《2025年赢在微点物理》

[典例3]　如图所示，一电阻为$R$的导线弯成边长为$L$的等边三角形闭合回路。虚线$MN$右侧有磁感应强度大小为$B$的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里。在三角形导线以速度$v$向右匀速进入磁场过程中，下列说法正确的是 （ ）

A. 回路中感应电流方向为顺时针方向
B. 回路中感应电动势的最大值$E = \frac{\sqrt{3}}{2}BLv$
C. 回路中感应电流的最大值$I = \frac{\sqrt{3}}{2R}BLv$
D. 导线所受安培力的大小可能不变

答案： B　解析　在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，A项错误；等效切割磁感线的导线最大长度为$L\sin60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}L$，感应电动势的最大值$E = \frac{\sqrt{3}}{2}BLv$，B项正确；感应电流的最大值$I = \frac{E}{R} = \frac{\sqrt{3}}{2R}BLv$，C项错误；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力公式可知，导线所受安培力大小一定变化，D项错误。

[典例4]　如图所示，平行导轨间距为$d$，一端跨接一个电阻$R$。匀强磁场的磁感应强度为$B$，方向垂直于平行金属导轨所在平面。金属棒与导轨的电阻均不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度$v$在金属导轨上滑行时，通过电阻$R$的电流是 （ ）

A. $\frac{Bdv}{R}$
B. $\frac{Bdv\sin\theta}{R}$
C. $\frac{Bdv\cos\theta}{R}$
D. $\frac{Bdv}{R\sin\theta}$

答案： D　解析　电流等于感应电动势除以电阻$R$，问题在于感应电动势应如何计算。由于这里有明显的金属切割磁感线的运动，故不妨用$E = Blv$的办法计算。能够引起感应电流的电动势是$MN$间产生的电动势，所以有效切割长度应为$MN$，而$MN$用已知参数表示应为$\frac{d}{\sin\theta}$，所以有效切割长度$l = \frac{d}{\sin\theta}$。解得$E = Blv = \frac{Bdv}{\sin\theta}$，$I = \frac{E}{R} = \frac{Bdv}{R\sin\theta}$，D项正确。

[典例5]　(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片$P$、$Q$分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场$B$中。圆盘旋转时，关于流过电阻$R$的电流，下列说法正确的是 （ ）

A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿$a$到$b$的方向流动
C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在$R$上的热功率也变为原来的2倍

答案： AB　解析　圆盘切割磁感线产生的感应电动势$E = Br\frac{\omega r}{2}\propto\omega$，感应电流$I = \frac{E}{R_{总}}\propto\omega$，即圆盘转动的角速度恒定，电流大小恒定，A项正确；圆盘切割磁感线相当于圆盘圆心与铜片$P$间的半径切割磁感线，根据右手定则，电流沿$a$到$b$的方向流动，B项正确；由右手定则知感应电流的方向与圆盘转动的角速度大小无关，C项错误；由A项分析知$I\propto\omega$，又$P = I^{2}R\propto\omega^{2}$，角速度变为原来的2倍，则$R$上的热功率变为原来的4倍，D项错误。

[典例6]　如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为$r_{0} = 0.10\Omega/m$，导轨的端点$P$、$Q$用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离$l = 0.20 m$。有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度$B$与时间$t$的关系为$B = kt$，比例系数$k = 0.020 T/s$。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直。在$t = 0$时刻，金属杆紧靠在$P$、$Q$端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在$t = 6.0 s$时金属杆所受的安培力。

答案： 答案　$1.44×10^{-3}\ N$
解析　方法一：（感生电动势和动生电动势叠加）以$a$表示金属杆运动的加速度，在$t$时刻，金属杆与初始位置的距离$L = \frac{1}{2}at^{2}$，此时杆的速度$v = at$，这时，杆与导轨构成的回路的面积$S = Ll$，回路的感应电动势$E = S\frac{\Delta B}{\Delta t} + Blv$，而$B = kt$，$\frac{\Delta B}{\Delta t} = \frac{k(t + \Delta t) - kt}{\Delta t} = k$，回路的总电阻$R = 2Lr_{0}$，回路中的感应电流$i = \frac{E}{R}$，作用于杆的安培力$F = Bli$，解得$F = \frac{3k^{2}l^{2}t}{2r_{0}}$，代入数据为$F = 1.44×10^{-3}\ N$。
方法二：（用$E = n\frac{\Delta\varPhi}{\Delta t}$计算）以$a$表示金属杆运动的加速度，在$t$时刻，金属杆与初始位置的距离$L = \frac{1}{2}at^{2}$，$t$时刻的磁通量$\varPhi = BlL = ktl\cdot\frac{1}{2}at^{2} = \frac{1}{2}klat^{3}$，磁通量的变化量$\Delta\varPhi = \varPhi_{2} - \varPhi_{1} = \frac{1}{2}klat_{2}^{3} - \frac{1}{2}klat_{1}^{3} = \frac{1}{2}kla(t_{2}^{3} - t_{1}^{3})$，感应电动势$E = \frac{\Delta\varPhi}{\Delta t} = \frac{1}{2}kla\frac{t_{2}^{3} - t_{1}^{3}}{t_{2} - t_{1}} = \frac{1}{2}kla(t_{1}^{2} + t_{1}t_{2} + t_{2}^{2})$，在上式中，当$\Delta t\rightarrow0$，即$t_{1} = t_{2} = t$时，有$E = \frac{3}{2}klat^{2} = 3kLl$，安培力$F = Bli = ktl\frac{E}{R} = ktl\frac{3kLl}{2Lr_{0}} = \frac{3k^{2}l^{2}t}{2r_{0}}$，代入数据，解得$F = 1.44×10^{-3}\ N$，与方法一所得结果相同。