备考2022年高考物理高频集训33 法拉第电磁感应定律（解析版）

备考2022年高考物理复习考点集训专题33法拉第电磁感应定律一、单选题（本大题共11小题）1.光滑金属导轨L=0.4m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个导轨平面，如图甲.磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙.金属棒ab的电阻为1Ω，自t=0时刻开始从导轨最左端以v=1m/s的速度向右匀速运动，则(    )A.1s末回路中电动势为0.8VB.1s末ab棒所受磁场力为0.64NC.1s末回路中电动势为1.6VD.1s末回路中电动势为0V【答案】C【解析】ACD.由法拉第电磁感应定律E=BLv得1s末回路中电动势为：E=2×0.4×1V=0.8V，方向由右手定则知为逆时针，又因为磁场B的变化产生的稳定的电动势：E=ΔΦΔt=ΔBΔt×L×vt=21.0×0.4×1×1V=0.8V，方向由楞次定律知为逆时针，故总电动势为两者相加1.6V，故AD错误，C正确；B.根据安培力公式F=BIL得1s末ab棒所受磁场力为：F=BIL=BE总RL=2×1.61×0.4N=1.28N，故B错误。故选C。2.如图所示，在圆柱形区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B随时间t的变化关系为B=B0+kt，其中B0、k为正的常数．在此区域的水平面内固定一个半径为r的圆环形内壁光滑的细玻璃管，将一电荷量为q的带正电小球在管内由静止释放，不考虑带电小球在运动过程中产生的磁场，则下列说法正确的是(    ) A.从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkπrB.从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkπrC.从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为qkπr2D.从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为qkπr2【答案】C【解析】由题意可知，如图所示的磁场在均匀增加时，则会产生顺时针方向的涡旋电场，那么正电荷在电场力作用下，做顺时针方向圆周运动，根据动能定理，转动一周过程中，动能的增量等于电场力做功，则为W=qU=qΔBΔtπr2=qkπr2，故C正确，ABD错误。故选C。  1.如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为(    )A.ωB0πB.2ωB0πC.4ωB0πD.ωB02π【答案】A【解析】若要电流相等，则产生的电动势相等．设切割长度为L，而半圆的直径为d，从静止开始绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为：E=12BL2ω=12B0d22ω=B0d2ω8  ① 根据法拉第定律得：E=ΔϕΔt=ΔBΔtS=ΔBΔt12πd22=ΔBΔtπd28 ②①②联立得ΔBΔt=B0ωπ，故BCD错误，A正确。故选A。1.图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n=100匝，电阻r=1Ω，横截面积S=1.5×10−3m2，外接电阻R=7 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设磁场的正方向水平向左，则A.在t=0.005 s时通过电阻R的电流大小为0B.在t=0.005 s时通过电阻R的电流方向由a流向bC.在0～0.01 s内通过电阻R的电荷量q=1.5×10−3CD.在0.02 s～0.03 s内线圈所产生的平均感应电动势为0【答案】C【解析】A.t=0.005s时磁感应强度为0，磁通量为0，但磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势最大，感应电流最大，故A错误；B.0～0.005s过程中，由图可知，磁场方向为正，即水平向左，且磁感应强度减小，磁通量减小，根据楞次定律，根据电流磁场方向向左，由安培定则知流过电阻R的电流方向由b流向a，故B错误；C.在0～0.01s内，根据感应电量的公式有q=nΔΦR+r，其中ΔΦ=2BS=1.2×10−4Wb，所以q=100×1.2×10−47+1C=1.5×10−3C，故C正确；D.在0.02 s～0.03 s内，ΔΦ=2BS=1.2×10−4Wb，根据E=nΔΦΔt可得线圈内所产生的平均感应电动势大小为E=100×1.2×10−40.01V=1.2V，故D错误。故选C。  2.如图，用一根总电阻为2R粗细均匀的铜导线制成半径为L的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧14圆面积内各存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长度为 2L、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，不计一切阻力和摩擦，下列说法正确的是(    )A.转动过程中流过金属棒中电流方向始终是从N到MB.图示位置金属棒两端的电压大小为23BωL2C.从PQ位置开始计时，时间内通过金属棒MN的横截面电荷量为零D.金属棒旋转一周的过程中，金属棒中电流的有效值为2BωL23R【答案】D1.如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B、B2=2B。一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为v/2，则下列结论中正确的是(    )A.此过程中通过线框截面的电量为2Ba2RB.此时线框的加速度为9B2a2v2mRC.此过程中回路产生的电能为12mv2D.此时线框中的电功率为9B2a2v22R【答案】B【解析】A.感应电动势为：，感应电流为：I=ER，电荷量为：q=I△t，解得：q=3Ba22R，故A错误；B.此时感应电动势：E=2Bav2+Bav2=32Bav，线框电流为：I=ER=3Bav2R，由牛顿第二定律得：2BIa+BIa=ma加速度，解得：a加速度=9B2a2v2mR，故B正确；C.由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：E=12mv2−12m(v2)2=38mv2，故C错误；D.此时线框的电功率为：P=I2R=9B2a2v24R，故D错误；故选：B。   1.如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中(    )A.线框中的电流始终为顺时针方向B.线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向C.t=T2时刻，流过线框的电流大小为3ka26RD.t=T2时刻，流过线框的电流大小为53ka212R【答案】D【解析】AB.磁场垂直于纸面向里，由右手定则可知，线框向右运动过程，感应电流始终沿逆时针方向，故AB错误；CD.线框做匀速直线运动，线框的速度v=aT，t=T2时刻，线框切割磁感线的有效长度L=2(a−vT2)tan30°=33a，此时磁感应强度B=kt=12kT，动生电动势E1=BLv=12kT×33a×aT=3ka26由法拉第电磁感应定律可知，感生电动势由闭合电路欧姆定律可知，感应电流I=E1+E2R=53ka212R，故C错误，D正确。故选D。  2.如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围成的矩形的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻，导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态，下列说法正确的是(    ) A.在0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向先向左后向右，大小不变B.在0～t0时间内，通过导体棒的电流方向为N到MC.在t0～2t0时间内，通过电阻R的电流大小为SB0Rt0D.在0～t0时间内，通过电阻R的电荷量为2SB0R【答案】B【解析】A、由题图乙所示图象可知，0～t0时间内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t0～2t0时间内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，则在这两个时间段内摩擦力方向相反；0～t0时间内产生的感应电动势与感应电流的大小不变，但磁感应强度是变化的，所以安培力是变化的，同理，在t0～2t0时间内安培力也是变化的，所以0～2t0时间内摩擦力的大小是变化的，故A错误；B、由图乙所示图象可知，在0～t0内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为N到M，故B正确；C、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势：E=△Φ△t=△B⋅S△t=2B0St0，感应电流为：I=ER=2B0SRt0，故C错误；D、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t0内感应电动势：E1=△Φ△t=△B⋅S△t=B0St0，感应电流为：I1=E1R=B0SRt0，电荷量：q1=I1t1=B0SR，故D错误；故选：B．  1.如图所示，空间存在一匀强磁场，方向竖直向下，磁感应强度大小为B。一长为L的金属棒在磁场区域，以速度v斜向上抛出，速度方向与水平方向的夹角为θ，设在运动过程中金属棒始终保持水平且与磁场垂直，则 A.抛出时金属棒两端的电压为BLvB.抛出时金属棒两端的电压为BLvsinθC.在最高点时金属棒两端的电压为BLvcosθD.在最高点时金属棒两端的电压为0【答案】C【解析】AB.导体棒在磁场中切割磁感线，导体棒斜向上抛，对其速度进行分解可知，导体棒有效的切割速度(垂直于磁感线的速度)为v′=vcosθ，所以抛出时导体棒两端的电压为E=BLvcosθ故AB错误；CD.到达最高点时，竖直方向的速度为零，水平方向的速度不变(导体棒水平方向不受力，做匀速)，所以到达最高点时导体棒两端的电压为E=BLvcosθ，故C正确，D错误。故选C。1.如图所示，现有一长2 L的金属棒ab垂直置于两平行导轨上，棒的右侧分布着匀强磁场(方向垂直纸面向里)，已知导轨间距为L，左端接有一电阻R，右端接一电容为C=1 μF的电容器，其余电阻不计，现金属棒ab以a点为轴、以角速度ω=0.5 rad/s顺时针转过60°.若此过程中，流过电阻R的电荷量跟金属棒刚转过60°时电容器极板上的电荷量相等，则R的值为(    )A.32×106ΩB.12×106ΩC.3×106 ΩD.2×106Ω【答案】A【解析】根据E=ΔφΔt，I=ER，q=IΔt联立解得ab以a为轴顺时针以a为轴转过60°的过程中，通过R的电量为q=ΔφR=3BL22R，在这个过程中，金属棒ab在回路中产生的感应电动势最大值为2ωL2B，电容器C充电，q′=2ωL2BC，由题意3BL22R=2BL2Cω，解得：R=32×106Ω，故A正确，BCD错误。故选A。  2.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻为R的定值电阻，电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示。下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图象中正确的是(  )A.B.C.D.【答案】C【解析】设导体棒ab沿斜面向上移动d的过程中，通过定值电阻R的电荷量为q，设导体棒的长度为L，则有：q=ΔΦR=BLRd…①，由①式可得△Φ=Rq，因q与t2成正比，设比例系数为k，则有：Φ−Φ0=kRt2，即：Φ=Φ0+kRt2…②，由图乙可知通过定值电阻R的电荷量q与t2成正比，根据①可知导体棒ab沿斜面向上移动的距离d与上移时间t2成正比，结合初速度为零的匀变速直线运动位移时间关系可得导体棒沿斜面向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有：v=at…③I=ER=BdvR=BdatR…④F−mgsinθ−FA=ma，可得：F=mgsinθ+ma+BId=mgsinθ+ma+B2d2aRt，故ABD错误，C正确。故选C。  二、多选题（本大题共3小题）1.如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为1m，导轨平面与水平面夹角θ=30°，导轨上端跨接一定值电阻R=8Ω，整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=5T，金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为1kg、电阻为2Ω，重力加速度为g=10m/s2.现将金属棒由静止释放．沿导轨下滑距离为2m时，金属棒速度达到最大值，则这个过程中(    ) A.金属棒的最大加速度是5m/s2B.金属棒cd的最大速度是25m/sC.电阻R上产生的电热为Q=8JD.通过金属棒横截面的电量为1C【答案】AD【解析】A.刚释放金属棒时加速度最大，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得最大加速度：a=gsinθ=5m/s2，故A正确；B.当金属棒做匀速直线运动时，速度最大，则有mgsinθ=BIL=BBLvmR+rL可得最大速度为vm=mg(R+r)sinθB2L2=2m/s，故B错误；C.设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q总，由能量守恒定律得：mgs⋅sinα=12mvm2+Q总，电阻R上产生的热量：Q=RR+rQ总，代入数据解得：Q=6.4J，故C错误；D.通过金属棒横截面的电量为q=ΔΦR+r=BLsR+r=5×1×210=1C，故D正确。故选AD。  1.如图，两条间距为L的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；一金属棒垂直放置在两导轨上；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt，式中k为常量，且k>0；在MN右侧区域存在一磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场。t=0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动。金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略。则(    ) A.在t时刻穿过回路的总磁通量为B0Lv0tB.通过电阻R的电流为恒定电流C.金属棒所受的水平拉力F保持不变D.在时间Δt内流过电阻的电荷量为kS+B0Lv0RΔt【答案】BCD【解析】A.根据题图可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，则穿过回路总磁通量即为两边磁通量之和，即为：在时刻t(t>0)穿过回路的总磁通量为： Φ=Φ1+Φ2=ktS+B0Lv0t；故A错误；B.根据法拉第电磁感应定律得：回路中产生总的感应电动势为：由闭合电路欧姆定律有：I=ER=kS+B0Lv0R，保持不变，则电阻R上的电流为恒定电流，故B正确；C.金属棒受到的安培力大小为：FA=B0IL，保持不变，金属棒匀速运动，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不变，故C正确；D.在时间Δt内流过电阻的电荷量为q=IΔt=kS+B0Lv0RΔt，故D正确。故选BCD。  1.如图所示，在光滑的水平面上，放置一边长为l的正方形导电线圈，线圈电阻不变，线圈右侧有垂直水平面向下，宽度为2l的有界磁场，建立一与磁场边界垂直的坐标轴Ox，O点为坐标原点。磁感应强度随坐标位置的变化关系为B=kx，线圈在水平向右的外力F作用下沿x正方向匀速穿过该磁场。此过程中线圈内感应出的电流i随时间变化的图象(以顺时针为正方向)、拉力F随线圈位移x变化的图象可能正确的是(  )A.B.C.D.【答案】AC【解析】AB.根据楞次定律，可知线圈进入磁场过程中，即0~t0过程中，感应电流的方向为逆时针方向，离开磁场过程中即2t0~3t0过程中，感应电流方向为顺时针，在t0~2t0过程中E′=ΔΦΔt=ΔBSΔt=kvS电动势恒定，故电流恒定不变方向为逆时针，且在0~t0和2t0~3t0过程中由E=BLv，而B=kx，I=ER=BLvR=kxLvR，可知A正确，B错误； CD.由线框所示安培力F安=BIL，而I=kxLvR，且F=F安=k2x2L2vR，可知在0~t0和2t0~3t0过程中，F大小与x2成正比，而t0~2t0过程中，由于E′=ΔΦΔt=ΔBSΔt=kvS恒定不变，此时安培力的合力为左右两个边所示安培力的差，即为F安=△BIL=kIL2保持不变，故C正确，D错误。故选AC。  三、计算题（本大题共3小题）1.如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，相距为L=0.5m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h=0.2m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1=0.2kg，有效电阻R1=0.05Ω，cd棒的质量为m2=0.1kg，有效电阻为R2=0.15Ω.(设a、b棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计)。在1s末解除对ab棒和cd棒的锁定。问：(1)0～1s时间段通过cd棒的电流大小与方向；(2)稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度作匀速直线运动，试求这一速度；(3)从解除锁定到两棒以相同的速度作匀速运动，ab棒产生的热量为多少？(4)ab棒和cd棒速度相同时，它们之间的距离为多大？【答案】解：(1)0−1s时间段，根据法拉第定律得：通过cd棒的电流大小为：I=ER1+R2=0.250.05+0.015A=1.25A方向自d指向c。(2)棒下滑过程，由机械能守恒定律得： m1gh=12m1v02      得：v0=2m/s；ab棒进入磁场后产生感应电流，受到向左的安培力，做减速运动，cd棒在安培力作用下向右加速运动，稳定后ab棒和cd 棒将以相同的速度作匀速直线运动，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：解得两棒稳定时共同速度为：v=43m/s   (3)根据能量守恒定律得：。  ab棒产生的热量为：Q1=R1R1+R2Q  联立解得：Q1=130J        (4)设整个的过程中通过回路的电荷量为q，对cd棒，由动量定理得：m2v−0=BIL⋅t又q=It，解得：q=415C设稳定后两棒之间的距离是d，则有：q=△ΦR1+R2=BL(L−d)R1+R2联立以上两式得：d=59150m    1.如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L=0.5m、电阻R=0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v=1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。(1)求外力F的大小；(2)在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；(3)求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。【答案】解：(1)根据图2可得，在t=0时B0=0.25T回路电流I=B0LvR安培力FA=B0IL根据平衡条件可得：F=FA，联立解得：F=0.0625N ；(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，则有：Φ1=Φt1=1.0s时，B1=0.5T，磁通量Φ1=B1L2t时刻，磁通量Φ=BL[L−v(t−t1)]得B=16−4t；(3)根据法拉第电磁感应定律，q=I·Δt=ΔΦΔtR·Δt=ΔΦR可得：0≤t≤0.5s电荷量：q1=B0L2R=0.25C0.5s≤t≤1.0s电荷量q2=B1L2−B0L2R=0.25C总电荷量：q=q1+q2=0.5C。答：(1)外力F的大小为0.0625N；(2)在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，磁感应强度B的大小与时间t的关系为B=16−4t；(3)在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为0.5C。1.如图所示，在匝数N=100匝、截面积S=0.02 m2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B0，B0均匀变化。两相互平行、间距L=0.2 m的金属导轨固定在倾角为θ=30°的斜面上，线圈通过开关S与导轨相连。一质量m=0.02 kg、阻值R1=0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN位置，M、N等高。一阻值R2=0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端。导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场。金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计。重力加速度取g=10 m/s2.电子电荷量e=1.6×10−19C。(1)闭合开关S时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N，请判断流过MN的电流方向，并求出磁感应强度B0的变化率ΔB0Δt；(2)断开开关S，解除对金属杆的锁定，从MN处由静止释放，经过t=0.5 s，金属杆下滑x=0.60 m，求此时金属杆的速度v； (3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力Ff的大小。【答案】解：(1)闭合开关S时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由M流向N，根据楞次定律可知磁感应强度B0的变化趋势是增大，线圈中的感应电动势为：E=N△Φ△t=NΔB0ΔtS，金属杆中的电流为：I=ER1，金属杆受到的安培力为：F=BIL，代入数据解得：ΔB0Δt=0.8T/s；(2)对金属杆，由动量定理得：mgsinθ⋅t−BILt=mv−0，平均电流为：I=ER1+R2，平均感应电动势为：E=△Φ△t=BLxt，代入数据解得：v=2.2m/s，(3)金属杆受到的安培力为：F=BIL=B2L2vR1+R2，金属杆匀速运动时处于平衡状态，由平衡条件得：mgsinθ=B2L2vmR1+R2，代入数据解得：vm=10m/s，金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功，即：FfL=eU，电压为：U=R1R1+R2E，金属杆切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLvm，解得：Ff=evmBR1R1+R2，代入数据解得：Ff=3.2×10−19N；