律及E＝S可知在導線框中產(chǎn)生沿順時針方向增大的感應電流，該感應電流激發(fā)出向里增強的磁場，該磁場通過圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應電流，根據(jù)結論“增縮減擴”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢，A正確；在t2～t3時間內(nèi)，外加磁場均勻變化，根據(jù)楞次定律及E＝S可知在導線框中產(chǎn)生穩(wěn)定的感應電流，該感應電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場，該磁場通過圓環(huán)時圓環(huán)中沒有感應電流，圓環(huán)不收縮，也不擴張，B、C錯誤；在t3～t4時間內(nèi)，外加磁場向下減小，且斜率也減小，根據(jù)楞次定律及E＝S可知在導線框中產(chǎn)生沿順時針方向減小的感應電流，該感應電流激發(fā)出向里減弱的磁場，故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流，D

25、正確。 10. (2015·福建高考)如圖所示，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(　　) 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　導體棒產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv，其等效電路如圖所示，總電阻為R總＝R＋＝R＋，在PQ從靠近ad處向b

26、c滑動的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，A錯誤；PQ兩端電壓為路端電壓U＝E－IR，即先增大后減小，B錯誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝F安v＝BILv，先減小后增大，C正確；根據(jù)功率曲線可知當外電阻＝R時輸出功率最大，而外電阻的最大值為0.75R，所以線框消耗的功率先增大后減小，D錯誤。 11．(2017·江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導軌

27、和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求： (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)MN剛掃過金屬桿時，金屬桿的感應電動勢E＝Bdv0① 回路的感應電流I＝② 由①②式解得I＝③ (2)金屬桿所受的安培力F＝BId④ 由牛頓第二定律得，對金屬桿F＝ma⑤ 由③④⑤式得a＝⑥ (3)金屬桿切割磁感線的相對速度v′＝v0－v⑦ 感應電動勢E＝Bdv′⑧ 感應電流的電功率P

28、＝⑨ 由⑦⑧⑨式得P＝。 12. (2016·全國卷Ⅱ)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上。t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動。t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求： (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??； (2)電阻的阻值。 答案　(1)Blt0　(2) 解析　(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：ma＝F－μmg?、? 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝⑤ 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 F安＝BIl⑥ 因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得： F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝。 17