2019-2020學年高中物理 第一章 電磁感應 第五節(jié) 課時1 法拉第電機 電磁感應中電荷量的計算學案 粵教版選修3-2

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1、課時1　法拉第電機　電磁感應中電荷量的計算 [學科素養(yǎng)與目標要求]　 物理觀念：了解法拉第電機的構(gòu)造及工作原理． 科學思維：1.會計算導體棒轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生的感應電動勢.2.進一步理解公式E＝n與E＝BLv的區(qū)別和聯(lián)系，能夠區(qū)別運用這兩個公式求解電動勢.3.會選用公式求電磁感應中的電荷量問題． 法拉第電機 1．法拉第電機原理 (1)如圖1，把圓盤看作是由無數(shù)根長度等于半徑的紫銅輻條組成的，在轉(zhuǎn)動圓盤時，每根輻條都做切割磁感線的運動，電路中便有了持續(xù)不斷的電流． 圖1 (2)在法拉第電機中，產(chǎn)生感應電動勢的那部分導體相當于電源． 2.情景分析：如圖2所示，銅棒Oa長為L，磁

2、場的磁感應強度為B，銅棒在垂直于勻強磁場的平面上繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，則銅棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢． 圖2 3．轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢 以導體棒的一端為軸轉(zhuǎn)動切割磁感線： 由v＝ωr可知各點線速度隨半徑按線性規(guī)律變化，切割速度用中點的線速度替代，即v＝ω.感應電動勢E＝BL2ω. 一直升機停在南半球的地磁極上空．該處地磁場的方向豎直向上，磁感應強度為B.直升機螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉(zhuǎn)動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉(zhuǎn)動，螺旋槳葉片的近軸端為a，遠軸端為b，如圖3所示，如果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離，每個葉片中的感應電動勢E＝______

3、__，且a點電勢________(選填“高于”或“低于”)b點電勢． 圖3 答案　πfl2B　低于 一、E＝n和E＝BLv的比較應用 E＝n E＝BLv 區(qū)別 研究對象 整個閉合回路 回路中做切割磁感線運動的那部分導體 適用范圍 各種電磁感應現(xiàn)象 只適用于導體垂直切割磁感線運動的情況 計算結(jié)果 Δt內(nèi)的平均感應電動勢 某一時刻的瞬時感應電動勢 聯(lián)系 E＝BLv是由E＝n在一定條件下推導出來的，該公式可看作法拉第電磁感應定律的一個推論 例1　如圖4所示，導軌OM和ON都在紙面內(nèi)，導體AB可在導軌上無摩擦滑動，AB⊥ON，若AB以5m/s的速度從

4、O點開始沿導軌勻速右滑，導體與導軌都足夠長，勻強磁場的磁感應強度為0.2T．問： 圖4 (1)第3s末夾在導軌間的導體長度是多少？此時導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢多大？ (2)3s內(nèi)回路中的磁通量變化了多少？此過程中的平均感應電動勢為多少？ 答案　(1)5m　5V　(2)Wb　V 解析　(1)第3s末，夾在導軌間導體的長度： l＝vt·tan30°＝5×3×tan30°m＝5m 此時：E＝Blv＝0.2×5×5V＝5V. (2)3s內(nèi)回路中磁通量的變化量 ΔΦ＝BS－0＝0.2××15×5Wb＝Wb 3s內(nèi)電路中產(chǎn)生的平均感應電動勢： ＝＝V＝V. [學科素養(yǎng)]　

5、例1通過對瞬時感應電動勢和平均感應電動勢的計算，加深了學生對公式E＝n和E＝Blv適用條件的理解．知道E＝n研究整個閉合回路，適用于計算各種電磁感應現(xiàn)象中Δt內(nèi)的平均感應電動勢；E＝Blv研究的是閉合回路的一部分，即做切割磁感線運動的導體，只適用于計算導體切割磁感線運動產(chǎn)生的感應電動勢，可以是平均感應電動勢，也可以是瞬時感應電動勢．通過這樣的訓練，鍛煉了學生的綜合分析能力，體現(xiàn)了“科學思維”的學科素養(yǎng)． 針對訓練　(多選)如圖5所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．虛線MN右側(cè)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面向下．回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．

6、從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是(　　) 圖5 A．感應電動勢最大值E＝2Bav B．感應電動勢最大值E＝Bav C．感應電動勢的平均值＝Bav D．感應電動勢的平均值＝πBav 答案　BD 解析　在半圓形閉合回路進入磁場的過程中，有效切割長度如圖所示， 所以進入過程中l(wèi)先逐漸增大到a，然后再逐漸減小為0，由E＝Blv可知，最大值Emax＝Bav，最小值為0，A錯誤，B正確；平均感應電動勢為＝＝＝πBav，故D正確，C錯誤． 二、法拉第電機的原理　轉(zhuǎn)動切割電動勢的計算 1．感應電動勢的高低 圖6中導體棒ab在轉(zhuǎn)動切割磁感線時產(chǎn)生感應電動勢，相當于

7、電源，如果它與用電器連接構(gòu)成閉合電路，則產(chǎn)生的感應電流方向由b向a(右手定則)，而電源內(nèi)部電流方向是由負極流向正極，所以a相當于電源的正極，b相當于電源的負極，即a端電勢高于b端電勢． 圖6 2．導體轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢的計算 如圖7所示，長為L的導體棒Oa以O為圓心，以角速度ω在磁感應強度為B的勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，感應電動勢大小可用兩種方法分析： 圖7 (1)用E＝BLv求解 由于棒上各點到圓心O的速度滿足v＝ωL(一次函數(shù)關系)，所以切割的等效速度v等效＝＝，故感應電動勢E＝BLv等效＝BL2ω. (2)用E＝求解 經(jīng)過時間Δt棒掃過的面積為ΔS＝πL2·＝L

8、2ωΔt，由E＝＝知，棒上的感應電動勢大小為E＝BL2ω. 例2　如圖8是法拉第研制成的世界上第一臺發(fā)電機模型的原理圖．將銅盤放在磁場中，讓磁感線垂直穿過銅盤，圖中a、b導線與銅盤的中軸線處在同一平面內(nèi)，轉(zhuǎn)動銅盤，就可以使閉合電路獲得電流．若圖中銅盤半徑為r，勻強磁場的磁感應強度為B，回路總電阻為R，勻速轉(zhuǎn)動銅盤的角速度為ω，則電路的功率是(　　) 圖8 A.B.C.D. 答案　C 解析　銅盤旋轉(zhuǎn)切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E＝Bωr2，由P＝，得電路的功率是，故選C. 三、電磁感應中電荷量的計算 閉合回路中磁通量發(fā)生變化時，電荷發(fā)生定向移動而形成感應電流，在Δt內(nèi)遷移的電荷量(感

9、應電荷量)q＝I·Δt＝·Δt＝n··Δt＝. (1)從上式可知，線圈匝數(shù)一定時，感應電荷量僅由回路電阻和磁通量的變化量決定，與時間無關． (2)求解電路中通過的電荷量時，I、E均為平均值． 例3　(2018·中山市第一中學高二第一次段考)一個阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1、電容為C的電容器連接成如圖9(a)所示回路．金屬線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)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變化的關系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導線的電阻不計．求： 圖9 (1)通過電阻R1的電流大小和方向；

10、(2)0～t1時間內(nèi)通過電阻R1的電荷量q； (3)t1時刻電容器所帶電荷量Q. 答案　(1)，方向從b到a　(2)　(3) 解析　(1)由B－t圖象可知，磁感應強度的變化率：＝， 根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢： E＝n＝nπr＝ 根據(jù)閉合電路的歐姆定律，感應電流：I1＝ 聯(lián)立解得：I1＝ 根據(jù)楞次定律可知通過R1的電流方向為從b到a. (2)通過R1的電荷量q＝I1t1得：q＝. (3)電容器兩板間電壓：U＝I1R1＝ 則電容器所帶的電荷量：Q＝CU＝. 1．(轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生的動生電動勢)如圖10所示，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B

11、，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為φa、φb、φc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是(　　) 圖10 A．φa＞φc，金屬框中無電流 B．φb＞φc，金屬框中電流方向沿abca C．Ubc＝－Bl2ω，金屬框中無電流 D．Uac＝Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba 答案　C 解析　金屬框abc平面與磁場方向平行，轉(zhuǎn)動過程中穿過金屬框平面的磁通量始終為零，所以無感應電流產(chǎn)生，選項B、D錯誤；轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則判斷φa<φc，φb<φc，選項A錯誤；由A項的分析及＝BL得

12、Ubc＝－Bl2ω，選項C正確． 2．(磁場變化產(chǎn)生的電動勢)在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖11甲所示，當磁場的磁感應強度B隨時間t按如圖乙所示規(guī)律變化時，下列四個圖中正確表示線圈中感應電動勢E變化的是(　　) 圖11 答案　A 解析　在第1s內(nèi)，磁感應強度B均勻增大，由楞次定律可判定感應電流方向為正，其產(chǎn)生的感應電動勢E1＝＝S，在第2～3 s內(nèi)，磁感應強度B不變化，即線圈中無感應電流，在第3～5 s內(nèi)，磁感應強度B均勻減小，由楞次定律可判定，其感應電流方向為負，產(chǎn)生的感應電動勢E2＝＝S，由于ΔB1＝ΔB2，Δ

13、t2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，選項A正確． 3．(電磁感應中電荷量的計算)如圖12所示，空間存在垂直于紙面的勻強磁場，在半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)部及外部，磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B.一半徑為b(b＞a)、電阻為R的圓形導線環(huán)放置在紙面內(nèi)，其圓心與圓形區(qū)域的中心重合．當內(nèi)、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中，通過導線環(huán)截面的電荷量為(　　) 圖12 A. B. C. D. 答案　A 解析　設開始時穿過導線環(huán)向里的磁通量為正值，Φ1＝Bπa2，則向外的磁通量為負值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，總的磁通量為它們的代數(shù)和(取絕對值)Φ＝B·π|b2－2a2|，末態(tài)

14、總的磁通量為Φ′＝0，由法拉第電磁感應定律得平均感應電動勢為＝，通過導線環(huán)截面的電荷量為q＝·Δt＝，A項正確． 4．(平動切割產(chǎn)生的動生電動勢)如圖13所示，“∠”形金屬框架MON所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，金屬棒ab能緊貼金屬框架運動，且始終與ON垂直，金屬棒與金屬框架粗細相同，且由同種材料制成．當ab從O點開始(t＝0)勻速向右平動時，速度為v0，∠MON＝30°. 圖13 (1)bOc回路中感應電動勢隨時間變化的函數(shù)關系式為________________． (2)閉合回路中的電流隨時間變化的圖象是________． 答案　(1)E＝Bvt　(2)B

15、 解析　(1)t＝0時ab從O點出發(fā)，經(jīng)過時間t后，ab勻速運動的距離為s，則有s＝v0t.由tan30°＝， 有＝v0t·tan30°. 則金屬棒ab接入回路的bc部分切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為 E＝Bv0＝Bvttan30°＝Bvt. (2)lOb＝v0t，lbc＝v0ttan30°，lOc＝，單位長度電阻設為R0，則回路總電阻R＝R0(v0t＋v0ttan30°＋)＝R0v0t(1＋)，則回路電流I＝＝，故I為常量，與時間t無關，選項B正確． 考點一　E＝n和E＝BLv的比較應用 1．(多選)(2017·清江中學周練)如圖1甲，在虛線所示的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，

16、磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，虛線區(qū)域內(nèi)有一面積為S、與紙面平行的單匝金屬線框，線框與電阻R相連，若金屬線框的電阻為，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．流過電阻R的感應電流由a到b B．線框cd邊受到的安培力方向向上 C．感應電動勢大小為 D．a(chǎn)b間電壓大小為 答案　AD 解析　穿過線框的磁通量在增大，根據(jù)楞次定律可得感應電流為逆時針方向，故流過電阻R的感應電流的方向為由a到b，A正確；感應電流是從c到d，根據(jù)左手定則，可得線框cd邊受到的安培力方向向下，B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E＝＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得ab間電壓大小為U＝E＝，故C錯誤，D正確．

17、 2.如圖2為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb(　　) 圖2 A．恒為 B．從0均勻變化到 C．恒為－ D．從0均勻變化到－ 答案　C 解析　根據(jù)法拉第電磁感應定律得，感應電動勢E＝n＝n，由楞次定律和安培定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－n，選項C正確． 3.如圖3所示，長為L的金屬導線彎成一圓環(huán)，導線的兩端接在電容為C的平行板電容器

18、上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環(huán)面向里，磁感應強度以B＝B0＋kt(k>0)的規(guī)律隨時間變化，t＝0時，P、Q兩板電勢相等，兩板間的距離遠小于環(huán)的半徑，經(jīng)時間t，電容器P板(　　) 圖3 A．不帶電 B．所帶電荷量與t成正比 C．帶正電，電荷量是 D．帶負電，電荷量是 答案　D 解析　磁感應強度以B＝B0＋kt(k>0)的規(guī)律隨時間變化，由法拉第電磁感應定律得：E＝＝S＝kS，而S＝πr2＝π()2＝，經(jīng)時間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝；由楞次定律和安培定則知電容器P板帶負電，故D選項正確． 4．(多選)如圖4所示，三角形金屬導軌EOF上放有一金屬桿AB，在外

19、力作用下，使AB保持與OF垂直，從O點開始以速度v勻速右移，該導軌與金屬桿均為粗細相同的同種金屬制成，則下列判斷正確的是 (　　) 圖4 A．電路中的感應電流大小不變 B．電路中的感應電動勢大小不變 C．電路中的感應電動勢逐漸增大 D．電路中的感應電流逐漸減小 答案　AC 解析設金屬桿從O開始運動到如題圖所示位置所經(jīng)歷的時間為t，∠EOF＝θ，金屬桿切割磁感線的有效長度為L，故E＝BLv＝Bv·vttan θ＝Bv2tan θ·t，即電路中感應電動勢與時間成正比，C選項正確；電路中感應電流I＝＝.而l等于閉合三角形的周長，即l＝vt＋vt·tan θ＋＝vt(1＋tan θ

20、＋)，所以I＝是恒量，所以A正確． 5．如圖5所示，等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，另有一等腰直角三角形導線框abc以恒定的速度v沿垂直于磁場方向穿過磁場，穿越過程中速度方向始終與ab邊垂直，且保持ac平行于OQ.關于線框中的感應電流，以下說法正確的是(　　) 圖5 A．開始進入磁場時感應電流最小 B．開始穿出磁場時感應電流最大 C．開始進入磁場時感應電流沿順時針方向 D．開始穿出磁場時感應電流沿順時針方向 答案　D 解析　線框中感應電流的大小正比于感應電動勢的大小，又感應電動勢E＝BL有v，L有指切割磁感線部分兩端點連線在垂直于速度方向上的投影長度，故開始進入磁場

21、時感應電流最大，開始穿出磁場時感應電流最小，選項A、B錯誤．感應電流的方向可以用楞次定律判斷，可知選項D正確，C錯誤． 考點二　轉(zhuǎn)動切割問題 6．夏天時，在北半球，當我們抬頭觀看教室內(nèi)的電風扇，會發(fā)現(xiàn)電風扇正在逆時針轉(zhuǎn)動．金屬材質(zhì)的電風扇示意圖如圖6所示，由于地磁場的存在，下列關于A、O兩點的電勢及電勢差的說法，正確的是(　　) 圖6 A．A點電勢比O點電勢高 B．A點電勢比O點電勢低 C．A點電勢和O點電勢相等 D．扇葉長度越短，UAO的電勢差數(shù)值越大 答案　A 解析在北半球，地磁場的豎直分量豎直向下，電風扇轉(zhuǎn)動時，可將扇葉看作電源，由右手定則可判斷A點為正極，電

22、勢高，O點為負極，電勢低，A對，B、C錯；由E＝Bl2ω可知D錯． 7.如圖7所示，導體棒AB的長為2R，繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，OB長為R，且O、B、A三點在一條直線上，有一磁感應強度為B的勻強磁場充滿轉(zhuǎn)動平面且與轉(zhuǎn)動平面垂直，那么AB兩端的電勢差大小為(　　) 圖7 A.BωR2 B．2BωR2 C．4BωR2 D．6BωR2 答案　C 解析　A點線速度vA＝ω·3R，B點線速度vB＝ωR，AB棒切割磁感線的平均速度＝＝2ωR，由E＝Blv得，AB兩端的電勢差大小E＝B·2R·＝4BωR2，C正確． 8．如圖8所示，勻強磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導線框，半圓直徑與

23、磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，線框中產(chǎn)生感應電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間變化的變化率的大小應為(　　) 圖8 A.B.C.D. 答案　C 解析　設半圓的半徑為L，電阻為R，當線框以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應電動勢E1＝B0ωL2.當線框不動，而磁感應強度隨時間變化時E2＝πL2·，由＝得B0ωL2＝πL2·，即＝，故C項正確． 9．(多選)(2018·日照市高二下學期期末統(tǒng)考)

24、如圖9所示是法拉第制作的世界上第一臺發(fā)電機的模型原理圖．把一個半徑為r的銅盤放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，使磁感線水平向右垂直穿過銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上．兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動軸和銅盤的邊緣接觸．G為靈敏電流計．現(xiàn)使銅盤按照圖示方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是(　　) 圖9 A．C點電勢一定低于D點電勢 B．圓盤中產(chǎn)生的感應電動勢大小為Bωr2 C．電流計中的電流方向為由a到b D．銅盤不轉(zhuǎn)動，所加磁場磁感應強度減小，則銅盤中產(chǎn)生順時針方向感應電流(從左向右看) 答案　AD 解析　將銅盤看成無數(shù)條由中心指向邊緣的銅棒組合而成，當銅盤轉(zhuǎn)動時，每根銅棒都在

25、切割磁感線，相當于電源，由右手定則可知，銅盤邊緣為電源正極，中心為負極，C點電勢低于D點電勢，此電源對外電路供電，電流方向由b經(jīng)電流計再從a流向銅盤，故A正確，C錯誤；回路中產(chǎn)生的感應電動勢E＝Br＝Br2ω，故B錯誤；若銅盤不轉(zhuǎn)動，使所加磁場磁感應強度均勻減小，在銅盤中產(chǎn)生順時針方向感應電流(從左向右看)，故D正確． 考點三　電磁感應中電荷量問題 10.如圖10所示，將一個閉合金屬圓環(huán)從有界磁場中勻速拉出，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(　　) 圖10 A．q1∶q2＝1∶2B．q1∶q2＝1∶4C

26、．q1∶q2＝1∶1D．q1∶q2＝2∶1 答案　C 11.物理實驗中，常用一種叫做“沖擊電流計”的儀器測定通過電路的電荷量．如圖11所示，探測線圈與沖擊電流計串聯(lián)后可用來測定磁場的磁感應強度．已知線圈的匝數(shù)為n，面積為S，線圈與沖擊電流計組成的回路電阻為R.若將線圈放在被測勻強磁場中，開始時線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測線圈翻轉(zhuǎn)180°，沖擊電流計測出通過線圈的電荷量為q，由上述數(shù)據(jù)可得出被測磁場的磁感應強度為(　　) 圖11 A.B.C.D. 答案　C 解析　由題意知q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝n，則B＝，故C正確． 12．(多選)(2017·南京市第三次模擬考試)如圖1

27、2甲所示，靜止在水平面上的等邊三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20匝，總電阻R＝2.5Ω，邊長L＝0.3m，處在兩個半徑均為r＝0.1m的圓形勻強磁場中，線框頂點與右側(cè)圓心重合，線框底邊與左側(cè)圓直徑重合．磁感應強度B1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里，B1、B2隨時間t的變化如圖乙所示，線框一直處于靜止狀態(tài)，計算過程中π取3，下列說法正確的是(　　) 圖12 A．線框具有向左運動的趨勢 B．t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.5Wb C．t＝0.4s時刻線框中感應電動勢為1.5V D．0～0.6s內(nèi)通過線框橫截面的電荷量為0.36C 答案　CD 解析　磁感應強度B1增加，由楞次定律和右

28、手定則可知，線框中的電流為順時針方向，由左手定則可知，線框所受安培力方向向右，所以線框有向右運動的趨勢，A錯誤；由Φ＝BS可知，t＝0時刻，由磁場B1產(chǎn)生的磁通量Φ1＝B1·πr2＝0.03Wb，方向向外，由磁場B2產(chǎn)生的磁通量Φ2＝B2·πr2＝0.005 Wb，方向向里，所以穿過整個線框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝0.025Wb，B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，t＝0.4s時刻線框中感應電動勢E＝n·πr2＝20×××3×0.01V＝1.5V，C正確；0～0.6s內(nèi)，通過線框橫截面的電荷量q＝n·＝20×C＝0.36C，D正確． 二、非選擇題 13．如圖13甲所示，固定在水平面上電阻不計的

29、光滑金屬導軌，間距d＝0.5m，右端接一阻值為4Ω的小燈泡L.在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B按如圖乙所示規(guī)律變化，CF長為2m．在t＝0時，金屬棒ab從圖示位置由靜止在恒力F作用下向右運動到EF位置，整個過程中小燈泡亮度始終不變．已知金屬棒ab電阻為1Ω，求： 圖13 (1)通過小燈泡的電流； (2)恒力F的大??； (3)金屬棒的質(zhì)量． 答案　(1)0.1A　(2)0.1N　(3)0.8kg 解析(1)金屬棒未進入磁場時， 電路的總電阻R總＝RL＋Rab＝5 Ω 回路中感應電動勢為：E1＝＝S＝0.5 V 燈泡中的電流為IL＝＝0.1 A. (

30、2)因燈泡亮度始終不變，故第4 s末金屬棒剛好進入磁場，且做勻速運動，此時金屬棒中的電流I＝IL＝0.1 A 金屬棒受到的恒力大小：F＝F安＝BId＝0.1 N. (3)因燈泡亮度始終不變，金屬棒在磁場中運動時，產(chǎn)生的感應電動勢為E2＝E1＝0.5 V 金屬棒在磁場中勻速運動的速度v＝＝0.5 m/s 金屬棒未進入磁場時的加速度為a＝＝0.125 m/s2 故金屬棒的質(zhì)量為m＝＝0.8 kg. 14．面積S＝0.2m2、n＝100匝的圓形線圈，處在如圖14所示的勻強磁場內(nèi)，磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律是B＝0.02tT，R＝3Ω，C＝30μF，線圈電阻r＝1Ω，求： 圖14 (1)通過R的電流方向和4s內(nèi)通過導線橫截面的電荷量； (2)電容器的帶電荷量． 答案　(1)方向由b→a　0.4C　(2)9×10－6C 解析　(1)由楞次定律可得流過線圈的電流方向為逆時針方向，通過R的電流方向為b→a， q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n＝0.4C. (2)由法拉第電磁感應定律，知E＝n＝nS＝100×0.2×0.02V＝0.4V， 則I＝＝A＝0.1A， UC＝UR＝IR＝0.1×3V＝0.3V， Q＝CUC＝30×10－6×0.3C＝9×10－6C. 17