电磁感应规律及其应.ppt

第11讲 电磁感应规律及其应用,【考纲资讯】电磁感应现象感应电流的产生条件法拉第电磁感应定律 楞次定律互感 自感,【考情快报】1.楞次定律和法拉第电磁感应定律及其应用是本讲中高考的热点。它常与电路、动力学、能量转化等知识结合起来考查，其中既有难度中等的选择题，也有难度较大、综合性较强的计算题。2.预计2013年高考考查的主要内容有：(1)考查楞次定律的应用问题；(2)考查法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合应用问题，如电路问题、图象问题、动力学问题、能量问题等；(3)考查有关自感现象的应用问题。,【体系构建】,【核心自查】一、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用于不同现象,电磁感应,安培定则,左手定则,右手定则,楞次定律,2.右手定则与左手定则的区别抓住“因果关系”是解决问题的关键。“因动而电”用_，“因电而力”用_。3.楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍_的变化(增反减同)；(2)阻碍物体间的_(来拒去留)；(3)阻碍原电流的_(自感)。,右手定,则,左手定则,磁通量,相对运动,变化,二、感应电动势的计算1.法拉第电磁感应定律E=,常用于计算_感应电动势。(1)若B变，而S不变，则E=;(2)若S变而B不变，则E=。,平均,2.导体垂直切割磁感线E=_，主要用于求电动势的_。3.如图所示，导体棒以棒的一端为圆心在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动，切割磁感线产生的电动势为E=。,BLv,瞬时值,三、电磁感应问题中安培力、电荷量、热量的计算1.导体切割磁感线运动，导体棒中有感应电流，受安培力作用，根据E=BLv，I=F=BIL，可得F=。2.闭合电路中磁通量发生变化产生感应电动势。电荷量的计算方法是根据E=,I=,q=It则q=。若线圈匝数为n，则q=。,3.电磁感应电路中产生的焦耳热。当电路中电流恒定时，可以用_计算，当电路中电流发生变化时，则应用功能关系或_计算。,焦耳定律,能量守恒定律,【热点考向1】电磁感应图象问题【典题训练1】(2012新课标全国卷)如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是(),【解题指导】解答本题可按以下思路分析：,【解析】选A。分析A图,如图甲所示,在0t2时间内,直导线中的电流在线框处产生的磁场方向垂直于纸面向里,由楞次定律可知此过程中线框中的感应电流方向为顺时针方向,由左手定则可判断出线框的左边所受安培力较大,方向向左,线框的右边所受安培力较小,方向向右,线框所受合力方向向左,如图乙所,示。在t2t1时间内,直导线中的电流在线框处产生的磁场方向垂直于纸面向外,由楞次定律可知此过程中线框中的感应电流方向为顺时针方向,由左手定则可判断出线框的左边所受安培力较大,方向向右,线框的右边所受安培力较小,方向向左,线框所受合力方向向右,如图丙所示。故选项A正确,B、C、D错误。,【典题训练2】(2012淄博一模)如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流位移(I-x)关系的是(),【解题指导】解答此题要根据线框穿过磁场的运动过程，分析导体切割磁感线有效长度的变化。(1)由x=0到x=L,有效长度均匀增加，当x=L时，电动势达到最大。(2)由x=L到x=1.5 L,两边切割磁感线产生电动势方向相反，感应电流逐渐减小。(3)由x=1.5 L到x=2 L电动势反向增大。(4)由x=2 L到x=3 L.电流逐渐减小到零。,【解析】选C。线框匀速穿过匀强磁场，从x=0到x=L的过程中，有效长度均匀增加，由E=BLv知，电动势随位移均匀变大，x=L处电动势最大，电流I最大；从x=L至x=1.5 L过程中，框架两边都切割磁感线，总电动势减小，电流减小；从x=1.5 L至x=2 L，左边框切割磁感线产生感应电动势大于右边框，故电流反向且增大；从x=2 L至x=3 L过程中，只有左边框切割磁感线，有效长度减小，电流减小。综上所述，只有C项符合题意。,【拓展提升】【考题透视】电磁感应图象问题多以选择题形式出现，有时也与计算题结合，主要考查以下内容：(1)综合考查楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识。(2)在计算题中考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力。,【借题发挥】解答电磁感应图象问题的三个关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲、直是否和物理过程对应。,【创新预测】1.高速铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置和速度，安放在火车首节车厢下面的磁铁能产生匀强磁场，如图(俯视图)。当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一电信号，被控制中心接收。当火车以恒定速度通过线圈时，表示线圈两端的电压Uab随时间变化关系的图象是(),【解析】选C。线圈进磁场和出磁场时感应电动势的方向相反，故A项错误。根据楞次定律，Uab先是负值，后为正值。由于火车以恒定的速度行驶，故Uab的大小不变，故B、D两项错误，C项正确。,2边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图所示，则下列图中电动势、外力、外力功率与位移关系图象规律与这一过程相符合的是(),【解析】选B。框架匀速拉出的过程中，有效长度l均匀增加，由E=Blv知，电动势均匀变大，A项错,B项对；因匀速运动，则F外=F安=BIl=故外力F外随位移x的增大而非线性增大，C项错；外力功率P=F外v，v恒定不变，故P也随位移x的增大而非线性增大，D项错。,【热点考向2】电磁感应电路和动力学问题【典题训练3】(2012南京一模)光滑平行的金属导轨MN和PQ,间距L=1.0 m，与水平面之间的夹角=30，匀强磁场磁感应强度B=2.0 T，垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=2.0 的电阻，其他电阻不计，质量m=2.0 kg的金属杆ab垂直导轨放置，如图甲所示。用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，由静止开始运动，v-t图象如图乙。g=10 m/s2，导轨足够长，求：,(1)恒力F的大小；(2)金属杆速度为2.0 m/s时的加速度大小；(3)根据v-t图象估算在前0.8 s内电阻上产生的热量。,【解题指导】解答此题应注意以下两点：(1)恒力F拉动金属杆做变加速运动，安培力是变力，当杆受力平衡时，达到最大速度。(2)恒力F做的功转化为金属杆的重力势能、动能和电能，电能转化为内能，即电阻上产生的热量。,【解析】(1)由题图乙知，杆运动的最大速度为vm=4 m/s此时有F=mgsin+F安=mgsin+代入数据得F=18 N,(2)由牛顿第二定律可得F-F安-mgsin=maa=代入数据得a=2.0 m/s2,(3)由题图乙可知0.8 s末金属杆的速度v1=2.2 m/s前0.8 s内图线与t轴所包围的小方格的个数为27个，面积为270.20.2=1.08，即前0.8 s内金属杆的位移x=1.08 m。由能量的转化和守恒定律得Q=Fx-mgxsin-代入数据得：Q=3.80 J(说明，前0.8 s内图线与t轴所包围的小方格的个数在2628个之间，位移在1.04 m1.12 m之间，产生的热量在3.48 J4.12 J之间均正确)。答案：(1)18 N(2)2.0 m/s2(3)3.80 J,【拓展提升】【考题透视】电磁感应与动力学问题为每年高考的热点，考查方式既有选择题，又有计算题，命题规律有以下两点：(1)与牛顿第二定律、运动学结合的动态分析问题。(2)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题。,【借题发挥】电磁感应与动力学问题的解题策略此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约,解决问题前首先要建立“动电动”的思维顺序,可概括为：(1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向。(2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及方向。(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定性分析导体棒的最终运动情况。(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。,【创新预测】1.(多选)如图甲所示为磁悬浮列车模型，质量M=1 kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数1=0.1的粗糙水平地面上。位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m=1 kg，边长为1 m,电阻为，与绝缘板间的动摩擦因数2=0.4。O、O分别为AD、BC的中点。在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OOCD区域内磁场如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OOBA区域内磁场如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内。若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放后(g=10 m/s2)(),A.若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为3 m/s2B.若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7 m/s2C.若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2，绝缘板仍静止D.若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2,绝缘板的加速度为2 m/s2,【解析】选A、D。若金属框固定在绝缘板上，则F安-1(M+m)g=(M+m)a1。F安=解得a1=3 m/s2。A正确，B错误。当金属框不固定时，对于金属框，F安-2mg=ma2解得a2=4 m/s2。对于绝缘板2mg-1(M+m)g=Ma3解得a3=2 m/s2,故D项正确。,2.(2012苏北四市二模)(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是(),【解析】选B、D。杆受到重力、垂直纸面向里的安培力、支持力和摩擦力。安培力F=BIl=kBlt,随着安培力的增大，摩擦力增大，杆做加速度变小的加速运动，再做加速度变大的减速运动，最终静止，所以B项正确；加速度a=D项正确。,【热点考向3】电磁感应中的能量转化问题【典题训练4】(2012南京一模)(多选)如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2 L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L。现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则(),A.两导线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=2mgB.系统匀速运动的速度大小v=C.导线框abcd通过磁场的时间t=D.两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q=4mgL-,【解题指导】解答此题可以按以下思路：(1)当两导线框匀速运动时，运用隔离法分析两框各自受力情况，得出绳子的张力和导线框的速度。(2)由导线框abcd在磁场中受安培力的情况分析其运动情况，判断导线框通过磁场的时间。(3)根据能量守恒的条件判断系统产生的总焦耳热。,【解析】选B、C。当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，由abcd受力平衡，得FT=mg,A项错误；对ABCD受力分析，则2mg=FT+F安，而F安=得v=B正确。当ABCD刚好全部进入磁场时，abcd上边界刚进磁场，导线框继续匀速运动，故通过磁场的时间,C项正确。当两导线框等高时，导线框ABCD减少的重力势能 导线框abcd增加的重力势能 系统增加的动能 根据能量守恒定律Q=2mgL-D项错误。,【典题训练5】如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计金属杆ab的电阻及运动时所受空气阻力，则(),A.上滑过程的时间比下滑过程长B.回到出发点的速度v的大小等于初速度v0的大小C.上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程的多D.上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程的多,【解题指导】解答此题可按以下思路：,【解析】选D。由于金属杆上滑和下滑过程中，机械能转化为电能，所以杆回到出发点时，vv0，B项错误；由此可确定上滑过程比下滑过程时间短，A项错误；上滑过程中平均速度较大，感应电动势较大，产生的热量较多，D项正确；而上滑和下滑过程，金属杆扫过的面积相等，根据q=C项错误。,【拓展提升】【考题透视】该知识为每年高考的重点，既有选择题，又有计算题；分析近几年考题，命题有以下特点：(1)电磁感应与电路、动力学知识结合在一起进行综合考查。(2)电流恒定时，考查焦耳定律、电功率的相关知识。(3)电流变化时，考查不同能量的转化问题。,【借题发挥】求解焦耳热的三个途径(1)电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=W克安。(2)电磁感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功,即Q=I2Rt。(3)电磁感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解。,【创新预测】1.(多选)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图所示位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，则下列说法正确的是(),A.此时圆环中的电功率为B.此时圆环的加速度为C.此过程中通过圆环截面的电量为D.此过程中回路产生的电能为0.75mv2,【解析】选A、C。由右手定则知，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，两个半圆切割磁感线产生的感应电流方向都为顺时针方向，所以，回路中的感应电动势的大小E=2Bav，回路中的电流 功率P=EI=A正确；圆环受到的安培力F=4BIa=由牛顿第二定律得a=B错误；圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，通过圆环的磁通量为0，故q=C正确；此过程中回路产生的热量等于动能的减少量，为0.375mv2，D错误。,2.导体棒MN的电阻R=2，质量m=0.1 kg，长L=0.5 m，导体棒MN架在光滑的金属框架上，金属框架与水平面的夹角为=30,如图所示，它们处于磁感应强度B为1 T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。1 s后导体棒沿斜面向上滑行的距离是3 m时，刚好获得稳定的速度，电动机牵引导体棒匀速运动时，电压表、电流表的读数分别为5 V、1 A，电动机内阻r为1，不计框架电阻及一切摩擦，g取10 m/s2。求：,(1)导体棒能达到的稳定速度；(2)导体棒上产生的热量。,【解析】(1)电动机的机械功率P=UI-I2r=4 W导体棒在斜面上受力如图所示，导体棒在拉力FT的作用下做加速度越来越小的加速运动，当导体棒达到稳定速度时，受力平衡，则,mgsin+FA=FT即mgsin+解得v=4 m/s。(2)在导体棒上升的过程中能量守恒Pt=mgxsin+Q，解得Q=1.7 J答案：(1)4 m/s(2)1.7 J,电磁感应综合问题的规范求解电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，解答时可以从以下三方面进行突破：,1.明确电学对象,2.建立动力学模型3.明确功能关系确定有哪些形式的能量发生了转化。例如，有摩擦力做功必有内能产生;有重力做功,重力势能必然发生变化;安培力做负功,必然有其他形式的能转化为电能。,【典题例证】【典例】(2012苏州一模)(15分)两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计。现让ab杆由静止开始沿导轨下滑。,(1)求ab杆下滑的最大速度vm;(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电量q。【解题关键】(1)当杆下滑的加速度为零，即合外力为零时，达到最大速度。(2)将杆运动过程中涉及的能量全面考虑，电磁感应发生的过程中能量守恒。(3)计算通过电阻的电荷量一定要用平均电动势和平均电流。,【解题思路】(1)当加速度为零时mgsin=由此可求出最大速度。(2)杆下滑过程中重力势能减少，动能增加，同时克服安培力做功，将一部分机械能转化为内能，应用能量守恒定律求解位移x。(3)根据平均感应电动势 求解平均电流。用 求解电荷量。,【规范解答】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，有E=BLv(1分)I=(1分)FA=BIL(1分)mgsin-FA=ma(2分)即mgsin-=ma当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值vm=(1分),(2)根据能量守恒定律有mgxsin=+Q(2分)得x=(2分)根据电磁感应定律有(1分)根据闭合电路欧姆定律有(1分),感应电量q=(1分)得q=(2分)答案：(1)(2),【拓展训练】1.(2012长宁一模)假设两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，如图所示，一导线与两导轨相连，磁感应强度的大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直。一电阻为R、质量为m的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后速度减小，最终稳定时离磁场上边缘的距离为H，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。下列说法正确的是(),A.整个运动过程中回路的最大电流为B.整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为m(H+h)g-C.整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgHD.整个运动过程中回路电流的功率为,【解析】选B。导体棒进入磁场后，先做变减速运动，安培力逐渐减小，当减小到与重力相等时导体棒稳定，所以导体棒进入磁场时的速度最大，所产生的感应电动势最大，其感应电流也最大，由自由落体运动规律，进入磁场时的速度大小为v=产生的感应电动势为E=BLv,由闭合电路欧姆定律得 选项A错；导体棒稳定后，产生的感应电动势为E=BLv,根据平衡条件有mg=BIL；由能量守恒定律可知，,减少的机械能转化为回路的电能，电能又转化为内能，所以Q=m(H+h)g-mv2，由mg=BIL，I=得v=故Q=m(H+h)g-所以选项B正确；克服安培力做功与产生的焦耳热相等，所以选项C错；回路中的电流开始是变化的，所以选项D错。,2.(2012南京二模)如图所示，宽度为L的金属框架竖直固定在绝缘地面上，框架的上端接有一个电子元件，其阻值与其两端所加的电压成正比，即R=kU，式中k为常数。框架上有一质量为m，离地高为h的金属棒，金属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于框架平面向里。将金属棒由静止释放，棒沿框架向下运动，不计金属棒电阻，重力加速度为g。求：,(1)金属棒运动过程中，流过棒的电流的大小和方向；(2)金属棒落到地面时的速度大小；(3)金属棒从释放到落地过程中通过电子元件的电量。,【解析】(1)流过电阻R的电流大小为I=金属棒中电流方向水平向右(从ab)(2)在运动过程中金属棒受到的安培力为F=BIL=对金属棒运用牛顿第二定律，mg-F=ma得a=g-恒定，金属棒做匀加速直线运动根据v2=2ah,得v=,(3)设金属棒经过时间t落地，有h=at2解得t=通过电子元件的电荷量Q=It=答案：(1)方向水平向右(2)(3),1.(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.510-5 T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s。下列说法正确的是()A.河北岸的电势较高B.河南岸的电势较高C.电压表记录的电压为9 mVD.电压表记录的电压为5 mV,【解析】选A、C。由E=BLv=4.510-51002 V=910-3 V=9 mV,可知电压表记录的电压为9 mV,选项C正确、D错误；从上往下看，画出水流切割磁感线示意图如图所示，根据右手定则可知北岸电势高，选项A正确，B错误。,2.(2012海南高考)如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置释放，环经过磁铁到达位置。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为，重力加速度大小为g，则()A.B.C.D.,【解析】选A。无论环经过磁铁上端还是下端，通过环的磁通量发生变化，环里产生感应电流，环受到向上的阻力，根据牛顿第三定律，环对磁铁有向下的作用力，细线的拉力大于磁铁重力，选项A正确，其他选项错误。,3.如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，现将一边长为l，质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc边与磁场边界MN重合。当t=0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t=t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合。图乙为拉力F随时间变化的图线。由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小为(),A.B.C.D.【解析】选B。开始时根据牛顿第二定律，F0=ma，当t=t0时，l=v=at0，再根据牛顿第二定律，3F0-=ma,解得B=故B正确。,4.(2012无锡二模)如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨所在平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t=0时，将开关S由1掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是(),【解析】选D。开关S掷到1位置时电容器充电，开关S由1掷到2的瞬间，电容器开始放电，导体棒中有电流通过，在磁场中产生安培力，使导体棒做加速运动，F安=ma，同时导体棒也在切割磁感线，导体棒两端产生感应电动势，所以回路中的电流在减小。当导体棒两端感应电动势等于电容器两端电压时，回路中没有电流，导体棒将匀速运动下去，此时电容器上的电荷量不变但是不为零。综上所述，导体棒做加速度逐渐变小的加速运动，最后匀速。本题要紧紧抓住运动的末状态，回路中电流为零，导体棒不受安培力，但没有静止，而是匀速运动，所以电容器两端电压也不为零，电荷量不为零，故选D。,5.如图所示，足够长的光滑U型导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为x，则(),A.金属杆下滑的最大速度vm=B.在此过程中电阻R产生的焦耳热为C.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin-D.在此过程中流过电阻R的电量为,【解析】选B。当金属杆达到最大速度时，感应电动势为E=BLvm感应电流为I=安培力为F=BIL=根据平衡条件得mgsin-F=0解得vm=,由能量守恒定律得mgxsin-=Q又因QR=Q所以QR=(mgxsin-)由法拉第电磁感应定律得通过R的电量为q=所以选项B正确。,