1、.第十章交變電流傳感器課時作業(yè)30交變電流的產(chǎn)生及描述時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(8×864)1下圖中不屬于交變電流的是()解析：根據(jù)交變電流的定義，大小和方向都隨時間做周期性變化的電流是交變電流，A、B、C圖中電流的大小、方向均隨時間做周期性變化，是交變電流，D圖中電流的方向不變，為直流電答案：D圖12(2011·廣東高考)圖1是某種正弦式交變電壓的波形圖，由圖可確定該電壓的()A周期是0.01sB最大值是311VC有效值是220VD表達式為u220sin100t(V)解析：由波形圖可知：周期T0.02 s，電壓最大值Um311 V，所以有效值U220 V，表

2、達式為uUmsint(V)311sin100t(V)，故選項B、C正確，A、D錯誤答案：BC3如下圖中各圖面積均為S的線圈均繞其對稱軸或中心軸在勻強磁場B中以角速度勻速轉(zhuǎn)動，能產(chǎn)生正弦交變電動勢eBSsint的圖是()解析：線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸(軸在線圈所在平面內(nèi))勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的正弦交變電動勢為eBSsint，由這一原則判斷，A圖和C圖中感應(yīng)電動勢均為eBSsint；B圖中的轉(zhuǎn)動軸不在線圈所在平面內(nèi)；D圖轉(zhuǎn)動軸與磁場方向平行，而不是垂直答案：AC圖24如圖2所示，矩形線框置于豎直向下的磁場中，通過導(dǎo)線與靈敏電流表相連，線框在磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，圖中線框平面處

3、于豎直面內(nèi)，下述說法正確的是()A因為線框中產(chǎn)生的是交變電流，所以電流表示數(shù)始終為零B線框通過圖中位置瞬間，穿過線框的磁通量最大C線框通過圖中位置瞬間，通過電流表的電流瞬時值最大D若使線框轉(zhuǎn)動的角速度增大一倍，那么通過電流表電流的有效值也增大一倍解析：本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，基礎(chǔ)題線框在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動時，在中性面即線框與磁感線垂直時，磁通量最大感應(yīng)電動勢最小，而在題中圖示位置線框與磁感應(yīng)線平行時，磁通量最小感應(yīng)電動勢最大，A、B錯C對；電流的有效值I，現(xiàn)在其余的量都不變，角速度增大一倍后，電流也增大一倍，D正確答案：CD5一單匝閉合線框在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動在轉(zhuǎn)動過程中，

4、線框中的最大磁通量為m，最大感應(yīng)電動勢為Em，下列說法中正確的是()A當(dāng)磁通量為零時，感應(yīng)電動勢也為零B當(dāng)磁通量減小時，感應(yīng)電動勢也減小C當(dāng)磁通量等于0.5m時，感應(yīng)電動勢等于0.5EmD角速度等于Em/m解析：根據(jù)正弦式電流的產(chǎn)生及其變化規(guī)律：當(dāng)磁通量最大時，感應(yīng)電動勢為零；當(dāng)磁通量減小時，感應(yīng)電動勢在增大；磁通量減為零時，感應(yīng)電動勢最大由此可知A、B項錯誤設(shè)從線框位于中性面開始計時，則有eEmsint，式中EmBS.因mBS，故角速度，D項正確設(shè)e0.5Em，則解出t/6.此時B·ScosBSm，所以C項錯答案：D圖36如圖3所示，矩形線圈abcd，面積為S，匝數(shù)為N，線圈電阻為

5、R，在勻強磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉(zhuǎn)動，(P1以ab邊為軸，P2以ad邊中點為軸)當(dāng)線圈平面從與磁場方向平行開始計時，線圈轉(zhuǎn)過90°的過程中，繞P1及P2軸轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的交流電的電流大小，電荷量及焦耳熱分別為I1，q1，Q1及I2，q2，Q2，則下面判斷正確的是()A線圈繞P1和P2轉(zhuǎn)動時電流的方向相同，都是abcdBq1>q2NBS/2RCI1I2(NBS)/RDQ1<Q2(NBS)2/2R解析：本題考查電磁感應(yīng)中電荷量、熱量、電流的計算和感應(yīng)電流方向的判斷繞P1、P2轉(zhuǎn)動時電流的方向相同，但電流的方向為adcba，A錯；電荷量q，與繞

6、哪個軸轉(zhuǎn)動沒有關(guān)系，B錯；線圈繞兩軸轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢相同，所以電流相同，發(fā)熱也相同，C對D錯答案：C圖47如圖4所示，邊長為L0.2 m的正方形線圈abcd，其匝數(shù)為n10、總電阻為r2 ，外電路的電阻為R8 ，ab的中點和cd的中點的連線OO恰好位于勻強磁場的邊界線上，磁場的磁感應(yīng)強度B1 T，若線圈從圖示位置開始，以角速度2 rad/s繞OO軸勻速轉(zhuǎn)動，則以下判斷中正確的是()A在t時刻，磁場穿過線圈的磁通量為零，但此時磁通量隨時間變化最快B閉合電路中感應(yīng)電動勢的瞬時表達式e0.8 sin2t VC從t0時刻到t時刻，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q3.2×104 JD從t0時刻到t時刻

7、，通過R的電荷量q0.02 C解析：線圈在磁場中轉(zhuǎn)動，EmnBS0.4 V，B錯當(dāng)線圈平面與磁場平行時磁通量變化最快，A正確QRI2Rt2Rt1.6×103 J，C錯qn002 C，D正確答案：AD圖58如圖5所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動時所產(chǎn)生的正弦交流電的圖象，當(dāng)調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，所產(chǎn)生正弦交流電的圖象如圖線b所示，以下關(guān)于這兩個正弦交流電的說法正確的是()A線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為32B兩種情況在0.3 s內(nèi)通過線圈的磁通量之比為11C兩種情況在相等時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱之比QaQb32D兩種情況在相等時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱之比QaQb94解析：兩種情況TaTb23，fafb32

8、，線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為32，選項A正確兩種情況下在0.3 s內(nèi)磁通量的變化量不同，選項B錯誤交流電的最大值EmNBS，電動勢最大值之比為32.Qt，兩種情況在相等時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱之比QaQb94，選項D正確答案：AD二、計算題(3×1236)9用均勻?qū)Ь€彎成正方形閉合線框abcd，線框每邊長10 cm，每邊的電阻值為0.1 .把線框放在磁感應(yīng)強度為B0.1 T的勻強磁場中，并使它繞軸O1O2以100 rad/s的角速度旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)方向如圖6所示(沿O2O1由O2向O1看為順時針方向)已知O1、O2兩點分別在ad和bc上，軸O1O2在線框平面內(nèi)，并且垂直于B，O1d3O1a，O2c3

9、O2b.圖6(1)當(dāng)線框平面轉(zhuǎn)至和B平行的瞬時(如圖6所示位置)每個邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小各是多少？線框內(nèi)感應(yīng)電流的大小是多少？方向如何？(2)求線框由圖所示位置旋轉(zhuǎn)的過程中產(chǎn)生的平均電動勢的大小；(3)線框旋轉(zhuǎn)一周內(nèi)產(chǎn)生的熱量為多少？解析：(1)令L表示正方形線框的邊長，R表示其每邊的電阻值，則L0.1 m，R0.1 ，設(shè)此時cd段感應(yīng)電動勢的大小為E1，ab段感應(yīng)電動勢的大小為E2，則E1BLv13BL2/40.075 VE2BLv2BL2/40.025 Vda段和bc段不切割磁感線，所以它們的電動勢都是零線框中的感應(yīng)電動勢EE1E20.1 V線框中的感應(yīng)電流為IE/(4R)0.25 A

10、根據(jù)楞次定律或右手定則，可判斷電流方向沿dcbad(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線框由圖所示位置旋轉(zhuǎn)的過程中產(chǎn)生的平均電動勢的大小，E V0.083 V(3)線框旋轉(zhuǎn)一周產(chǎn)生的熱量為Q()2R總T()24R2.5×104 J7.85×104 J答案：(1)Ecd0.075 VEab0.025 VEdaEbc0I0.25 A方向沿dcbad(2)0.083 V(3)7.85×104 J圖710如圖7所示，矩形線圈abcd在磁感應(yīng)強度B2 T的勻強磁場中繞軸OO以角速度10 rad/s勻速轉(zhuǎn)動，線圈共10匝，每匝線圈的電阻值為0.5 ，ab0.3 m，bc0.6 m，

11、負(fù)載電阻R45 .求(1)電阻R在0.05 s內(nèi)發(fā)出的熱量；(2)電阻R在0.05 s內(nèi)流過的電荷量(設(shè)線圈從垂直中性面開始轉(zhuǎn)動)解析：(1)矩形線圈abcd在勻強磁場中旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生正弦交變電流，電動勢的峰值為EmnBS10×2×0.3×0.6×10113.04 V，電流的有效值I1.60 AQI2Rt5.76 J(2)矩形線圈旋轉(zhuǎn)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值En72 V，電流的平均值I1.44 A；0.05 s內(nèi)電路流過的電荷量qIt0.072 C.答案：(1)5.76 J(2)0.072 C11曾經(jīng)流行過一種自行車車頭燈供電的小型交流發(fā)電機，圖8甲為其

12、結(jié)構(gòu)示意圖圖中N、S是一對固定的磁極，abcd為固定轉(zhuǎn)軸上的矩形線框，轉(zhuǎn)軸過bc邊中點，與ab邊平行，它的一端有一半徑r01.0 cm的摩擦小輪，小輪與自行車車輪的邊緣相接觸，如圖8乙所示當(dāng)車輪轉(zhuǎn)動時，因摩擦而帶動小輪轉(zhuǎn)動，從而使線框在磁極間轉(zhuǎn)動設(shè)線框由N800匝導(dǎo)線圈組成，每匝線圈的面積S20 cm2，磁極間的磁場可視作勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0.010 T，自行車車輪的半徑R135 cm，小齒輪的半徑R24.0 cm，大齒輪的半徑R310.0 cm.現(xiàn)從靜止開始使大齒輪加速轉(zhuǎn)動，問大齒輪的角速度為多大才能使發(fā)電機輸出電壓的有效值U3.2 V？(假設(shè)摩擦小輪與自行車車輪之間無相對滑動)圖8解析

13、：當(dāng)自行車車輪轉(zhuǎn)動時，通過摩擦小輪使發(fā)電機的線框在勻強磁場內(nèi)轉(zhuǎn)動，線框中產(chǎn)生一正弦交流電動勢，旋轉(zhuǎn)線框與摩擦小輪角速度相等，而摩擦小輪又與車輪線速度相等(自行車車輪與摩擦小輪之間無相對滑動)，車輪又與小齒輪角速度相等，最終小齒輪與大齒輪邊緣的線速度相等，由此得解答案：旋轉(zhuǎn)線框產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的峰值EmNBS0式中0為線框轉(zhuǎn)動的角速度，即摩擦小輪轉(zhuǎn)動的角速度發(fā)電機兩端電壓的有效值UEm/2設(shè)自行車車輪轉(zhuǎn)動的角速度為1，有R11r00小齒輪轉(zhuǎn)動的角速度與自行車車輪轉(zhuǎn)動的角速度相同，均為1，設(shè)大齒輪轉(zhuǎn)動的角速度為，有R3R21由以上各式解得(UR2r0)/(NBSR3R1)代入數(shù)據(jù)得3.2 rad/s

14、.課時作業(yè)26帶電粒子在復(fù)合場中的運動時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(8×864)圖11目前有一種磁強計，用于測定地磁場的磁感應(yīng)強度磁強計的原理如圖1所示，電路有一段金屬導(dǎo)體，它的橫截面是寬為a、高為b的長方形，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導(dǎo)體中通有沿x軸正方向、大小為I的電流已知金屬導(dǎo)體單位體積中的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，金屬導(dǎo)電過程中，自由電子所做的定向移動可視為勻速運動兩電極M、N均與金屬導(dǎo)體的前后兩側(cè)接觸，用電壓表測出金屬導(dǎo)體前后兩個側(cè)面間的電勢差為U.則磁感應(yīng)強度的大小和電極M、N的正負(fù)為()A.，M正、N負(fù)B.，M正、N負(fù)C.，M負(fù)、N正 D.，M負(fù)、N

15、正解析：由左手定則知，金屬中的電子在洛倫茲力的作用下將向前側(cè)面聚集，故M負(fù)、N正由F電F洛即eBev，InevSnevab，得B.答案：C圖22如圖2所示，實線表示在豎直平面內(nèi)勻強電場的電場線，電場線與水平方向成角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線l做直線運動，l與水平方向成角，且>，則下列說法中錯誤的是()A液滴一定做勻變速直線運動B液滴一定帶正電C電場線方向一定斜向上D液滴一定做勻速直線運動解析：在電磁場復(fù)合區(qū)域粒子一般不會做勻變速直線運動，因速度變化洛倫茲力變化，合外力一般變化，如果vB，f洛0，也可以做勻變速運動答案：A圖33在某地上空同時存在著勻強的電場

16、與磁場，一質(zhì)量為m的帶正電小球，在該區(qū)域內(nèi)沿水平方向向右做直線運動，如圖3所示，關(guān)于場的分布情況可能的是()A該處電場方向和磁場方向垂直B電場豎直向上，磁場垂直紙面向里C電場斜向里側(cè)上方，磁場斜向外側(cè)上方，均與v垂直D電場水平向右，磁場垂直紙面向里解析：帶電小球在復(fù)合場中運動一定受重力和電場力，是否受洛倫茲力需具體分析A選項中若電場、磁場方向與速度方向垂直，則洛倫茲力與電場力垂直，如果與重力的合力為0就會做直線運動B選項中電場力、洛倫茲力都向上，若與重力合力為0，也會做直線運動C選項中電場力斜向里側(cè)上方，洛倫茲力向外側(cè)下方，若與重力的合力為0，就會做直線運動D選項三個力的合力不可能為0，因此選

17、項A、B、C正確答案：ABC圖44如圖4所示，光滑絕緣桿固定在水平位置上，使其兩端分別帶上等量同種正電荷Q1、Q2，桿上套著一帶正電小球，整個裝置處在一個勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，將靠近右端的小球從靜止開始釋放，在小球從右到左的運動過程中，下列說法中正確的是()A小球受到的洛倫茲力大小變化，但方向不變B小球受到的洛倫茲力將不斷增大C小球的加速度先減小后增大D小球的電勢能一直減小解析：Q1、Q2連線上中點處電場強度為零從中點向兩側(cè)電場強度增大且方向都指向中點，故小球所受電場力指向中點小球從右向左運動過程中，小球的加速度先減小后增大，C正確；速度先增大后減小，洛倫茲力大小變化，由左手

18、定則知，洛倫茲力方向不變故A正確，B錯誤；小球的電勢能先減小后增大，D錯誤答案：AC圖55(2009·廣東高考)如圖5是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有強度為B0的勻強磁場下列表述正確的是()A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小解析：粒子先在電場中加速，進入速度選擇器做勻速直線運動，最后進入磁場做勻速圓周

19、運動在速度選擇器中受力平衡：EqqvB得vE/B，方向由左手定則可知磁場方向垂直紙面向外，B、C正確進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，qvB0得，R，所以荷質(zhì)比不同的粒子偏轉(zhuǎn)半徑不一樣，所以，A對，D錯答案：ABC6在真空中，勻強電場方向豎直向下，勻強磁場方向垂直紙面向里三個油滴帶有等量同種電荷，其中a靜止，b向右勻速運動，c向左勻速運動，則它們的重力Ga、Gb、Gc的關(guān)系為()AGa最大 BGb最大CGc最大 D不能確定解析：由a靜止有qEGa，故油滴帶負(fù)電；對b受力平衡有qEqvBGb；對c受力平衡有qEqvBGc.由此可知三個油滴的重力滿足Gc>Ga>Gb，故選項C正確答案：C

20、圖67如圖6所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒，在豎直向下的勻強電場、水平指向紙內(nèi)的勻強磁場以及重力的共同作用下做勻速圓周運動，下列說法中正確的是()A該微粒帶負(fù)電，電荷量qB若該微粒在運動中突然分成荷質(zhì)比相同的兩個粒子，分裂后只要速度不為零且速度方向仍與磁場方向垂直，它們均做勻速圓周運動C如果分裂后，它們的荷質(zhì)比相同，而速率不同，那么它們運動的軌道半徑一定不同D只要一分裂，不論它們的荷質(zhì)比如何，它們都不可能再做勻速圓周運動解析：帶電微粒在有電場力、洛倫茲力和重力作用的區(qū)域能夠做勻速圓周運動，說明重力必與電場力大小相等、方向相反，由于重力方向總是豎直向下，故微粒受電場力方向向上，從題圖中可知微粒

21、帶負(fù)電，選項A正確微粒分裂后只要荷質(zhì)比相同，所受電場力與重力一定平衡(選項A中的等式一定成立)，只要微粒的速度不為零，必可在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，選項B正確、D錯誤根據(jù)半徑公式r可知，在荷質(zhì)比相同的情況下，半徑只跟速率有關(guān)，速率不同，則半徑一定不同，選項C正確答案：ABC圖78目前，世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機如圖7表示了它的原理：將一束等離子體噴射入磁場，在場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板的板長為L，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于速度方向，負(fù)載電阻為R，電離氣體充滿兩板

22、間的空間當(dāng)發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數(shù)為I.那么板間電離氣體的電阻率為()A.(R) B.(R)C.(R) D.(R)解析：當(dāng)粒子受的電場力與洛倫茲力平衡時，兩板電壓即為電動勢，即qvBq，得UBdv.又I，r由此可解得(R)，故選項A正確答案：A二、計算題(3×1236)圖89如圖8所示，水平向左的勻強電場E4 V/m，垂直紙面向里的勻強磁場B2 T，質(zhì)量m1 g的帶正電的小物塊A，從M點沿絕緣粗糙的豎直壁無初速滑下，滑行0.8 m到N點時離開豎直壁做曲線運動，在P點時小物塊A瞬時受力平衡，此時速度與水平方向成45°.若P與N的高度差為0.8 m，求：(1)A沿壁下滑過程

23、中摩擦力所做的功；(2)P與N的水平距離解析：分清運動過程，應(yīng)用動能定理列式求解(1)物體在N點時，墻對其彈力為零，水平方向EqqvB，所以v2 m/s，由MN過程據(jù)動能定理：mgWfmv20，所以Wf6×103 J.圖9(2)設(shè)在P點速度為v其受力如圖9所示，所以Eqmg，qvBEq，得v2 m/s.設(shè)N、P水平距離x，豎直距離y，物體由NP過程電場力和重力做功，由動能定理mgyEq·xmv2mv2，得x0.6 m.答案：(1)6×103 J(2)0.6 m圖1010如圖10所示，Oxyz坐標(biāo)系的y軸豎直向上，在坐標(biāo)系所在的空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向與

24、x軸平行從y軸上的M點(0，H,0)無初速釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的小球，它落在xz平面上的N(L,0，b)點(L>0，b>0)若撤去磁場則小球落在xz平面的P點(L,0,0)已知重力加速度為g.(1)已知勻強磁場方向與某個坐標(biāo)軸平行，試判斷其可能的具體方向；(2)求電場強度E的大??；(3)求小球落至N點時的速率v.解析：(1)用左手定則判斷出：磁場方向為x方向或y方向(2)在未加勻強磁場時，帶電小球在電場力和重力作用下落到P點，設(shè)運動時間為t，小球自由下落，有Hgt2小球沿x軸方向只受電場力作用FEqE小球沿x軸的位移為Lat2小球沿x軸方向的加速度a聯(lián)立求解，得：E

25、(3)帶電小球在勻強磁場和勻強電場共存的區(qū)域運動時，洛侖茲力不做功電場力做功為WEqEL重力做功為WGmgH設(shè)落到N點速度大小為v，根據(jù)動能定理有mgHqELmv2解得v答案：(1)x方向或y方向(2)(3)圖1111(2009·遼寧/寧夏高考)如圖11所示，在第一象限有一勻強電場，場強大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一勻強磁場，磁場方向與紙面垂直一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標(biāo)原點O離開磁場粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點已知OPl，OQ2l.不計重力求：(1)M點與坐標(biāo)原點O間的距

26、離；(2)粒子從P點運動到M點所用的時間解析：圖12(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿y軸負(fù)方向上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)加速度的大小為a；在x軸正方向上做勻速直線運動，設(shè)速度為v0；粒子從P點運動到Q點所用的時間為t1，進入磁場時速度方向與x軸正方向夾角為，則at1v0其中x02l，y0l.又有tan聯(lián)立式，得30°因為M、O、Q點在圓周上，MOQ90°，所以MQ為直徑從圖中的幾何關(guān)系可知，R2lMO6l(2)設(shè)粒子在磁場中運動的速度為v，從Q到M點運動的時間為t2，則有vt2帶電粒子自P點出發(fā)到M點所用的時間t為tt1t2聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得t 答案：(1)6l

27、(2) 第九章電磁感應(yīng)課時作業(yè)27電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(8×864)圖11如圖1所示，一個矩形線圈與通有相同大小的電流的平行直導(dǎo)線處于同一平面，而且處在兩導(dǎo)線的中央，則()A兩電流同向時，穿過線圈的磁通量為零B兩電流反向時，穿過線圈的磁通量為零C兩電流同向或反向，穿過線圈的磁通量都相等D因兩電流產(chǎn)生的磁場是不均勻的，因此不能判定穿過線圈的磁通量是否為零解析：兩電流同向時，在線圈范圍內(nèi)，產(chǎn)生的磁場方向相反，大小對稱，穿過線圈的磁通量為零，A正確，BCD不正確答案：A圖22位于載流長直導(dǎo)線近旁的兩根平行鐵軌A和B，與長直導(dǎo)線平行且在同一水平面上，在鐵

28、軌A、B上套有兩段可以自由滑動的導(dǎo)體CD和EF，如圖2所示，若用力使導(dǎo)體EF向右運動，則導(dǎo)體CD將()A保持不動B向右運動C向左運動D先向右運動，后向左運動解析：當(dāng)EF向右運動時，由右手定則，有沿FECD逆時針方向的電流，再由左手定則，得CD受力向右，選B.本題也可以直接由楞次定律判斷，由于EF向右，線框CDFE面積變大，感應(yīng)電流產(chǎn)生的效果是阻礙面積變大，即CD向右運動答案：B圖33如圖3所示，要使Q線圈產(chǎn)生圖示方向的電流，可采用的方法有()A閉合電鍵KB閉合電鍵K后，把R的滑片右移C閉合電鍵K后，把P中的鐵心從左邊抽出D閉合電鍵K后，把Q靠近P解析：當(dāng)閉合電鍵K時，Q中的磁場由無變有，方向向

29、右，由楞次定律，Q產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向如題圖，A正確閉合電鍵K后，把Q靠近P時，Q中的磁場變強，方向向右，由楞次定律，Q產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向如題圖，D正確，B、C不正確答案：AD圖44如圖4所示，在光滑水平桌面上有兩個金屬圓環(huán)，在它們圓心連線中點正上方有一個條形磁鐵，當(dāng)條形磁鐵自由下落時，將會出現(xiàn)的情況是()A兩金屬環(huán)將相互靠攏B兩金屬環(huán)將相互分開C磁鐵的加速度會大于gD磁鐵的加速度會小于g解析：當(dāng)條形磁鐵自由下落時，金屬圓環(huán)中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的效果總是阻礙磁通量增大，阻礙磁鐵發(fā)生相對運動，磁鐵加速度小于g，同時，金屬圓環(huán)向遠處運動，有使磁通量變小的趨勢，B、D正確答案：BD圖55甲、乙兩個同心的閉

30、合金屬圓環(huán)位于同一平面內(nèi)，甲環(huán)中通以順時針方向電流I，如圖5所示，當(dāng)甲環(huán)中電流逐漸增大時，乙環(huán)中每段導(dǎo)線所受磁場力的方向是()A指向圓心B背離圓心C垂直紙面向內(nèi)D垂直紙面向外解析：當(dāng)甲環(huán)中電流逐漸增大時，由楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的效果是阻礙乙線圈中的磁場變強，使乙線圈面積變小，A正確圖6答案：A6如圖6所示重現(xiàn)了當(dāng)初法拉第的一個實驗下列說法中正確的是()A右邊磁鐵S極斷開時，有感應(yīng)電流從a至b通過檢流計B右邊磁鐵S極斷開時，有感應(yīng)電流從b至a通過檢流計C左邊磁鐵N極斷開時，有感應(yīng)電流從a至b通過檢流計D左邊磁鐵N極斷開時，有感應(yīng)電流從b至a通過檢流計解析：鐵芯中的磁場方向由左向右，右邊磁鐵S極

31、斷開時，鐵芯中的磁場變?nèi)酰衫愦味桑袘?yīng)電流從a至b通過檢流計，A正確同理C正確答案：AC圖77如圖7所示為一個圓環(huán)形導(dǎo)體，有一個帶負(fù)電的粒子沿直徑方向在圓環(huán)表面勻速掠過的過程，環(huán)中感應(yīng)電流的情況是()A無感應(yīng)電流B有逆時針方向的感應(yīng)電流C有順時針方向的感應(yīng)電流D先逆時針方向后順時針方向的感應(yīng)電流解析：帶負(fù)電的粒子沿直徑方向在圓環(huán)表面勻速掠過時，相當(dāng)于有向左的直線電流流過，在圓環(huán)中產(chǎn)生的磁場大小上下對稱分布，方向相反，產(chǎn)生總磁通量總是零，A正確答案：A圖88如圖8所示，在一蹄形磁鐵兩極之間放一個矩形線框abcd.磁鐵和線框都可以繞豎直軸OO自由轉(zhuǎn)動若使蹄形磁鐵以某角速度轉(zhuǎn)動時，線框的情況將是

32、()A靜止B隨磁鐵同方向轉(zhuǎn)動C沿與磁鐵相反方向轉(zhuǎn)動D要由磁鐵具體轉(zhuǎn)動方向來決定解析：由楞次定律，線圈中的感應(yīng)電流總是要阻礙它與磁鐵之間的相對運動，即與磁鐵同方向轉(zhuǎn)動，B正確答案：B二、計算題(3×1236)圖99面積為S的矩形線框abcd，處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中(磁場區(qū)域足夠大)，磁場方向與線框平面成角，如圖9所示，當(dāng)線框以ab為軸順時針轉(zhuǎn)90°過程中，穿過abcd的磁通量變化量為多少？解析：設(shè)開始穿過線圈的磁通量為正，則在線框轉(zhuǎn)過90°過程中，穿過線圈的磁通量是由正向BSsin減小到零，再由零增大到負(fù)向BScos.所以，磁通量的變化量為：|21|BSco

33、sBSsin|BS(cossin)答案：BS(cossin)圖1010如圖10所示，固定于水平面上的金屬框架CDEF處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒MN沿框架以速度v0向右勻速運動t0時，磁感應(yīng)強度為B0，此時MN到達的位置恰好使MDEN構(gòu)成邊長為L的正方形，為使MN中無電流，從t0開始，試推導(dǎo)出磁感應(yīng)強度與時間t的關(guān)系式解析：t0與t時刻回路的磁通量不變，導(dǎo)體棒中就無電流，即B0L2B(Lv0t)L，解得BB0.答案：BB0圖1111如圖11所示是家庭用的“漏電保護器”的關(guān)鍵部分的原理圖，其中P是一個變壓器鐵芯，入戶的兩根電線(火線和零線)采用雙線繞法，繞在鐵芯的一側(cè)作為原線圈，然后再接入戶

34、內(nèi)的用電器Q是一個脫扣開關(guān)的控制部分(脫扣開關(guān)本身沒有畫出，它是串聯(lián)在本圖左邊的火線和零線上，開關(guān)斷開時，用戶的供電被切斷)，Q接在鐵芯另一側(cè)副線圈的兩端a、b之間，當(dāng)a、b間沒有電壓時，Q使得脫扣開關(guān)閉合，當(dāng)a、b間有電壓時，脫扣開關(guān)即斷開，使用戶斷電(1)用戶正常用電時，a、b之間有沒有電壓？(2)如果某人站在地面上，手誤觸火線而觸電，脫扣開關(guān)是否會斷開？為什么？答案：(1)用戶正常用電時，a、b之間沒有電壓，因為雙線繞成的初級線圈兩根導(dǎo)線中的電流總是大小相等而方向相反的，穿過鐵芯的磁通量總為0，副線圈中不會有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生(2)人站在地面上手誤觸火線，電流通過火線和人體而流向大地，不通過

35、零線，這樣變壓器的鐵芯中就會有磁通量的變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，脫扣開關(guān)就會斷開課時作業(yè)28法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(8×864)1穿過一個單匝閉合線圈的磁通量始終為每秒均勻增加2 Wb，則()A線圈中感應(yīng)電動勢每秒增加2 VB線圈中感應(yīng)電動勢每秒減少2 VC線圈中感應(yīng)電動勢始終為2 VD線圈中感應(yīng)電動勢始終為一個確定值，但由于線圈有電阻，電動勢小于2 V解析：由E知：/t恒定，所以E2 V.答案：C2下列關(guān)于感應(yīng)電動勢大小的說法中，正確的是()A線圈中磁通量變化越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大B線圈中磁通量越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大C

36、線圈放在磁感應(yīng)強度越強的地方，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大D線圈中磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律En知，感應(yīng)電動勢與磁通量的變化率成正比，與磁通量的大小、磁通量的變化和磁感應(yīng)強度無關(guān)，故只有D項正確答案：D3如圖1所示，MN、PQ為兩條平行的水平放置的金屬導(dǎo)軌，左端接有定值電阻R，金屬棒ab斜放在兩導(dǎo)軌之間，與導(dǎo)軌接觸良好，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，設(shè)金屬棒與兩導(dǎo)軌接觸點之間的距離為L，金屬棒與導(dǎo)軌間夾角為60°，以速度v水平向右勻速運動，不計導(dǎo)軌和棒的電阻，則流過金屬棒中的電流為()圖1AIBICI DI解析：因為導(dǎo)體棒勻速運動，所以平均感

37、應(yīng)電動勢的大小等于瞬時感應(yīng)電動勢的大小又因為題中L的有效長度為，故EBv據(jù)閉合電路歐姆定律得I.答案：B圖24如圖2所示是法拉第做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(dǎo)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L，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，回路總電阻為R，從上往下看逆時針勻速轉(zhuǎn)動銅盤的角速度為.則下列說法正確的是()A回路中有大小和方向作周期性變化的電流B回路中電流大小恒定，且等于C回路中電流方向不變，且從b導(dǎo)線流進燈泡，再從a導(dǎo)線流向旋轉(zhuǎn)的銅盤D若將勻強磁場改為仍然垂直穿過銅盤的按正弦規(guī)律變化的磁場，不轉(zhuǎn)

38、動銅盤，燈泡中也會有電流流過解析：銅盤在轉(zhuǎn)動的過程中產(chǎn)生恒定的電流I，A錯B對；由右手定則可知銅盤在轉(zhuǎn)動的過程中產(chǎn)生恒定的電流從b導(dǎo)線流進燈泡，再從a導(dǎo)線流向旋轉(zhuǎn)的銅盤，C正確；若將勻強磁場改為仍然垂直穿過銅盤的按正弦規(guī)律變化的磁場，不轉(zhuǎn)動銅盤時閉合回路磁通量不發(fā)生變化，燈泡中沒有電流流過，D錯誤答案：BC圖35一個由電阻均勻的導(dǎo)線繞制成的閉合線圈放在勻強磁場中，如圖3所示，線圈平面與磁場方向成60°角，磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化，用下列哪種方法可使感應(yīng)電流增加一倍()A把線圈匝數(shù)增加一倍B把線圈面積增加一倍C把線圈半徑增加一倍D改變線圈與磁場方向的夾角解析：設(shè)導(dǎo)線的電阻率為，橫截面積

39、為S0，線圈的半徑為r，則I··sin可見將r增加一倍，I增加1倍，將線圈與磁場方向的夾角改變時，sin不能變?yōu)樵瓉淼?倍(因sin最大值為1)，若將線圈的面積增加一倍，半徑r增加(1)倍，電流增加(1)倍，I與線圈匝數(shù)無關(guān)答案：C圖46如圖4所示的電路中，線圈L的自感系數(shù)足夠大，其直流電阻忽略不計，LA、LB是兩個相同的燈泡，下列說法中正確的是()AS閉合后，LA、LB同時發(fā)光且亮度不變BS閉合后，LA立即發(fā)光，然后又逐漸熄滅CS斷開的瞬間，LA、LB同時熄滅DS斷開的瞬間，LA再次發(fā)光，然后又逐漸熄滅解析：線圈對變化的電流有阻礙作用，開關(guān)接通時，LA、LB串聯(lián)， 同時發(fā)

40、光，但電流穩(wěn)定后線圈的直流電阻忽略不計，使LA被短路，所以A錯誤，B正確；開關(guān)斷開時，線圈阻礙電流變小，產(chǎn)生自感電動勢，使LA再次發(fā)光，然后又逐漸熄滅，所以C錯誤，D正確答案：BD7.圖5如圖5所示是高頻焊接原理示意圖線圈中通以高頻變化的電流時，待焊接的金屬工件中就產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流通過焊縫產(chǎn)生大量熱量，將金屬熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分發(fā)熱很少以下說法正確的是()A電流變化的頻率越高，焊縫處的溫度升高得越快B電流變化的頻率越低，焊縫處的溫度升高得越快C工件上只有焊縫處溫度升得很高是因為焊縫處的電阻小D工件上只有焊縫處溫度升得很高是因為焊縫處的電阻大解析：在互感現(xiàn)象中產(chǎn)生的互感電

41、動勢的大小與電流的變化率成正比，電流變化的頻率越高，感應(yīng)電動勢越大，由歐姆定律I知產(chǎn)生的渦流越大，又PI2R，R越大P越大，焊縫處的溫度升高得越快答案：AD8(2010·浙江高考)半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖6甲所示有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖6乙所示在t0時刻平板之間中心有一重力不計，電荷量為q的靜止微粒則以下說法正確的是()圖6A第2秒內(nèi)上極板為正極B第3秒內(nèi)上極板為負(fù)極C第2秒末微?；氐搅嗽瓉砦恢肈第2秒末兩極板之間的電場強度大小為0.2r2/

42、d解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢大小(即電容器兩極間電壓大小)始終為0.1r2，由楞次定律可判定01 s下極板為正極、13 s上極板為正極，34 s下極板為正極，選項A正確，B、D錯誤；第2 s末微粒離原位置最遠，選項C錯誤圖7答案：A二、計算題(3×1236)9(2009·全國卷)圖8如圖8，勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里，大小隨時間的變化率k，k為負(fù)的常量用電阻率為、橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一邊長為l的方框?qū)⒎娇蚬潭ㄓ诩埫鎯?nèi)，其右半部位于磁場區(qū)域中求：(1)導(dǎo)線中感應(yīng)電流的大小；(2)磁場對方框作用力的大小隨時間的變化率解析：(1)導(dǎo)線框的感應(yīng)電動勢

43、為l2B導(dǎo)線框中的電流為I式中R是導(dǎo)線框的電阻，根據(jù)電阻率公式有R聯(lián)立式，將k代入得I(2)導(dǎo)線框所受磁場的作用力的大小為fBIl它隨時間的變化率為Il由式得圖910(2010·山東濟寧質(zhì)檢)如圖9所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0.1 T，金屬棒AD長0.4 m，與框架寬度相同，電阻r1.3 ，框架電阻不計，電阻R12 ，R21 .當(dāng)金屬棒以5 m/s速度勻速向右運動時，求：(1)流過金屬棒的感應(yīng)電流為多大？(2)若圖中電容器C為0.3 F，則電容器中儲存多少電荷量？解析：(1)棒產(chǎn)生的電動勢EBlv0.2 V外電阻R 通過棒的感應(yīng)電流I0.1 A(2)電容器兩板間的電壓UIR V帶電

44、量QCU2×108 C答案：(1)0.1 A(2)2×108 C11(2010·廣州三校聯(lián)考)如圖10甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L0.2 m，電阻R0.4 ，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m0.1 kg、電阻r0.1 的金屬桿，導(dǎo)軌電阻忽略不計，整個裝置處在磁感應(yīng)強度B0.5 T的勻強磁場中，磁場的方向豎直向下，現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使之由靜止開始運動，若理想電壓表示數(shù)U隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示求：圖10(1)金屬桿在5 s末的運動速率；(2)第4 s末時外力F的功率解析：(1)因為：UR，a所以：·即：a0.5

45、 m/s2金屬棒做勻加速直線運動v5at52.5 m/s(2)v4at42 m/s，此時：I0.4 AF安BIL0.04 N對金屬棒：FF安ma，F(xiàn)0.09 N故：PFFv40.18 W答案：(1)2.5 m/s(2)0.18 W課時作業(yè)29電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(8×864)圖11如圖1所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運動，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻

46、速運動時()A電容器兩端的電壓為零B電阻兩端的電壓為BLvC電容器所帶電荷量為CBLvD為保持MN勻速運動，需對其施加的拉力大小為解析：當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運動時，導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，穩(wěn)定后，對電容器不充電也不放電，無電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩板間的電壓為UEBLv，所帶電荷量QCUCBLv，C正確，因勻速運動后MN所受合力為0，且此時無電流，故不受安培力即無需拉力便可做勻速運動，D錯答案：C2粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框，原先整個置于有界勻強磁場內(nèi)，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行現(xiàn)使線框沿四個不同方向勻速平移出磁場，如圖2所示，線框移出磁場的整個過

47、程()圖2A四種情況下流過ab邊的電流的方向都相同B圖中流過線框的電量與v的大小無關(guān)C圖中線框的電功率與v的大小成正比D圖中磁場力對線框做的功與v2成正比解析：根據(jù)右手定則或楞次定律可知A正確流過線框的電量qItt.故B正確電功率PFvIlB·v.P正比于v2.故C不正確磁場力對線框做功WF·lIlB·l，W正比于v.故D不正確，正確答案為A、B答案：AB圖33(2010·江蘇鹽城調(diào)研)兩金屬棒和三根電阻絲如圖3連接，虛線框內(nèi)存在均勻變化的勻強磁場，三根電阻絲的電阻大小之比R1R2R3123，金屬棒電阻不計當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時，閉合的回路中感應(yīng)電

48、流為I，當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時，閉合的回路中感應(yīng)電流為5I，當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開時，閉合的回路中感應(yīng)電流是()A0B3IC6I D7I解析：當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時，閉合回路中感應(yīng)電流為I，則回路的感應(yīng)電動勢為I；當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時，閉合回路中感應(yīng)電流為5I,5I；當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開時，閉合的回路中感應(yīng)電流是I7I，所以D正確答案：D4(2009·福建高考)圖4如圖4所示，固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌

49、放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運動距離l時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為 g則此過程()A桿的速度最大值為B流過電阻R的電量為C恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量解析：圖5本題考查電磁感應(yīng)中的電路、力與運動、能量轉(zhuǎn)換及電量計算等知識點；意在考查考生對電磁感應(yīng)電路的分析，電磁感應(yīng)中受力分析和運動情況分析以及對電磁感應(yīng)中功能關(guān)系的正確理解和應(yīng)用A選項中，當(dāng)桿達到最大速度v時，其受

50、力情況如圖5所示，在水平方向受拉力F、安培力F安、滑動摩擦力fmg，三個力的合力為零：Fmg0，解得v；B選項中，平均電動勢為，平均電流為，通過的電量q·t，而B·SBdl，則q；C選項中，由動能定理得WFWfW安Ek；D選項中，由前式可得WFW安EkWf>Ek.本題正確選項為BD.答案：BD圖65如圖6所示，有兩根和水平面成角的光滑平行的金屬軌道，上端有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨于一個最大速度vm，則()A如果B增大，vm將變大 B如果增大，vm將

51、變大C如果R增大，vm將變大 D如果m變小，vm將變大解析：當(dāng)金屬桿速度達到最大時，其加速度為零，應(yīng)有：mgsinBL，由此可判斷，增大，vm變大，B對R增大，vm變大，C對B增大，vm將變小，A錯m變小，vm將變小，D錯答案：BC圖76如圖7所示，固定在水平絕緣平面上足夠長的金屬導(dǎo)軌不計電阻，但表面粗糙，導(dǎo)軌左端連接一個電阻R，質(zhì)量為m的金屬棒(電阻也不計)放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直用水平恒力F把ab棒從靜止起向右拉動的過程中恒力F做的功等于電路產(chǎn)生的電能恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能恒力F和摩

52、擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和棒獲得的動能之和以上結(jié)論正確的有()A BC D解析：在此運動過程中做功的力是拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和為棒ab動能增加量，其中安培力做功將機械能轉(zhuǎn)化為電能，故選項C正確答案：C圖87如圖8所示，粗細(xì)均勻的電阻絲繞制的矩形導(dǎo)線框abcd處于勻強磁場中，另一種材料的導(dǎo)體棒MN可與導(dǎo)線框保持良好接觸并做無摩擦滑動當(dāng)導(dǎo)體棒MN在外力作用下從導(dǎo)線框左端開始做切割磁感線的勻速運動一直滑到右端的過程中，導(dǎo)線框上消耗的電功率的變化情況可能為()A逐漸增大B先增大后減小C先減小后增大D先增大后減小，再增大再減小解析：導(dǎo)體棒MN在框架上做切割磁感線的勻速運動，相當(dāng)于電源，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相當(dāng)于電源的電動勢E，其電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻r，線框abcd相當(dāng)于外電路，等效電路如圖9所示圖9由于MN的運動，外電路的電阻是變化的，設(shè)MN左側(cè)電阻為R1，右側(cè)電阻為R2，導(dǎo)線框的總電阻為RR1R2，所以外電路的并聯(lián)總電阻：R外R1R2/(R1R2)R1R2/R由于R1R2R為定值，故當(dāng)R1R2時，R外最大在閉合電路中，外電路上消耗的電功率P外是與外電阻R外有關(guān)的P外()2·R外圖1