專題強(qiáng)化二十三電磁感應(yīng)中的電路及圖象問題目標(biāo)要求1.掌握電磁感應(yīng)中電路問題的求解方法.2.會(huì)計(jì)算電磁感應(yīng)電路問題中電壓、電流、電荷量、熱量等物理量.3.能夠通過電磁感應(yīng)圖象，讀取相關(guān)信息，應(yīng)用物理規(guī)律求解問題．題型一電磁感應(yīng)中的電路問題1．電源和電阻2．解決電磁感應(yīng)中的電路問題的基本步驟(1)“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電流的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r.(2)“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路．(3)根據(jù)E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識(shí)、電功率、焦耳定律等相關(guān)關(guān)系式聯(lián)立求解．3．電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖切割磁感線的導(dǎo)體棒的電路問題例1如圖1，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中()圖1A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功率先減小后增大D．線框消耗的電功率先減小后增大答案C解析設(shè)PQ左，故A、B錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于安培力，即F＝BIl，拉力的功率P＝BIlv，故先減小后增大，所以C正確；外電路的總電阻R外＝eq\f(Rx3R－Rx,3R)，最大值為eq\f(3,4)R，小于導(dǎo)體棒的電阻R，又外電阻先增大后減小，由電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系圖象可知，線框消耗的電功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤．磁通量變化的線圈的電路問題例2(多選)在如圖2甲所示的虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，設(shè)圖甲所示磁場(chǎng)方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示．邊長(zhǎng)為l、電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，此時(shí)線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則()圖2A．線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\f(B0,l2T)B．線框中感應(yīng)電流為2eq\r(\f(P,R))C．線框cd邊的發(fā)熱功率為eq\f(P,2)D．c、d兩端電勢(shì)差Ucd＝eq\f(3B0l2,4T)答案BD解析由題圖乙可知，在每個(gè)周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，線框中產(chǎn)生大小恒定的感應(yīng)電流，設(shè)感應(yīng)電流為I，則對(duì)ab邊有，P＝I2·eq\f(1,4)R，得I＝2eq\r(\f(P,R))，選項(xiàng)B正確；由閉合電路歐姆定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝IR＝2eq\r(PR)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)l2，由題圖乙知，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,T)，聯(lián)立解得E＝eq\f(B0l2,T)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；線框的四邊電阻相等，電流相等，則發(fā)熱功率相等，都為P，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則c端電勢(shì)高于d端電勢(shì)，Ucd＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3B0l2,4T)，故選項(xiàng)D正確．1.(轉(zhuǎn)動(dòng)切割及電路分析)如圖3所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指剪開拉直時(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過環(huán)平面，與環(huán)的最高點(diǎn)A連接的長(zhǎng)度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB，由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度大小為v，則這時(shí)導(dǎo)體棒AB兩端的電壓大小為()圖3A.eq\f(Bav,3) B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3) D．Bav答案A解析當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，導(dǎo)體棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝B·2aeq\x\to(v)＝2Baeq\f(0＋v,2)＝Bav，圓環(huán)被導(dǎo)體棒分為兩個(gè)半圓環(huán)，兩半圓環(huán)并聯(lián)，并聯(lián)電阻R并＝eq\f(\f(R,2)×\f(R,2),\f(R,2)＋\f(R,2))＝eq\f(R,4)，電路電流：I＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))＝eq\f(4Bav,3R)，AB兩端的電壓為UAB＝IR并＝eq\f(Bav,3).

題型二電磁感應(yīng)中的電荷量的計(jì)算計(jì)算電荷量的導(dǎo)出公式：q＝eq\f(nΔФ,R總)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，只要穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化閉合回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，設(shè)在時(shí)間Δt內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q，則根據(jù)電流定義式I＝eq\f(q,Δt)及法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(nΔΦ,Δt)，得q＝IΔt＝eq\f(E,R總)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總).例3(2018·全國(guó)卷Ⅰ·17)如圖4，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心．軌道的電阻忽略不計(jì)．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()圖4A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2答案B解析在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1在過程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2).2．(電磁感應(yīng)中電荷量的計(jì)算)(2019·江蘇卷·14)如圖5所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場(chǎng)垂直．已知線圈的面積S＝0.3m2、電阻R＝0.6Ω，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T．現(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉動(dòng)線圈，線圈的兩邊在Δt＝0.5s時(shí)間內(nèi)合到一起．求線圈在上述過程中圖5(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E；(2)感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標(biāo)出電流方向；(3)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q.答案(1)0.12V(2)0.2A電流方向見解析圖(3)0.1C解析(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E＝eq\f(ΔФ,Δt)磁通量的變化ΔФ＝BΔS聯(lián)立可得E＝eq\f(BΔS,Δt)，代入數(shù)據(jù)得E＝0.12V；(2)平均電流I＝eq\f(E,R)代入數(shù)據(jù)得I＝0.2A(電流方向見圖)；(3)電荷量q＝IΔt代入數(shù)據(jù)得q＝0.1C.

題型三電磁感應(yīng)中的圖象問題1．解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問題的關(guān)鍵．2．解題步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；對(duì)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的情況，還常涉及E－x圖象和i－x圖象；(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)應(yīng)關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等知識(shí)寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖象或判斷圖象．3．常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)．(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象進(jìn)行分析和判斷．動(dòng)生問題的圖象例4(2018·全國(guó)卷Ⅱ·18)如圖6，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下．一邊長(zhǎng)為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)．線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是()圖6答案D解析設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i.線框位移等效電路的連接電流0～eq\f(l,2)I＝2i(順時(shí)針)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆時(shí)針)eq\f(3l,2)～2lI＝0分析知，只有選項(xiàng)D符合要求．感生問題的圖象例5將一段導(dǎo)線繞成如圖7甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)．回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ，以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示．用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖象是()圖7答案B解析根據(jù)B－t圖象可知，在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，B－t圖線的斜率為負(fù)且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，該段時(shí)間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向?yàn)閎→a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)，B－t圖線的斜率為正且為定值，故ab邊所受安培力大小仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同．綜上可知，B正確．3．(感生問題的圖象)(2019·山東濟(jì)寧市第二次摸底)如圖8甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示．則通入線圈l1中的電流i1隨時(shí)間t變化的圖象是下列選項(xiàng)圖中的()圖8答案D解析因?yàn)楦袘?yīng)電流大小不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而線圈l1中產(chǎn)生的磁場(chǎng)變化是因?yàn)殡娏靼l(fā)生了變化，所以I＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq\f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以線圈l1中的電流均勻改變，A、C錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙，0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流磁場(chǎng)向左，所以線圈l1產(chǎn)生的磁場(chǎng)向左減小，或向右增大，B錯(cuò)誤，D正確．4.(動(dòng)生問題的圖象)如圖9所示，直角三角形ADC區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，AD邊長(zhǎng)為2L，直角三角形導(dǎo)線框abc與直角三角形ADC相似，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，∠ACD＝∠acb＝30°，線框在紙面內(nèi)，且bc邊和DC邊在同一直線上，bc邊為導(dǎo)線，電阻不計(jì)，ab邊和ac邊由粗細(xì)均勻的金屬桿彎折而成．現(xiàn)用外力使線框以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)區(qū)域，則線框在通過磁場(chǎng)的過程中，Uab隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象正確的是()圖9答案B解析本題可以采用排除法，根據(jù)右手定則可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)的過程中，a點(diǎn)電勢(shì)均低于b點(diǎn)電勢(shì)，Uab均為負(fù)值、不為零，由此排除A、C、D選項(xiàng)．

課時(shí)精練1．如圖1所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方向水平放置著兩根相距L＝0.1m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R＝0.3Ω的電阻．導(dǎo)軌上垂直放置著金屬棒ab，其接入電路的電阻r＝0.2Ω.當(dāng)金屬棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)()圖1A．a(chǎn)b棒所受安培力大小為0.02NB．N、Q間電壓為0.2VC．a(chǎn)端電勢(shì)比b端電勢(shì)低D．回路中感應(yīng)電流大小為1A答案A解析ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝0.2V，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)＝0.4A，ab棒受到的安培力F＝BIL＝0.02N，A正確，D錯(cuò)誤；N、Q之間的電壓U＝eq\f(R,R＋r)E＝0.12V，B錯(cuò)誤；由右手定則得a端電勢(shì)較高，C錯(cuò)誤．2．如圖2所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb＝90°)時(shí)，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差為()圖2A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.eq\f(\r(2),4)BRv D.eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到題圖所示位置時(shí)，圓環(huán)切割磁感線的有效長(zhǎng)度為eq\r(2)R，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\r(2)BRv，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv，故選D.3．下列四個(gè)選項(xiàng)圖中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．A、B中的導(dǎo)線框?yàn)檎叫?，C、D中的導(dǎo)線框?yàn)橹苯巧刃危鲗?dǎo)線框均繞垂直紙面的軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動(dòng)周期均為T.從線框處于圖示位置時(shí)開始計(jì)時(shí)，以在OP邊上從P點(diǎn)指向O點(diǎn)的方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向．則在如圖A、B、C、D所示的四個(gè)情景中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖3中i－t圖象所示的是()圖3答案C解析由題圖i－t圖象可知感應(yīng)電流在一段時(shí)間恒定，根據(jù)I＝eq\f(Blv,R)，可知l不變，即導(dǎo)線框應(yīng)為扇形；由右手定則可判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如題中i－t圖象所示的是選項(xiàng)C.4．(2020·浙江7月選考·12)如圖4所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．長(zhǎng)為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知重力加速度為g，不計(jì)其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()圖4A．棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω答案B解析由法拉第電磁感應(yīng)定律知棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)U＝eq\f(1,2)Br2ω，故A錯(cuò)誤；對(duì)極板間微粒受力分析，如圖所示，微粒靜止，則mg＝qE＝qeq\f(U′,d)，得eq\f(q,m)＝eq\f(gd,U′)，而電容器兩極板間電勢(shì)差與電源電動(dòng)勢(shì)相等，即U＝U′，故eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，故B正確；電路中電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(Br2ω,2R)，則電阻R消耗的電功率P＝I2R＝eq\f(B2r4ω2,4R)，故C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量Q＝CU′＝eq\f(CBr2ω,2)，故D錯(cuò)誤．5．(多選)(2020·甘肅永昌縣期末)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω.規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖5甲所示，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示．以下說法正確的是()圖5A．在0～2s時(shí)間內(nèi)，I的最大值為0.01AB．在3～5s時(shí)間內(nèi)，I的大小越來越小C．前2s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.01CD．第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大答案AC解析0～2s時(shí)間內(nèi)，t＝0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率最大，感應(yīng)電流最大，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,Δt·R)＝0.01A，A正確；3～5s時(shí)間內(nèi)電流大小不變，B錯(cuò)誤；前2s內(nèi)通過線圈某截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C正確；第3s內(nèi)，B沒有變化，線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率最小，D錯(cuò)誤．6．(2019·安徽淮南市第二次模擬)如圖6所示，光滑絕緣的水平桌面上有一直角三角形導(dǎo)線框ABC，其中AB＝L，BC＝2L，兩平行虛線間有一垂直于桌面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，導(dǎo)線框BC邊與虛線邊界垂直．現(xiàn)讓導(dǎo)線框從圖示位置開始沿BC方向勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域．設(shè)線框中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流為正，則在線框穿過磁場(chǎng)的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流與線框運(yùn)動(dòng)距離x的函數(shù)關(guān)系圖象正確的是()圖6答案D解析在線框進(jìn)入0～L范圍時(shí)，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向；切割磁感線的有效長(zhǎng)度從0均勻增加到eq\f(L,2)，可知感應(yīng)電流均勻增加；從L～2L，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為eq\f(L,2)不變，感應(yīng)電流不變，方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；從2L～3L，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度從eq\f(L,2)逐漸增加到L，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增加到原來的2倍，感應(yīng)電流增加到原來的2倍，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故選D.7．(多選)邊長(zhǎng)為a的閉合金屬正三角輕質(zhì)框架，左邊豎直且與磁場(chǎng)右邊界平行，完全處于垂直于框架平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場(chǎng)，如圖7所示，則下列圖象與這一拉出過程相符合的是()圖7答案BC解析設(shè)正三角形輕質(zhì)框架開始出磁場(chǎng)的時(shí)刻t＝0，則其切割磁感線的有效長(zhǎng)度L＝2xtan30°＝eq\f(2\r(3),3)x，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E電動(dòng)勢(shì)＝BLv＝eq\f(2\r(3),3)Bvx，則C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；框架勻速運(yùn)動(dòng)，故F外力＝F安＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B項(xiàng)正確．8．(多選)(2020·吉林長(zhǎng)春市期末)如圖8(a)所示，一個(gè)電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示，圖線在橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計(jì)，在0至t1時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是()圖8A．R1中電流方向由a到bB．電流的大小為eq\f(nπB0r22,3Rt0)C．線圈兩端的電壓大小為eq\f(nπB0r22,3t0)D．通過電阻R1的電荷量eq\f(nπB0r22t1,3Rt0)答案BD解析由楞次定律可判斷通過電阻R1的電流方向?yàn)閺腷到a，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得線圈中的電動(dòng)勢(shì)為E＝neq\f(ΔB,Δt)πr22＝eq\f(nB0πr22,t0)，根據(jù)歐姆定律得，通過R1的電流為：I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(nB0πr22,3Rt0)，故B正確；線圈兩端電壓為路端電壓，由歐姆定律得：U＝I·2R＝eq\f(nB0πr22,3t0R)·2R＝eq\f(2nπB0r22,3t0)，故C錯(cuò)誤；0～t1時(shí)間內(nèi)通過電阻R1的電荷量為q＝It1＝eq\f(nπB0r22t1,3Rt0)，故D正確．9.(多選)(2019·全國(guó)卷Ⅱ·21)如圖9，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零．從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是()圖9答案AD解析根據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長(zhǎng)，在PQ通過磁場(chǎng)區(qū)域一段時(shí)間后MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能是A；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒有出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則兩棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿導(dǎo)軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能是D.10．如圖10所示為兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直于紙面向里和向外，磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，距磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)L處有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場(chǎng)方向垂直．現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針方向時(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)磁通量Φ的方向?yàn)檎?，外力F向右為正．線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、外力F和電功率P隨時(shí)間變化的圖象正確的是()圖10答案D解析線框運(yùn)動(dòng)L時(shí)開始進(jìn)入磁場(chǎng)，磁通量開始增大，當(dāng)線框全部進(jìn)入時(shí)，磁通量達(dá)到最大，此后向外的磁通量增大，總磁通量減小，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到2.5L時(shí)，磁通量最小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)線框進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，由E＝BLv可知，E保持不變，而開始進(jìn)入第二個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，兩邊同時(shí)切割磁感線，電動(dòng)勢(shì)應(yīng)為2BLv，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因安培力總是與運(yùn)動(dòng)方向相反，故外力F應(yīng)一直向右，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；外力F的功率P＝Fv，因速度不變，而線框進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，電流為定值，F(xiàn)也為定值．兩邊分別在兩個(gè)磁場(chǎng)中時(shí)，電流加倍，回路中總電動(dòng)勢(shì)加倍，功率變?yōu)樵瓉淼?倍，此后線框從第二個(gè)磁場(chǎng)中離開時(shí)，安培力應(yīng)等于線框進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的安培力，所以功率應(yīng)等于進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的功率，故選項(xiàng)D正確．11．(2020·江西新余市期末)如圖11甲所示，水平面上的兩光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距d＝0.5m，電開始到金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)邊界EF處的整個(gè)過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化．求：圖11(1)通過小燈泡的電流；(2)金屬棒PQ在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速度大小．答案(1)0.1A(2)1m/s解析(1)在t＝0至t＝4s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，磁場(chǎng)變化導(dǎo)致電路產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，等效電路為r與R并聯(lián)，再與RL串聯(lián)，電路的總電阻R總＝RL＋eq\f(Rr,R＋r)＝5Ω，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝dleq\f(ΔB,Δt)＝0.5×2×0.5V＝0.5V，通過小燈泡的電流I＝eq\f(E,R總)＝0.1A.(2)當(dāng)金屬棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，等效電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時(shí)電路的總電阻R總′＝r＋eq\f(RRL,R＋RL)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(2×4,2＋4)))Ω＝eq\f(10,3)Ω，由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流IL＝I＝0