新高考物理一轮复习考点精讲精练第85讲 产生感生电动势的三类情境及五种题型（2份打包，原卷版+解析版）

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A．πkr2B．πkR2C．πB0r2D．πB0R2
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：Ek•πr2；
故A正确，BCD错误；
故选：A。
2．（2022•广东）如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
【解答】解：AD、在转子匀速转动的过程中，通过两个线圈的磁通量均在做周期性变化，所以两个线圈均会产生感应电动势。根据法拉第电磁感应定律E＝n可知，即使在磁通量的变化率相同时，由于匝数不同，产生的感应电动势也不会相等。同样的有效值也不相等。再根据功率的计算公式可知，电阻消耗的电功率也不相等，故AD错误；
B、两线圈产生的交变电流均受转子的运动情况影响，转子在做匀速圆周运动，周期固定，频率固定，故两线圈产生的交变电流频率也相等，故B正确；
C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最小，故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误。
故选：B。
一.知识回顾
1.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)的比较
提示：①Φ、ΔΦ、eq \f(ΔΦ,Δt)的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，eq \f(ΔΦ,Δt)不一定等于0；②感应电动势E与线圈匝数n有关，但Φ、ΔΦ、eq \f(ΔΦ,Δt)的大小均与线圈匝数无关。
2．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势。
3．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝neq \f(B·ΔS,Δt)。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq \f(ΔB·S,Δt)，S是磁场范围内的有效面积。
(3)磁通量的变化是由有效面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝neq \f(B2S2－B1S1,Δt)。
4．在图像问题中磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)是Φ­t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。
二.典型例题
题型一：有效面积变化产生感应电动势
例1．如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3m2、电阻R＝0.6Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2T．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在△t＝1.0s时间内合到一起。求线圈在上述过程中
（1）感应电动势的平均值E；
（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
（3）通过导线横截面的电荷量q。
【解答】解：（1）感应电动势的平均值E＝n，
磁通量的变化△Φ＝B△S，
解得，
代入数据得0.06 V。
（2）根据闭合电路欧姆定律可知，平均电流，
代入数据得0.1A，
（3）根据电荷量定义可知，q，
代入数据得q＝0.1 C。
答：（1）感应电动势的平均值为0.06V；
（2）感应电流的平均值为0.1A，电流方向见解析；
（3）通过导线横截面的电荷量为0.1C。
题型二：磁场变化产生感应电动势
例2．如图甲所示，单匝矩形金属线框ab d处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S＝0.3m2，线框连接一个阻值R＝3Ω的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．0﹣0.4s内线框中感应电流沿逆时针方向
B．0.4﹣0.8s内线框有扩张的趋势
C．0﹣0.8s内线框中的电流为0.1A
D．0～0.4s内ab边所受安培力保持不变
【解答】解：A、由图乙所示图线可知，0﹣0.4s内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A错误。
B、由图乙所示图线可知，0.4﹣0.8s内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误。
C、由图示图线可知，0﹣0.8s内的感应电动势为：EV＝0.3V，线框中的电流为：I0.1A，故C正确。
D、在0﹣0.4s内感应电流I保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度B大小不断减小，由F＝ILB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误。
故选：C。
题型三：磁场和有效面积都变化
例3．如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求
（1）在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
（3）如果面积为S的区域的均匀磁场的磁感应强度B1随时间t的变化关系为B1＝B0﹣kt，式中k为大于0的常量，在t＝0时刻，均匀磁场垂直于纸面向里。MN（虚线）右侧磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。在t0时刻金属棒以速度v越过MN时，撤掉外力，此后（t＞t0）金属棒恰好向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求速度v的大小（用k、S、B0、l表示）。
【解答】解：（1）在t＝0到t＝t0时间间隔内，根据法拉第电磁感应定律有：E1kS
回路中感应电流为：I
在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值为：q＝It0。
（2）根据题图可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为两种情况之和，即在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量为：
Φ＝Φ1+Φ2＝ktS+B0v0（t﹣t0）l；
根据楞次定律判断可知，回路中产生的感生电动势与动生电动势方向相同，依据法拉第电磁感应定律得回路中产生总的感应电动势为：
E＝E1+E2＝kS+B0lv0；
回路中产生的感应电流大小为：I
那么安培力大小为：FA＝B0Il；
金属棒匀速运动，根据平衡条件知水平恒力大小等于安培力大小，即为：F＝FA。
联立可得 F
（3）在t0时刻金属棒以速度v越过MN时，撤掉外力，此后（t＞t0）金属棒恰好向右做匀速运动，说明金属棒不受安培力，动生电动势与感生电动势抵消，则有：
kS＝B0lv
可得：v
答：
（1）在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值为。
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量为ktS+B0v0（t﹣t0）l，金属棒所受外加水平恒力的大小为。
（3）速度v的大小为。
题型四：动生电动势与感生电动势交替
例4．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻。可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′（过程Ⅱ）。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于（ ）
A．B．C．D．2
【解答】解：设圆的半径为R，金属杆从Q到S的过程中：△Φ
根据法拉第电磁感应定律有：E1
设回路的总电阻为r，第一次通过线圈某一横截面的电荷量为：q1＝I1△t1①
磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′的过程中设时间为△t2，△Φ′
第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：q2＝I2△t2②
由题，q1＝q2③
联立①②③可得：．故B正确，ACD错误，
故选：B。
题型五：综合分析，定性判定
例5．如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动，（O是线圈中心）．则（ ）
A．从X到O，电流由E经G流向F，线圈的面积有收缩的趋势
B．从X到O，电流由F经G流向E，线圈的面积有扩张的趋势
C．从O到Y，电流由F经G流向E，线圈的面积有收缩的趋势
D．从O到Y，电流由E经G流向F，线圈的面积有扩张的趋势
【解答】解：A、在磁极绕转轴从X到O匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由F经G流向E；由于磁通量增大，所以线圈的面积有缩小的趋势，以阻碍磁通量的增大，故AB均错误；
C、在磁极绕转轴从O到Y匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F；由于磁通量减小，所以线圈的面积有扩大的趋势，以阻碍磁通量的减小，故 C错误，D正确。
故选：D。
三.举一反三，巩固练习
如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向
B．环中最大的感应电流大小为
C．环下落过程中一直处于超重状态
D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为
【解答】解：A、根据右手定则，在圆环上取一段分析可知环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B、当重力等于安培力时，环下落的速度最大，此时感应电流最大，根据mgv＝I2R，解得：I，故B正确；
C、环下落中mg﹣F＝ma，加速度向下，处于始终状态，故C错误；
D、设t时间内通过金属环横截面的电荷量为q。环下落速度为v时的感应电流大小为I，由于环中感应电流不断增大，则知q＜It，故D错误。
故选：B。
如图，边长、材料相同，粗细不同的单匝正方形金属线框甲、乙。乙线框导线的横截面积是甲的2倍。在竖直平面内距磁场相同高度由静止开始同时下落，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，则在甲、乙线框进入磁场的过程中（ ）
A．感应电流的方向均一定为顺时针方向
B．甲、乙线框的加速度时时相同
C．甲线框的焦耳热是乙线框的2倍
D．通过甲线框的电荷量是乙线框的2倍
【解答】解：A、在甲、乙线框进入磁场的过程中，磁通量均向里增加，由楞次定律可知，感应电流的方向均一定为逆时针方向，故A错误；
B、甲、乙线框从相同高度由静止开始同时下落，进入磁场时速度相同，设为v。对于任一线框，设边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ电，密度为ρ密，加速度为a。根据牛顿第二定律得：mg﹣F安＝ma，得a＝g，其中，则a＝g，a与S无关，所以甲、乙线框的加速度时时相同，故B正确；
C、设线框开始下落时距离磁场高度为h，线框完全进入磁场时速度为v′，则线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为Q＝mgh，则Q∝m，又m＝4ρ密LS，则Q∝S，故乙线框的焦耳热是甲线框的2倍，故C错误；
D、通过线框的电荷量为q∝S，则通过乙线框的电荷量是甲线框的2倍，故D错误。
故选：B。
空间存在范围足够大、竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场，在其间竖直固定两个相同的、彼此正对的金属细圆环a、b，圆环a在前、圆环b在后。圆环直径为d，两环间距为L、用导线与阻值为R的外电阻相连，如图所示。一根细金属棒保持水平、沿两圆环内侧做角速度为ω的逆时针匀速圆周运动（如图），金属棒电阻为r。棒与两圆环始终接触良好，圆环电阻不计。则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒在最低点时回路电流为零
B．金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），a环电势低于b环
C．从最高点开始计时，回路电流的瞬时值为isinωt
D．电阻R两端电压的有效值为U
【解答】解：A、金属杆做圆周运动的线速度，设金属杆的速度方向与磁场间的夹角为θ，从最高点开始计时，感应电动势，感应电流
L、R、ω、r都是定值，从最高点到最低点的过程中sinθ先减小后增大，金属棒在最低点时回路电流最大，故A错误；
B、金属棒在圆环的上半部分运动时（不包括最左和最右点），根据右手定则可知a环电势高于b环，故B错误；
C、金属棒在最高点时垂直切割磁感线，感应电流最大，则从最高点开始计时，回路电流的瞬时值为，故C错误；
D、电流的有效值为，电阻R两端电压的有效值为，故D正确。
故选：D。
9．（2022•朝阳区校级模拟）如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面．一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab，垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，且R2＝2R1．如果导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则棒匀速运动过程中以下判断正确的是（ ）
A．电阻R1消耗的电功率为Fv
B．通过棒的电流方向为a到b
C．重力做功的功率为mgvcsθ
D．运动过程中棒减少的机械能全部转化为电能、摩擦热和焦耳热
【解答】解：A、当导体棒以速度v匀速下滑时，由I、E＝BLv、F＝BIL，得安培力F，电阻R1消耗的热功率为P＝I2R1＝（）2 R1，R2＝2R1，联立解得，P，故A正确；
B、根据右手定则，可以判断通过棒的电流方向为b到a，故B错误；
C、棒在竖直方向的分速度为vsinθ，根据瞬时功率公式P＝Fv可得，重力做功的功率为P＝mgvsinθ，故C错误；
D、根据功能关系可知，运动过程中棒减少的机械能全部转化为电能和摩擦热，电能最终又转化为焦耳热，故D错误；
故选：A。
如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，右侧平直部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量分别为2m、m。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从导轨左端距水平桌面高h处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触，最后两棒离开导轨落在地面同一位置。不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中，始终做减速运动
B．在沿导轨运动的过程中，金属棒ab损失的机械能为
C．在沿导轨运动的过程中，cd棒的最大加速度为
D．在整个过程中，通过金属棒ab的电荷量为
【解答】解：A、ab进入水平导轨，切割磁感线，回路产生顺时针方向（俯视）的感应电流，ab受向左的安培力而做减速运动，cd受右的安培力而做加速运动；由题知最后两棒离开导轨落在地面同一位置，由于导体棒离开导轨后做平抛运动，两导体棒都落在地面同一位置则说明二者离开导轨时的速度相同，由于cd先离开导轨，且cd离开导轨后ab、cd将没有组成闭合回路，则cd离开后ab做匀速直线运动，所以金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中，先做减速运动后做匀速运动，故A错误；
B、ab滑到圆弧低端，由动能定理
得：
由选项A分析可知二者在离开导轨时已经达到共速，且由于导轨光滑，ab、cd组成的系统动量守恒，则有2mv0＝3mv共
得：
则在沿导轨运动的过程中，金属棒ab损失的机械能，故B错误；
C、ab棒刚进入磁场时，回路电动势最大，电流最大，cd棒受的安培力最大，加速度最大
，故C错误；
D、对导体棒ab，根据动量定理，取向右为正有
﹣BILt＝2mv共﹣2mv0
q＝It
整理有，故D正确。
故选：D。
如图所示，面积为S闭合线圈放在磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝Bmsint，则在一个周期内线圈中产生感应电动势最大的时刻（含0与T时刻）是（ ）
A．0、0.25TB．0.75T
C．0、0.5T、TD．0.25T、0.5T、T
【解答】解：线圈面积一定，B的周期性变化使穿过线圈的磁场量发生变化，Φ＝BmSsin•t．根据法拉第电磁感应律，E＝n，可见电动势最大时也就是最大。
我们可将Φ＝BmSsint的函数关系用Φ﹣t图来表示（如右图）。在该图上，曲线的斜率反映了的大小。由图可见，当t等于0、0.5T、T时，切线的斜率最大，因此，在这些时刻线圈产生的感应电动势最大。
故ABD错误，C正确；
故选：C。
如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝B0+kt，其中B0和k都是定值且均大于0。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴的夹角均为θ，一电容为C的电容器（在磁场外）与导轨左端相连，电容器中静止一带电粒子A（受到的重力不计，图中未画出）。金属棒与x轴垂直并固定在导轨上，O点到金属棒的距离为x0。下列说法正确的是（ ）
A．电容器的上极板带负电
B．电容器的电荷量为Ckx02tanθ
C．带电粒子A运动到极板上之前的加速度越来越小
D．带电粒子A运动到极板上之前的加速度越来越大
【解答】解：A、穿过回路的磁通量向下增加，根据楞次定律判断可知，回路中感应电动势沿逆时针方向，则电容器的上极板带正电，故A错误；
B、由B＝B0+kt得k，根据法拉第电磁感应定律得：ES，又S•（2x0tanθ）＝x02tanθ，可得E＝kx02tanθ，则电容器板间电压U＝E＝kx02tanθ，电容器的电荷量为Q＝CU＝Ckx02tanθ，故B正确；
CD、电容器板间电压为U＝kx02tanθ，板间场强为E，带电粒子受到的电场力大小为F＝qE，联立可得F，可知F恒定不变，则带电粒子的合力不变，加速度不变，故CD错误。
故选：B。
如图，足够长的间距d＝1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L＝1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝0.5T，方向如图所示。一根质量ma＝0.1kg，阻值Ra＝1.0Ω的金属棒a以v0＝4m/s的初速度从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb＝0.2kg，阻值Rb＝1.5Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。
（1）求金属棒a刚进入磁场时棒a两端的电压U0；
（2）求金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量Q；
（3）通过计算判断金属棒a能否再次穿过磁场区域。
【解答】解：（1）金属棒a刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv0＝0.5×1×4V＝2V
此时棒a两端的电压U0E
代入数据解得：U0＝1.2V
（2）设金属棒a第一次离开磁场时速度大小为va。金属棒a第一次穿过磁场中，以初速度方向为正方向，对金属棒a，根据动量定理，有﹣Bd•t＝mava−mav0
此过程回路产生的总焦耳热为Q，则有Qmav02−mava2
金属棒a第一次穿过磁场过程中，通过b棒的电荷量为qt
根据闭合电路的欧姆定律有
利用法拉第电磁感应定律可得
又磁通量变化量为ΔΦ＝B•dL
联立解得Q＝0.35J，
（3）金属棒a与金属棒b发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律有mava＝mav'a+mbvb
由机械能守恒定律得：mava2mava′2mbvb2
解得v'a＝﹣1m/s，金属棒a反弹重新进入磁场，设金属棒a最终停在距磁场左边界距离为x。
对金属棒a第二次在磁场中运动的过程，取向左为正方向，根据动量定理得：
Bd•t′＝0−mav′a
此过程中通过金属棒a的电荷量为q′t'
解得x＝1m，则金属棒a最终停在距磁场左边界s＝L﹣x＝1m﹣1m＝0m，即刚好穿过左边界。
答：（1）金属棒a刚进入磁场时棒a两端的电压为1.2V；
（2）金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量为0.35J；
（3）金属棒a刚好穿过左边界。
如图甲所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距为L＝2m，R1和R2是并联在导轨一端的电阻，且R1＝12Ω、R2＝6Ω，ab是垂直导轨放置的质量为＝1kg的导体棒，导轨和导体棒之间的动摩擦因数各处均相同。从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.75N，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图乙是棒的υ﹣t图象，其中O点为坐标原点，其坐标为（0，0），AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线。除R1、R2以外，其余部分的电阻均不计，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知当棒的位移为10m时，其速度达到了最大速度1m/s。求（结果可以保留分数）
（1）导体棒ab运动中受的摩擦力f的大小和磁感应强度B的大小；
（2）在导体棒ab的位移为10m过程中电阻上产生的焦耳热；
（3）若在导体棒ab的位移为10m时立即将恒定拉力F撤掉，此后导体棒ab滑行到停止的过程中流过的电量为，求摩擦力在导体棒ab整个运动过程的平均功率。
【解答】解：（1）由图乙得起动瞬间：am/s2＝0.25m/s2
则由牛顿第二定律可知：F﹣f＝ma
代入解得：f＝0.5 N
最终导体棒匀速运动，速度v＝1m/s，设此时受到的安培力为F安
由平衡条件得：F﹣f﹣F安＝0
而安培力：F安＝BiL＝B
电路总电阻：R总
联立代入数据解得：B＝0.5T
（2）对棒由能量守恒定律有：Fx﹣fxQ
代入得到：Q总＝2J
QR1，QR2
所以：
所以：QR1
（3）从开始到运动Δs＝10m内：Ft1﹣F安t1﹣ft1＝mv﹣0
F安t1＝BLq1
q12.5C
所以：t1＝14s
从撤去外力到停止运动，由动能定理有：﹣F′安×t2﹣f×t2＝0﹣mv
那么：q2＝F′安×t2
qR1＝I1×t，qR2＝I1t
所以：q2＝qR1+qR2
所以：t2＝1s
q2
x2＝2m
所以P0.4W
答：（1）导体棒ab运动中受的摩擦力f的大小为0.5N，磁感应强度B的大小为0.5T；
（2）在导体棒ab的位移为10m过程中电阻上产生的焦耳热为J；
（3）若在导体棒ab的位移为10m时立即将恒定拉力F撤掉，此后导体棒ab滑行到停止的过程中流过的电量为，则摩擦力在导体棒ab整个运动过程的平均功率为0.4W。 物理量
项目
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)
意义
某时刻穿过某个面的磁感线的条数
某段时间内穿过某个面的磁通量变化的多少
穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小
Φ＝BS
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝Δ(B·S)
两种特例：
①ΔΦ＝B·ΔS
②ΔΦ＝S·ΔB
eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Φ2－Φ1,Δt)
两种特例：
①eq \f(ΔΦ,Δt)＝Beq \f(ΔS,Δt)
②eq \f(ΔΦ,Δt)＝Seq \f(ΔB,Δt)
注意
若有相反方向的磁场，磁通量可抵消；S为有效面积
转过180°前后穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零
等于单匝线圈上产生的感应电动势，即E＝eq \f(ΔΦ,Δt)