小專題(十七)電磁感應中的電路、電荷量和圖像問題[備用]磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū),刷卡器中有檢測線圈,當以速度v0刷卡時,在線圈中產(chǎn)生感應電動勢。其Et關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為v02,線圈中的Et關(guān)系可能是(D)解析:若將刷卡速度改為v01.在垂直于勻強磁場的平面中,有兩根平行的、電阻不計的金屬軌道,兩根金屬滑桿ab、cd平行的擱在軌道上方,金屬滑桿電阻Rab<Rcd,如圖所示。金屬滑桿與導軌接觸良好,不計摩擦力。當ab在水平外力F1作用下勻速向右滑動時,cd在水平外力F2的作用下保持靜止不動,則F1、F2以及金屬滑桿兩端電壓Uab與Ucd的比較結(jié)果是(B)A.F1>F2,Uab<Ucd B.F1=F2,Uab=UcdC.F1<F2,Uab=Ucd D.F1=F2,Uab<Ucd解析:通過兩金屬滑桿的電流大小一樣,兩金屬滑桿都處于平衡狀態(tài),則F1=IlB,F2=IlB,所以F1=F2,A、C錯誤;ab在運動,相當于電源,Uab≠IRab,Uab是路端電壓,即為外電阻Rcd上的電壓,即Uab=Ucd,故B正確。2.(2023·廣東佛山模擬)如圖所示,有一個平行邊界的勻強磁場區(qū)域,寬度為L,磁場方向垂直于紙面向外,一對角線長為L的正方形導線框ABCD從圖示位置開始沿x軸正方向勻速穿過磁場區(qū)域。取沿A→B→C→D→A的方向為感應電流的正方向,則導線框ABCD中電流i隨A點的位置坐標x變化的圖像正確的是(C)解析:當x≤L2時,導線框ABCD切割磁感線的有效長度隨x均勻增大,當L3.(2022·山東聊城二模)隨著科技的不斷發(fā)展,無線充電已經(jīng)進入人們的視線。如圖所示為手機無線充電原理圖,若連接電源的為發(fā)射線圈N,手機端為接收線圈M,接收線圈匝數(shù)為n,電阻為r,橫截面積為S,手機可看成電阻為R的純電阻。下列說法正確的是(D)A.無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應”B.只要發(fā)射線圈N中有電流流入,接收線圈M兩端一定可以獲得電壓C.當接收線圈M中磁感應強度大小均勻增加時,接收線圈M中有均勻增加的電流D.若Δt時間內(nèi),接收線圈M中磁感應強度大小均勻增加ΔB,則手機電池兩端的充電電壓為nS解析:無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應中的互感現(xiàn)象,故A錯誤;發(fā)射線圈N中通入交變電流,接收線圈M兩端才可以獲得電壓,故B錯誤;根據(jù)電磁感應定律可知,當接收線圈M中磁感應強度大小均勻增加時,接收線圈M中有恒定的電流,故C錯誤;根據(jù)法拉第電磁感應定律可得,接收線圈產(chǎn)生的電動勢為E=nΔBSΔt,根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可得手機電池兩端的充電電壓為U=正確。[備用]如圖所示,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導軌,導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為32解析:設(shè)線框運動的速度為v,則線框向左勻速運動第一個l2v的時間內(nèi),線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E=2Bdv(d為導軌間距),電流i=ER,回路中電流方向為順時針;第二個l2v4.(2022·遼寧大連模擬)(多選)如圖所示,在距地面高h=1.25m處固定有兩根間距為l=0.5m水平放置的平行金屬導軌,導軌的左端接有電源E,右端邊緣處靜置有一長l=0.5m、質(zhì)量m=0.2kg、電阻R=5.0Ω的導體棒ab,導體棒所在空間有磁感應強度大小B=1.0T、方向豎直向上的勻強磁場。閉合開關(guān)后,導體棒ab以某一初速度水平向右拋出,已知導體棒落地點到拋出點的水平距離d=2.5m,重力加速度g取10m/s2,則(BC)A.在空中運動過程中,導體棒a端的電勢低于b端的電勢B.導體棒拋出時的初速度大小為5m/sC.在空中運動過程中,導體棒上產(chǎn)生的感應電動勢大小恒定D.閉合開關(guān)后,通過導體棒的電荷量為1.0C解析:由右手定則可知,導體棒在空中運動過程中,在水平方向上要切割磁感線,從而產(chǎn)生感應電動勢,但無感應電流,不受安培力,故導體棒在平拋運動過程中水平方向上的速度v0不變,由E=Blv0可知,導體棒上產(chǎn)生的感應電動勢大小不變,且a端電勢高于b端電勢,故A錯誤,C正確;導體棒從拋出到落地的時間為t=2hg=0.5s,故導體棒做平拋運動的初速度v0=dt=5m/s,故B正確;設(shè)閉合開關(guān)時導體棒中有電流流過的時間為Δt,由動量定理可得BIlΔt=mv0-0,因q=IΔt,故有Blq=mv05.(2022·寧夏石嘴山模擬)(多選)如圖所示,電阻不計的水平U形光滑導軌上接一個阻值為R0的電阻,放在豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一個半徑為L、質(zhì)量為m、電阻為r的半圓形硬導體棒AC(直徑與導軌垂直,并接觸良好),在水平向右的恒定外力F的作用下,由靜止開始運動,當速度為v時,位移為d。下列說法正確的是(BD)A.此時AC兩端電壓為UAC=-2BLvB.此時AC克服安培力做功的功率為P=4C.此過程中導體棒AC的平均速度小于vD.此過程中通過電阻R0的電荷量為q=2解析:導體棒AC有效切割磁感線的長度等于半圓的直徑2L,半圓形導體棒AC切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的大小為E=B·2L·v=2BLv,AC相當于電源,其兩端電壓為外電壓,由歐姆定律得UAC=-E·R0R0A錯誤;此時AC克服安培力做功的功率為P=BI·2Lv=B·2BLvR4B2L2v2R0+r,B正確;若導體棒做勻加速運動,則平均速度等于[備用]如圖甲所示,質(zhì)量m=3.0×10-3kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中,“”形細框的水平細桿CD長l=0.20m,處于磁感應強度大小B1=1.0T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數(shù)n=300匝、面積S=0.01m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直的、豎直方向的勻強磁場中,其磁感應強度B2的大小隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。(1)求0～0.10s線圈感應電動勢的大小;(2)t=0.22s時閉合開關(guān)K,若細桿CD所受的安培力方向豎直向上,判斷細桿CD中的電流方向及磁感應強度B2的方向;(3)t=0.22s時閉合開關(guān)K,若安培力遠大于重力,細框跳起的最大高度h=0.20m,求本次起跳通過細桿CD的電荷量。解析:(1)由法拉第電磁感應定律E=nΔΦ得E=nΔΦΔt(2)由左手定則可知細桿CD的電流方向為C→D,由楞次定律可知磁感應強度B2的方向向上。(3)由牛頓第二定律有F=ma=mv-(或動量定理FΔt=mv-0)安培力F=IlB1,ΔQ=IΔt,v2=2gh,聯(lián)立解得ΔQ=m2答案:(1)30V(2)見解析(3)0.03C6.如圖所示,水平面內(nèi)有兩根足夠長的平行導軌,其間距d=0.5m,導軌左端接有電容C=2000μF的電容器。質(zhì)量m=20g的導體棒可在導軌上無摩擦滑動,導體棒和導軌的電阻不計。整個空間存在著垂直導軌所在平面的勻強磁場,磁感應強度B=2T。現(xiàn)用一沿導軌方向向右的恒力F=0.22N作用于導體棒,使導體棒從靜止開始運動,經(jīng)過一段時間t,速度達到v=5m/s,則(B)A.此時電容器兩端電壓為10VB.此時電容器所帶電荷量為1×10-2CC.導體棒做勻加速運動,且加速度為20m/s2D.時間t=0.4s解析:當棒運動速度達到v=5m/s時,產(chǎn)生的感應電動勢E=Bdv=5V,選項A錯誤;電容器兩端電壓U=E=5V,此時電容器的帶電荷量q=CU=1×10-2C,選項B正確;設(shè)回路中的電流為I,棒在力F作用下,有F-BId=ma,又I=ΔqΔt,Δq=CΔU,ΔU=BdΔv,a=Δ10m/s2,t=va7.(2022·廣東茂名模擬)(多選)磁懸浮列車是高速低耗交通工具,如圖甲所示。它的驅(qū)動系統(tǒng)可簡化為如圖乙所示的物理模型。固定在列車底部的正方形金屬線框的邊長為L,匝數(shù)為N,總電阻為R;水平長直軌道間各邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)都存在勻強磁場,磁場的磁感應強度大小均為B,相鄰區(qū)域的磁場方向相反。當磁場以速度v勻速向右運動時,可驅(qū)動停在軌道上的列車,不能忽略列車受到的阻力。以下說法正確的是(CD)A.列車運動的方向與磁場運動的方向相反B.列車的最大速度為vC.列車相對磁場位移為L的過程中通過線框的電荷量為2D.列車速度為v′時線框受到的安培力大小為4解析:根據(jù)右手定則,當磁場向右運動時,在題圖示位置時,線圈中產(chǎn)生順時針方向的感應電流,根據(jù)左手定則可知,線圈受到向右的安培力作用而使列車向右運動,即列車運動的方向與磁場運動的方向相同,選項A錯誤;列車的最大速度不可能等于v,否則磁場與線圈之間無相對速度,線圈中無感應電流產(chǎn)生,則不會產(chǎn)生安培力,選項B錯誤;根據(jù)q=IΔt=ERΔt=NΔΦR,列車相對磁場位移為L的過程中通過線框的電荷量為q=N2NBL2NBL(v8.(2022·浙江紹興模擬)如圖所示,在豎直空間的一圓盤內(nèi)有垂直圓盤平面向下的勻強磁場,磁感應強度為B,圓盤半徑為L。長度為L的金屬棒在圓盤內(nèi)繞著圓心做角速度為ω的勻速運動,在圓盤邊緣和轉(zhuǎn)軸間連接一電容器,電容器內(nèi)有一電荷量為q的正電荷,若該正電荷處于靜止狀態(tài),電容器兩極板的距離為d,電容量為C。下列說法不正確的是(C)A.電容器帶電荷量為CBB.從上往下看,金屬棒沿逆時針方向轉(zhuǎn)動C.將電容器兩極板的距離變?yōu)?d,該正電荷位置不動D.該正電荷的質(zhì)量為B解析:根據(jù)法拉第電磁感應原理可知,金屬棒轉(zhuǎn)動切割磁感線,產(chǎn)生的感應電動勢為E感=12BL2ω,則電容器所帶的電荷量為Q=CU=CE感=CBL2ω2,故A說法正確;由于電容器內(nèi)靜止的電荷帶正電,則電容器的上極板帶負電,下極板帶正電。根據(jù)右手定則可知,從上往下看,金屬棒沿逆時針方向轉(zhuǎn)動,故B說法正確;由于金屬棒勻速運動,則產(chǎn)生的感應電動勢不變,故電容器的電勢差也保持不變。將電容器兩極板的距離變?yōu)?d,根據(jù)電場強度與電勢差關(guān)系E=Ud可知,此時電容器間的電場強度減小,則靜電力減小,該正電荷受到的重力大于靜電力,向下運動,故C說法錯誤;電容器間的電場強度為E=Ud9.如圖所示,質(zhì)量為M的導體棒ab,垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上,導軌平面與水平面的夾角為θ,并處于磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板,R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值,不計其他電阻。(1)調(diào)節(jié)Rx=R,釋放導體棒,當導體棒沿導軌勻速下滑時,求通過導體棒的電流I及導體棒的速率v。(2)改變Rx,待導體棒沿導軌再次勻速下滑后,將質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的微粒水平射入金屬板間,若它能勻速通過,求此時的Rx。解析:(1)對勻速下滑的導體棒進行受力分析如圖甲所示。導