1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。2.法拉第电磁感应定律必备知识自主学习一、电磁感应定律1感应电动势：(1)产生条件：穿过电路的磁通量发生变化，与电路是否闭合无关。(2)产生感应电动势的那部分导体相当于电源。2法拉第电磁感应定律：(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。(2)大小：E(单匝线圈)；En(n匝线圈)。二、导体切割磁感线时的感应电动势1垂直切割：B、l、v两两垂直时，如图甲所示，EBlv。2不垂直切割：导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方向夹角为时，如
2、图乙所示，则EBlv1Blv_sin_。(1)在电磁感应现象中，有感应电动势，就一定有感应电流。()(2)穿过某电路的磁通量变化量越大，产生的感应电动势就越大。()(3)闭合电路置于磁场中，当磁感应强度很大时，感应电动势可能为零；当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大。()(4)线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大。()(5)导体棒在磁场中切割磁感线，就一定会产生感应电动势。()关键能力合作学习知识点一法拉第电磁感应定律的理解和应用1磁通量、磁通量的变化量及磁通量的变化率的比较：磁通量磁通量的变化量磁通量的变化率物理意义某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数在某一过程中穿过某个面的磁
3、通量的变化量穿过某个面的磁通量变化的快慢当B、S互相垂直时，大小计算BS注意若穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用BS。应考虑相反方向的磁通量或抵消以后所剩余的磁通量开始和转过180时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，2BS，而不是零既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。在 t图像中，可用图线的斜率表示提醒：注意磁通量的变化量和磁通量的变化率的区别。2.公式En的理解：感应电动势的大小由磁通量变化的快慢，即磁通量变化率决定，与磁通量、磁通量变化量无关。如图甲中导线运动得越快，产生的感应电流越大，图乙中磁铁插入的速度越快，感应电流越大，说明了什么？提示：感应电动势与
4、磁通量的变化率有关。【典例】（多选）如图甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向内为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图像，下列选项中正确的是（）【解析】选B、C。由题图乙可知，01 s内，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值；12 s内，磁通量不变，无感应电流；23 s内，B的方向垂直纸面向里，B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；34 s内，B的方向垂直纸面
5、向外，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流为正值，A错误，B正确；由左手定则可知，在01 s内，ad边受到的安培力方向水平向右，是正值，根据FBIl可知安培力均匀增加；12 s内无感应电流，ad边不受安培力，23 s内，安培力方向水平向左，是负值且逐渐减小；34 s内，安培力方向水平向右，是正值且逐渐变大；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势ES，感应电流I，由Bt图像可知，在每一时间段内，的大小是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力FBIl，I、l不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，C正确，D错误。应用En求解的三种思路（1）磁感应强度B不变，垂
6、直于磁场的回路面积S发生变化，则EnB。（2）垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度B发生变化，则EnS。（3）磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化，则En。1.（多选）一长直导线与闭合金属线框放在同一竖直面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图所示（以竖直向上为电流的正方向）。则在0T时间内，下列说法正确的是（）A.0时间内，穿过线框的磁通量最小B时间内，线框中始终产生逆时针方向的感应电流C时间内，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势DT时间内，线框受安培力的合力方向向右【解析】选B、C。0时间内，长直导线中的电流最大，且保持不变，所以穿过线框的磁通量最大，A错误；由楞次定律可以
7、判断在时间内，线框中始终产生逆时针方向的感应电流，B正确；时间内，长直导线中的电流先减小后增大，所以线框内的磁通量先减小后增大，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，C正确；T 时间内，长直导线中的电流保持不变，穿过线框的磁通量不变，所以线框内无感应电流产生，线框不受安培力作用，D错误。2.如图甲所示的螺线管，匝数n1 500匝，横截面积S20 cm2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。则（1）2 s内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？（2）磁通量的变化率多大？（3）线圈中感应电动势大小为多少？【解析】（1）磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的，则1B1S，2B2S，2
8、1，所以BS（62）20104 Wb8103 Wb（2）磁通量的变化率为Wb/s4103 Wb/s（3）根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小En1 5004103V6.0 V答案：（1）8103 Wb（2）4103 Wb/s（3）6.0 V【加固训练】1.当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（）A线圈中一定有感应电流B线圈中一定有感应电动势，其大小与磁通量成正比C线圈中一定有感应电动势，其大小与磁通量的变化量成正比D线圈中一定有感应电动势，其大小与磁通量的变化率成正比【解析】选D。当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流。有感应电动势，根据
9、法拉第电磁感应定律EN知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，故A、B、C错误，D正确。2.如图所示的圆形线圈共n匝，电阻为R，过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B两点的距离为L，A、B关于O点对称。一条形磁铁开始放在A点，中心与O点重合，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为2，下列说法中正确的是（）A磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为B磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为EC磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为21D磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一截
10、面的电量不为零【解析】选B。磁铁在A点时，线圈中的磁通量为1，故通过一匝线圈的磁通量也为1，与匝数无关，故A错误；磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为：Enn，故B正确；磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C、D错误。知识点二导体切割磁感线时的电动势角度1导体平动切割磁感线导体平动切割磁感线产生的感应电动势（1）对公式EBlv sin 的理解：该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，通常用来求导线运动速度为v时的瞬时感应电动势，随着v的变化，E也相应变化；若v为平均速度，则E也为平均感应电动势。当B、
11、l、v三个量方向互相垂直时，90，感应电动势最大，EBlv；当有任意两个量的方向互相平行时，0，感应电动势为零，E0。（2）有效长度：EBlv中的l应理解为导体切割磁感线时的有效长度，导体切割磁感线的情况应取与B和v垂直的等效导体长度。导体棒长度l，从中间弯成90后，以速度v运动时，产生的感应电动势多大？提示：EBlv。【典例1】（多选）如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，在先后两种情况下（）A.之比为I1I221B线圈中的感应电流之比为I1I212C之比Q1Q212D之比q1q211【审题关键】序号解题依据信息提取导体切割磁感线产生的感应电动势EBlv先后两次
12、产生的感应电动势之比为21闭合电路欧姆定律I先后两次产生的感应电流之比为21焦耳热QI2RtI2R先后两次产生的焦耳热之比为21通过线圈某截面的电荷量qt先后两次通过线圈某截面的电荷量之比为11【解析】选A、D。由于v12v2，根据EBlv可知感应电动势之比为21，感应电流I，则感应电流之比为I1I221，A正确，B错误；由t可知时间比为12，根据QI2Rt可知焦耳热之比为21，C错误；根据法拉第电磁感应定律结合电流表达式可以得到电量为qIt知通过某截面的电荷量之比为11，D正确。求解电路中通过的电荷量的方法电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量qt，而n，则qn，所以q只和线圈匝数、磁通量
13、的变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关。角度2导体转动切割磁感线导体转动切割磁感线产生的感应电动势当导体绕一端转动时如图所示，由于导体上各点的速度不同，自圆心向外随半径增大，速度是均匀增加的，所以导体运动的平均速度为，由公式EBl 得，EBlBl2。【典例2】（多选）（2021广东选择考）如图所示，水平放置足够长的光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中
14、始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（）A.杆OP产生的感应电动势恒定B杆OP受到的安培力不变C杆MN做匀加速直线运动D杆MN中的电流逐渐减小【解析】选A、D。OP转动切割磁感线产生的感应电动势为EBr2，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过金属杆MN，由左手定则可知，MN会向左运动，MN运动会切割磁感线，产生感应电流与原来电流方向相反，使回路电流减小，MN所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误。1.纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场
15、，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为。t0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示。若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是（）【解析】选C。设经时间t导体杆转过的角度为，则t，由图可知此时导体杆的有效切割长度为l2R sin t，由法拉第电磁感应定律可知，EBlB2R sin tR sin t2BR2sin2t，则选项C正确。2.如图所示，导体棒ab长为2l，匀强磁场的磁感应强度为B，导体绕过O点垂直纸面的轴以角速度匀速转动，a与O的距离很近。则a端和b端的电势差Ua
16、b的大小等于（）A.2Bl2B4Bl2C6Bl2 DBl2【解析】选A。导体棒ab以a端为轴在纸面内以角速度匀速转动，平均速度l2ll，则a、b两端的电势差UabEBlB（2l）22Bl2，A正确，B、C、D错误。【加固训练】（多选）如图所示，一个金属圆环放在匀强磁场中，将它匀速拉出磁场，下列说法中正确的是（不计重力）（）A.环中感应电流的方向是顺时针方向B环中感应电流的强度大小不变C所施加水平拉力的大小不变D若将此环向左拉出磁场，则环中感应电流的方向也是顺时针方向【解析】选A、D。环向右拉出的过程中，在磁场中的部分切割磁感线，相当于电源，故根据右手定则，可以判断出感应电流的方向是顺时针方向，
17、或向右拉出的过程中，环中的磁通量在减少，所以根据楞次定律可以判断出环中电流的方向是顺时针方向，A正确；因为是匀速拉出，所以拉力的大小应等于环受到的安培力的大小，环中的电流是先增大后减小，切割磁感线的有效长度也是先增大后减小，所以安培力是先增大后减小，故拉力是先增大后减小，B、C错误；若将环向左拉出磁场，环中的磁通量在减少，根据楞次定律可以判断出环中感应电流的方向也是顺时针方向，D正确。知识点三电磁感应中的电路问题1.内电路和外电路：（1）切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。（2）该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路。2.问题分类：（1）确定等效电源
18、的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题。（2）根据电路规律求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题。（3）根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电荷量：n，qt。3.公式En与EBlv sin的区别与联系：EnEBlv sin 区别研究对象整个闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体适用范围各种电磁感应现象只适用于导体切割磁感线运动的情况计算结果t内的平均感应电动势某一时刻的瞬时感应电动势联系EBlv sin 是由En在一定条件下推导出来的，该公式可看作法拉第电磁感应定律的一个推论提醒：任何时候洛伦兹力不做功，产生电动势的非静电力是洛伦兹力的一个分力，这个分力做
19、了正功，增加了电势能，同时另一个分力一定做了负功，消耗了其他形式的能量。4.电磁感应中电路问题的分析方法：（1）明确哪一部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路。（2）用法拉第电磁感应定律及推导公式计算感应电动势大小。（3）将发生电磁感应现象的导体看作电源，与电路整合，作出等效电路。（4）运用闭合电路欧姆定律，部分电路欧姆定律，串、并联电路的性质及电压、电功率分配等公式进行求解。【典例】，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，。下列判断正确的是（）A.UaUbUcUdBUaUbUdUcCUaUbUcUdDUbUaUdUc【审题关键】序号解题依据信息提取相同导线电阻率
20、相同，截面积相同电阻的比就是导线长度的比运动速度相等电动势的比就是边长的比MN切割磁感线，相当于电源M、N两点间的电压为路端电压【解析】选B。线框进入磁场后切割磁感线，a、b中产生的感应电动势是c、d中电动势的一半，而不同的线框的电阻不同，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r则有：UaBlvBlv，UbBlvBlv，UcB2lvBlv，UdB2lvBlv，故UaUbUdUc，B正确。1.（多选）如图所示，两光滑平行金属导轨位于同一水平面上，导轨间距为l，左端与一阻值为R的电阻连接；整个系统置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为r的导体棒垂直于
21、导轨以初速度v0向右滑动，经过t停在导轨上，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。导轨电阻不计，此过程中，下列说法正确的是（）A电阻产生的热量为 B.电阻产生的热量为C通过电阻的电荷量为 D通过电阻的电荷量为【解析】选B、D。根据能量关系可知，系统产生的总热量为Qmv，则电阻产生的热量为QRQ，A错误，B正确；根据动量定理FtBIlt0mv0，又qIt，解得通过电阻的电荷量为q，C错误，D正确。2.如图所示，两个光滑金属导轨（金属导轨电阻忽略不计）相距l50 cm，导体棒AB长度与框架宽度相同，其电阻为r1 ，且可以在光滑金属导轨上滑动，定值电阻R13 ，R26 ，整个装置放在磁感应强度B1
22、.0 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面，现用外力F拉着AB向右以v5 m/s速度作匀速运动。求：（1）导体棒AB产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向；（2）导体棒AB两端的电压U；【解析】（1）导体棒AB产生的感应电动势EBlv2.5 V由右手定则得，AB棒上的感应电流方向是BA ； （2）外电路电阻R并2 ，总电流I A导体棒AB两端的电压UIR并 V答案：（1）2.5 V，BA（2） V【加固训练】如图甲所示，线圈的匝数n200匝，横截面积S50 cm2，线圈总电阻r10 ，沿轴方向有匀强磁场，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，则（）A.若在a、b间接一个理想电流
23、表时，第0.4 s末电流表的示数为0.4 AB若在a、b间接一个理想电流表时，第0.2 s末和0.6 s末的电流方向相同C第1 s末a、b间电压为零D第0.9 s末a、b间电压比0.2 s末的小【解析】选A。线圈在0.30.8 s内产生的感应电动势不变，由法拉第电磁感应定律可得：En V4 V，由闭合电路欧姆定律可得感应电流I大小为：I A0.4 A，故A正确；由图可知，在00.3 s时间内与0.30.8 s时间内磁感应强度斜率的方向不同，由楞次定律可知，在第0.2 s末和0.6 s 末的电流方向相反，故B错误；在1 s末a、b之间的电压等于电源的电动势，为30 V，故C错误；在0.9 s时刻
24、的电动势与0.81.0 s时间内的电动势相等，为：En200 V30 V，同理可得，0.2 s末电动势为26.7 V，所以在第0.9 s末a、b间电压比0.2 s末的大，故D错误。【拓展例题】考查内容：电磁感应中的能量问题【典例】如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一边长为l的正方形导线框，ab边质量为m，其余边质量不计，cd边有固定的水平轴，导线框可以绕其转动，现将导线框拉至水平位置由静止释放，不计摩擦和空气阻力，导线框经过时间t运动到竖直位置，此时ab边的速度为v，求：（1）此过程中导线框产生的平均感应电动势的大小；（2）导线框运动到竖直位置时导线框产生的感应电动势
25、的大小；（3）此过程中导线框产生的热量。【解析】（1）1BSBl2，转到竖直位置20，21Bl2，根据法拉第电磁感应定律，有E，平均感应电动势的大小为E。（2）转到竖直位置时，bc、ad两边不切割磁感线，ab边垂直切割磁感线，EBlv，此时求的是瞬时感应电动势。（3）由能量转化与守恒定律，导线框的重力势能转化为ab的动能和电路中的电能（即转化为热能的部分），由mglmv2Q，得Qmglmv2。答案：（1）（2）Blv（3）mglmv2情境模型素养为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成（测量记录
26、仪未画出）。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口，若俯视轨道平面磁场垂直地面向下，如图乙所示。探究：在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈I的电流方向怎样？提示：在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向。无线充电成为应用于我们日常生活中的一项新科技，其中利用电磁感应原理来实现无线充电是比较成熟的一种方式，电动汽车无线充电方式的基本原理如图所示。路面下依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电
27、池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电。探究：（1）能不能确定感应线圈中产生的电流大小变不变？（2）在汽车匀速行驶的过程中，感应线圈是否受到路面线圈磁场的安培力？若感应线圈受到路面线圈磁场的安培力，它会阻碍汽车的运动，还是促进汽车的运动？提示：（1）由于路面上的线圈中的电流变化情况未知，即产生的磁场无法确定变化情况，所以感应线圈中的电流大小不能确定；（2）感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动。课堂检测素养达标1.（2020全国卷）管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图
28、所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A.库仑B霍尔C洛伦兹D法拉第【解析】选D。线圈中接高频交流电源，交变电流产生的交变磁场通过圆管，在圆管中产生交变电流，这是电磁感应现象，是法拉第发现的，D正确，A、B、C错误。2.（多选）如图甲所示，正方形金属线框abcd固定在磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，规定垂直线框平面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示。已知正方形线框的边长l0.4 m，电阻R2 ，则（）A.01 s内线框中有逆时针方向的感
29、应电流B13 s内线框ab边受到的安培力大小先减小后增大C13 s内通过线框某一横截面的电荷量为0.16 CD前4 s内线框中产生的热量为0.512 J【解析】选B、C。01 s内线框中磁场方向向外并增大，根据楞次定律及安培定则可知，电流方向为顺时针，A错误；13 s内，根据法拉第电磁感应定律可得E，由图乙可知，该时间段内，为恒定值，则感应电动势为定值，电流大小不变，根据FBIl可知，B先减小后增大，则安培力先减小后增大，B正确；13 s内，根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势大小为E，通过某一横截面的电荷量为qIt，代入得qt0.16 C，C正确；前4 s内，由于磁感应强度B的变化率大小都
30、相等，所以线框中产生的感应电动势的大小都相等，可得E0.16 V，则感应电流大小为I0.08 A，则线框中产生的热量为QI2Rt0.08224 J0.051 2 J，D错误。【加固训练】如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）ABCD【解析】选B。在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小为：（2BB），根据法拉第电磁感应定律得：En，故B正确，A、C、D错误。3.（2020浙江7月选考）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应
31、强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（）A.棒产生的电动势为Bl2B微粒的电荷量与质量之比为C电阻消耗的电功率为D电容器所带的电荷量为CBr2【解析】选B。由题图可知，金属棒绕OO轴切割磁感线转动，棒产生的电动势EBrBr2，A错误；电容器两极板间电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则qmg，即，B正确；电阻消耗的功率P，C错误；
32、电容器所带的电荷量QCE，D错误。4.如图所示，电阻不计的光滑U形导轨水平放置，导轨间距L0.5 m，导轨一端接有R4.0 的电阻。有一质量m0.1 kg、电阻r1.0 的金属棒ab与导轨垂直放置。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.2 T。现用F5 N的水平恒力垂直拉动金属棒ab，使它由静止开始向右加速运动，当金属棒向右运动的距离为x2 m时速度达到v10 m/s。设导轨足够长。求：（1）此时金属棒ab中电流I的大小和方向。（2）此时金属棒ab两端的电压U。【解题指南】解答本题可按以下思路进行：（1）根据切割磁感线产生电动势公式和欧姆定律求出回路中的电流，根据右手定则判断感应电流的方向。（2）根据部分电路欧姆定律结合上一问的结论求出电阻R两端的电压。【解析】（1）感应电动势大小为：EBLv根据全电路欧姆定律有：I代入数据解得电流为：I0.2 A电流方向由b指向a（2）金属棒ab两端的电压即为电阻R两端电压，根据部分电路欧姆定律得：UIR代入数据解得：U0.8 V答案：（1）0.2 Ab指向a（2）0.8 V关闭Word文档返回原板块