2019版高考物理總復習 第十章 電磁感應 能力課1 電磁感應中的圖象和電路問題學案

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1、 能力課1　電磁感應中的圖象和電路問題 　[熱考點]電磁感應中的圖象問題 1.圖象類型 (1)電磁感應中常涉及磁感應強度B、磁通量Φ、感應電動勢E和感應電流I等隨時間變化的圖象，即B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和I－t圖象。 (2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流的情況，有時還常涉及感應電動勢E和感應電流I等隨位移變化的圖象，即E－x圖象和I－x圖象等。 2.兩類圖象問題 (1)由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖象。 (2)由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量。 3.解題關鍵 弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁

2、場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關鍵。 4.電磁感應中圖象類選擇題的兩個常用方法 排除法 定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(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，以排除錯誤的選項。 函數(shù)法 根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖象進行分析和判斷。 命題角度1　磁感應強度變化的圖象問題 【例1】　將一段導線繞成圖1甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)?；芈返腶b邊置于垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ中?；芈返膱A環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示。用F表

3、示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反應F隨時間t變化的圖象是(　　) 圖1 解析　根據(jù)B－t圖象可知，在0～時間內(nèi)，B－t圖線的斜率為負且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝nS可知，該段時間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應電動勢和感應電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向為b→a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0～時間內(nèi)安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在～T時間內(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，選項B正確。 答案　B 【變式訓練1】　(多選)如圖2甲所示，在水平面上固定一個匝數(shù)為

4、10匝的等邊三角形金屬線框，總電阻為3 Ω，邊長為0.4 m。金屬框處于兩個半徑為0.1 m的圓形勻強磁場中，頂點A恰好位于左邊圓的圓心，BC邊的中點恰好與右邊圓的圓心重合。左邊磁場方向垂直紙面向外，右邊磁場垂直紙面向里，磁感應強度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確是(π取3)(　　) 圖2 A.線框中感應電流的方向是順時針方向 B.t＝0.4 s時，穿過線框的磁通量為0.005 Wb C.經(jīng)過t＝0.4 s，線框中產(chǎn)生的熱量為0.3 J D.前0.4 s內(nèi)流過線框某截面的電荷量為0.2 C 解析　根據(jù)楞次定律和安培定則，線框中感應電流的方向是逆時針方向，選項A錯誤；0.4

5、 s時穿過線框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝πr2·B1－πr2·B2＝0.055 Wb，選項B錯誤；由圖乙知＝ T/s＝10 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感應電流I＝＝0.5 A，0.4 s內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.3 J，選項C正確；前0.4 s內(nèi)流過線框某截面的電荷量q＝It＝0.2 C，選項D正確。 答案　CD 命題角度2　導體切割磁感線的圖象問題 【例2】　(2018·東北三校聯(lián)考)(多選)如圖3所示，M、N為同一水平面內(nèi)的兩條平行長直導軌，左端串聯(lián)電阻R，金屬桿ab垂直導軌放置，金屬桿和導軌的電阻不計，桿與導軌間接觸良好且無

6、摩擦，整個裝置處于豎直方向的勻強磁場中?，F(xiàn)對金屬桿ab施加一個與其垂直的水平方向的恒力F，使金屬桿從靜止開始運動。在運動過程中，金屬桿的速度大小為v，R上消耗的總能量為E，則下列關于v、E隨時間變化的圖象可能正確的是(　　) 圖3 解析　對金屬桿ab施加一個與其垂直的水平方向的恒力F，使金屬桿從靜止開始運動。由于金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，受到隨速度的增大而增大的安培力作用，所以金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，當安培力增大到等于水平方向的恒力F時，金屬桿做勻速直線運動，v－t圖象A正確，B錯誤；由功能關系知，開始水平方向的恒力F做的功一部分使金屬桿動能增大，另一部分

7、轉(zhuǎn)化為電能，被電阻R消耗掉；當金屬桿勻速運動后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的總能量E，因此E－t圖象可能正確的是選項D。 答案　AD 【變式訓練2】　將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導線框的O點置于如圖4所示的直角坐標系的原點，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B。從t＝0時刻開始讓導線框以O點為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速圓周運動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的變化規(guī)律描繪正確的是(　　) 圖4

8、 解析　在0～t0時間內(nèi)，線框從圖示位置開始(t＝0)轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢為E1＝BωR2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1＝＝，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)。在t0～2t0時間內(nèi)，線框進入第三象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)?；芈分挟a(chǎn)生的感應電動勢為E2＝BωR2＋·2BωR2＝BωR2＝3E1；感應電流為I2＝3I1。在2t0～3t0時間內(nèi)，線框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應電動勢為E3＝BωR2＋·2BωR2＝BωR2＝3E1；感應電流為I3

9、＝3I1。在3t0～4t0時間內(nèi)，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應電動勢為E4＝BωR2，由閉合電路歐姆定律得，回路電流為I4＝I1，選項B正確。 答案　B 命題角度3　電磁感應中雙電源問題與圖象的綜合 【例3】　如圖5所示為兩個有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側L處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量Φ的方向為正

10、，外力F向右為正。則以下關于線框中的磁通量Φ、感應電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化的圖象正確的是(　　) 圖5 解析　當線框運動L時開始進入磁場，磁通量開始增加，當全部進入時達到最大；此后向外的磁通量增加，總磁通量減??；當運動到2.5L時，磁通量最小，故選項A錯誤；當線框進入第一個磁場時，由E＝BLv可知，E保持不變，而開始進入第二個磁場時，兩邊同時切割磁感線，電動勢應為2BLv，故選項B錯誤；因安培力總是與運動方向相反，故拉力應一直向右，故選項C錯誤；拉力的功率P＝Fv，因速度不變，而線框在第一個磁場時，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個磁場中時，由選項B的分析可知，電

11、流加倍，回路中總電動勢加倍，功率變?yōu)樵瓉淼?倍；此后從第二個磁場中離開時，安培力應等于線框在第一個磁場中的安培力，所以功率應等于在第一個磁場中的功率，故選項D正確。 答案　D 【變式訓練3】　(2018·保定模擬)如圖6所示為有理想邊界的兩個勻強磁場，磁感應強度均為B＝0.5 T，兩邊界間距s＝0.1 m，一邊長L＝0.2 m的正方形線框abcd由粗細均勻的電阻絲圍成，總電阻為R＝0.4 Ω，現(xiàn)使線框以v＝2 m/s的速度從位置Ⅰ勻速運動到位置Ⅱ，則下列能正確反映整個過程中線框a、b兩點間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是(　　) 圖6 解析　ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為

12、E＝BLv＝0.2 V，線框中感應電流為I＝＝0.5 A，所以在0～5×10－2 s時間內(nèi)，a、b兩點間電勢差為U1＝I·R＝0.15 V。在5×10－2～10×10－2 s時間內(nèi)，a、b兩點間電勢差U2＝E＝0.2 V；在10×10－2～15× 10－2 s時間內(nèi)，a、b兩點間電勢差為U3＝I·R＝0.05 V，選項A正確。 答案　A 　[?？键c]電磁感應中的電路問題 1.電磁感應中電路知識的關系圖 2.“三步走”分析電路為主的電磁感應問題 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例4】　(2017·江西新余期末)如圖7甲所示，水平面上的兩光滑金屬導軌平行固定放置，間距

13、d＝0.5 m，電阻不計，左端通過導線與阻值R＝2 Ω的電阻連接，右端通過導線與阻值RL＝4 Ω的小燈泡L連接。在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，CE長l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處(恰好不在磁場中)。CDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B隨時間變化的圖象如圖乙所示。在t＝0至t＝4 s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，在t＝4 s時使金屬棒PQ以某一速度進入磁場區(qū)域并保持勻速運動。已知從t＝0開始到金屬棒運動到磁場邊界EF處的整個過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化。求： 圖7 (1)通過小燈泡的電流； (2)金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大小。

14、 解析　(1)在t＝0至t＝4 s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，磁場變化導致電路中產(chǎn)生感應電動勢。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＋＝5 Ω 此時感應電動勢 E＝＝dl＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通過小燈泡的電流I＝＝0.1 A。 (2)當棒在磁場區(qū)域中運動時，由導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢，等效電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時電路的總電阻R總′＝r＋＝ Ω＝ Ω 由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流IL＝I＝0.1 A，則流過金屬棒的電流為 I′＝IL＋IR＝IL＋＝0.3 A 電動勢E′＝I′R總′＝Bdv 解得棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速

15、度大小 v＝1 m/s。 答案　(1)0.1 A　(2)1 m/s 【變式訓練4】　(2018·焦作一模)(多選)如圖8所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌水平平行放置，間距為l＝1 m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10 Ω的電阻。一阻值R＝10 Ω的導體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運動，導體棒與導軌接觸良好；導軌所在平面存在磁感應強度大小B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場。下列說法正確的是(　　) 圖8 A.導體棒ab中電流的流向為由b到a B.cd兩端的電壓為1 V C.de兩端的電壓為1 V D.fe兩端的電壓為1 V 解析　由右手定則可知ab中電流方

16、向為a→b，選項A錯誤；導體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E＝Blv，ab為電源，cd間電阻R為外電路負載，de和cf間電阻中無電流，de和cf間都無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝·R＝＝1 V，選項B、D正確，C錯誤。 答案　BD 電磁感應中的“桿＋導軌”模型——建構模型能力的培養(yǎng) 模型一　“單桿＋導軌”模型 1.單桿水平式(導軌光滑) 物理模型 動態(tài)分析 設運動過程中某時刻棒的速度為v，加速度為a＝－，a、v同向，隨v的增加，a減小，當a＝0時，v最大，I＝恒定 收尾狀態(tài) 運動形式 勻速直線運動 力學特征 a＝0，v最大，vm＝ 電學特征 I

17、恒定 2.單桿傾斜式(導軌光滑) 物理模型 動態(tài)分析 棒釋放后下滑，此時a＝gsin α，速度v↑E＝BLv↑I＝↑F＝BIL↑a↓，當安培力F＝mgsin α時，a＝0，v最大 收尾狀態(tài) 運動形式 勻速直線運動 力學特征 a＝0，v最大，vm＝ 電學特征 I恒定 【例1】　如圖9所示，足夠長的金屬導軌固定在水平面上，金屬導軌寬度L＝1.0 m，導軌上放有垂直導軌的金屬桿P，金屬桿質(zhì)量為m＝0.1 kg，空間存在磁感應強度B＝0.5 T、豎直向下的勻強磁場。連接在導軌左端的電阻R＝3.0 Ω，金屬桿的電阻r＝1.0 Ω，其余部分電阻不計。某時刻給金屬桿一個水平向右的

18、恒力F，金屬桿P由靜止開始運動，圖乙是金屬桿P運動過程的v－t圖象，導軌與金屬桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。在金屬桿P運動的過程中，第一個2 s內(nèi)通過金屬桿P的電荷量與第二個2 s內(nèi)通過P的電荷量之比為3∶5。g取10 m/s2。求： 圖9 (1)水平恒力F的大??； (2)前4 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)由圖乙可知金屬桿P先做加速度減小的加速運動，2 s后做勻速直線運動 當t＝2 s時，v＝4 m/s，此時感應電動勢E＝BLv 感應電流I＝ 安培力F′＝BIL＝ 根據(jù)牛頓運動定律有F－F′－μmg＝0 解得F＝0.75 N。 (2)通過金屬桿P的電荷量q＝t

19、＝·t 其中＝＝ 所以q＝∝x(x為P的位移) 設第一個2 s內(nèi)金屬桿P的位移為x1，第二個2 s內(nèi)P的位移為x2 則ΔΦ1＝BLx1，ΔΦ2＝BLx2＝BLvt 又由于q1∶q2＝3∶5 聯(lián)立解得x2＝8 m，x1＝4.8 m 前4 s內(nèi)由能量守恒定律得 F(x1＋x2)＝mv2＋μmg(x1＋x2)＋Qr＋QR 其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3 解得QR＝1.8 J。 答案　(1)0.75 N　(2)1.8 J 模型二　“雙桿＋導軌”模型 示意圖 力學觀點 導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩

20、棒以相同的速度做勻速直線運動 兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動 動量觀點 系統(tǒng)動量守恒 系統(tǒng)動量不守恒 能量觀點 棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱 外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱 【例2】　兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，兩導軌間的距離為l。導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd，構成矩形回路，如圖10所示。兩根導體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其它部分的電阻可不計。在整個導軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B。設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若兩導體棒在運動中始終不接觸，求

21、： 圖10 (1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？ (2)當棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，棒cd的加速度是多大？ 解析　(1)從開始到兩棒達到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv0＝2mv， 根據(jù)能量守恒定律，整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝mv－·2mv2＝mv。 (2)設棒ab的速度變?yōu)関0時，cd棒的速度為v′， 則由動量守恒可知mv0＝mv0＋mv′ 得v′＝v0，此時棒cd所受的安培力F＝BIl＝。 由牛頓第二定律可得棒cd的加速度大小為 a＝＝，方向水平向右。 答案　(1)mv　(2)，方向水平向右 (1)若涉及變力作用下運動問題，可選用動量守恒

22、和能量守恒的方法解決。 (2)若涉及恒力或恒定加速度，一般選用動力學的觀點。若涉及運動時間問題也可選用動量定理求解?！　　　　　? 【針對訓練】　如圖11所示，兩根平行的金屬導軌，固定在同一水平面上，磁感應強度B＝0.50 T的勻強磁場與導軌所在平面垂直，導軌的電阻很小，可忽略不計。導軌間的距離l＝0.20 m。兩根質(zhì)量均為m＝0.10 kg的平行金屬桿甲、乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R＝0.50 Ω。在t＝0時刻，兩桿都處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)有一與導軌平行、大小為0.20 N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導軌上滑動。經(jīng)過t＝5.0 s，金屬桿甲的加

23、速度為a＝1.37 m/s2，問此時兩金屬桿的速度各為多少？ 圖11 解析　設任一時刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短的時間Δt，桿甲移動距離v1Δt，桿乙移動距離v2Δt，回路面積改變 ΔS＝[(x－v2Δt)＋v1Δt]l－lx＝(v1－v2)lΔt 由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢E＝B，回路中的電流I＝，桿甲的運動方程F－BlI＝ma。由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動量(t＝0時為0)等于外力F的沖量Ft＝mv1＋mv2。聯(lián)立以上各式解得v1＝，v2＝，代入數(shù)據(jù)得v1＝8.15 m/s，v2＝1.85 m

24、/s。 答案　8.15 m/s　1.85 m/s 活頁作業(yè) (時間：40分鐘) ?題組一　電磁感應中的圖象問題 1.(2017·孝感模擬)如圖1甲所示，在電阻R＝1 Ω，面積S1＝0.3 m2的圓形線框中心區(qū)域存在勻強磁場，圓形磁場區(qū)面積S2＝0.2 m2。若取磁場方向垂直紙面向外為正方向，磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律可用圖乙描述，則線框中的感應電流I(取順時針方向為正方向)隨時間t的變化圖線是 (　　) 圖1 答案　C 2.下列四個選項圖中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。A、B中的導線框為正方形，C、D中的導線框為直角扇形。各導線框均繞垂直紙面軸

25、O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動周期均為T。從線框處于圖示位置時開始計時，以在OP邊上從P點指向O點的方向為感應電流i的正方向。則在如圖所示的四個情景中，產(chǎn)生的感應電流i隨時間t的變化規(guī)律如圖2所示的是(　　) 圖2 解析　根據(jù)感應電流在一段時間恒定，導線框應為扇形；由右手定則可判斷出產(chǎn)生的感應電流i隨時間t的變化規(guī)律如題圖所示的是選項C。 答案　C 3.兩塊水平放置的金屬板，板間距離為d，用導線將兩塊金屬板與一線圈連接，線圈中存在方向豎直向上、大小變化的磁場，如圖3所示。兩板間有一帶正電的油滴恰好靜止，則磁場的磁感應強度B隨時間變化的圖象是(　　) 圖3

26、 解析　帶正電的油滴靜止，即所受重力與電場力平衡，兩板間為勻強電場，因此線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為恒定值，由法拉第電磁感應定律可知，通過線圈的磁通量一定是均勻變化的，選項A、D錯誤；油滴帶正電，故下極板電勢高于上極板電勢，感應電流產(chǎn)生磁場與原磁場方向相同，由楞次定律可知，通過線圈的磁通量均勻減小，故選項C正確，B錯誤。 答案　C 4.(2017·洛陽市高中三年級第一次統(tǒng)一考試)如圖4甲所示，光滑導軌水平放置在與水平方向夾角為60°的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定圖甲中B的方向為正方向)，導體棒ab垂直導軌放置且與導軌接觸良好，除電阻R的阻值外，其余電阻

27、不計，導體棒ab在水平拉力作用下始終處于靜止狀態(tài)，規(guī)定a→b的方向為電流的正方向，水平向右的方向為拉力的正方向，則在0～t1時間內(nèi)，能正確反映流過導體棒ab的電流I和導體棒ab所受水平拉力F隨時間t變化的圖象是(　　) 圖4 解析　在0～t1時間內(nèi)，磁感應強度變化率＝，由法拉第電磁感應定律可知產(chǎn)生的感應電動勢恒定，感應電流恒定，選項A、B錯誤；根據(jù)楞次定律可判斷出ab中感應電流方向為b指向a，導體棒所受安培力F安＝BIL，0～t0時間內(nèi)，F(xiàn)安斜向右下方，隨時間均勻減小，t0～t1時間內(nèi)，F(xiàn)安斜向左上方，隨時間均勻增大，由平衡條件可知，導體棒所受水平拉力F時刻與F安在水平方向上的分力

28、等大反向，選項D正確，C錯誤。 答案　D 5.(2018·山東第一次大聯(lián)考)(多選)如圖5所示，導體棒沿兩平行導軌從圖中位置以速度v向右勻速通過一正方形abcd磁場區(qū)域，ac垂直于導軌且平行于導體棒，ac右側的磁感應強度是左側的2倍且方向相反，導軌和導體棒的電阻均不計，下列關于導體棒中感應電流和所受安培力隨時間變化的圖象正確的是(規(guī)定電流由M經(jīng)R到N為正方向，安培力向左為正方向)(　　) 圖5 解析　導體棒在左半?yún)^(qū)域時，根據(jù)右手定則，通過棒的電流方向向上，電流由M經(jīng)R到N為正值，且逐漸變大，導體棒在右半?yún)^(qū)域時，根據(jù)右手定則，通過棒的電流方向向下，電流為負值，且逐漸減小，且經(jīng)過分

29、界線時感應電流大小突然加倍，選項A正確，B錯誤；第一段時間內(nèi)安培力大小F＝BIL＝∝L2∝t2，第2段時間內(nèi)F′＝2BIL＝∝L2∝t2，選項C正確，D錯誤。 答案　AC 6.(多選)如圖6所示，一個邊長為L的正方形線框abcd無初速度地從高處釋放，線框下落過程中，下邊保持水平向下平動，在線框的下方，有一個上、下界面都水平的勻強磁場區(qū)，磁場區(qū)高度為2L，磁場方向與線框平面垂直，閉合線框下落后，剛好勻速進入磁場區(qū)，在整個進出磁場過程中，線框中的感應電流I隨位移x變化的圖象可能是下圖中的(　　) 圖6 解析　線框剛進入磁場時，＝mg，下邊始終勻速切割磁感線，通過線框的感應電流的大小

30、恒定為I0，方向不變，線框完全進入磁場后，安培力立即消失，線框僅在重力的作用下做勻加速運動，當線框下邊剛出磁場時，線框的速度大于進入磁場時的速度，故電流大于I0，選項A、C錯誤；線框所受安培力大于重力，線框做減速運動，感應電流及安培力都減小，所以線框的加速度a＝也減小，當加速度減小到0時，電流為I0，選項B、D中在x＝2L和x＝3L之間的曲線，分別對應著上邊剛要出磁場時，線框的速度已減小到進入磁場時的速度和未減小到該速度兩種情況，因此選項B、D正確。 答案　BD ?題組二　電磁感應中的電路問題 7.如圖7所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬

31、環(huán)所在區(qū)域，當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為(　　) 圖7 A.E B.E C.E D.E 解析　a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的，故a、b間電勢差為U＝E，選項B正確。 答案　B 8.(多選)如圖8所示，一不計電阻的導體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點，過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好，現(xiàn)將此裝置放置于磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場中，磁場邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點逆時針轉(zhuǎn)動，右側電路通過電刷與圓環(huán)中心和環(huán)的邊緣相接觸，R1＝，S

32、處于閉合狀態(tài)，不計其他電阻，則下列判斷正確的是(　　) 圖8 A.通過R1的電流方向為自下而上 B.感應電動勢大小為2Br2ω C.理想電壓表的示數(shù)為Br2ω D.理想電流表的示數(shù)為 解析　由右手定則可知圓環(huán)中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負極，因此通過R1的電流方向為自下而上，選項A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉(zhuǎn)動切割磁場線，因此感應電動勢大小為Br2ω，選項B錯誤；由圖可知，在磁場內(nèi)部的半根輻條相當于電源，磁場外部的半根輻條與R1并聯(lián)，因此理想電壓表的示數(shù)為Br2ω，選項C正確；理想電流表的示數(shù)為，選項D錯誤。 答案　AC 9.如圖9所示，間距L＝1 m的

33、兩根足夠長的固定水平平行導軌間存在著勻強磁場，其磁感應強度大小B＝1 T、方向垂直于紙面向里，導軌上有一金屬棒MN與導軌垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度水平向左勻速運動。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6μF，導軌和棒的電阻及一切摩擦均不計。開關S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，求： 圖9 (1)通過R2的電流I的大小和方向； (2)拉力F的大??； (3)開關S1切斷后通過R2的電荷量Q。 解析　(1)開關S1、S2閉合后，根據(jù)右手定則知棒中的感應電流方向是由M→N，所以通過R2的電流方向是由b→a MN中產(chǎn)生的感應電動勢的大小E＝BLv 流過R2的電流I＝ 代入

34、數(shù)據(jù)解得I＝0.1 A (2)棒受力平衡有F＝F安，F(xiàn)安＝BIL 代入數(shù)據(jù)解得F＝0.1 N (3)開關S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量 Q1＝CIR2 S1切斷后，流過R2的電荷量Q等于電容器所帶電荷量的減少量，即Q＝Q1－0 代入數(shù)據(jù)解得Q＝7.2×10－6 C 答案　(1)0.1 A，方向是b→a　(2)0.1 N (3)7.2×10－6 C 10.在傾角為θ＝37°的斜面內(nèi)，放置MN和PQ兩根不等間距的光滑金屬導軌，該裝置放置在垂直斜面向下的勻強磁場中。導軌M、P端間接入阻值R1＝30 Ω的電阻和理想電流表，N、Q端間接阻值為R2＝6 Ω的電阻。質(zhì)量為m

35、＝0.6 kg、長為L＝1.5 m的金屬棒放在導軌上以v0＝5 m/s的初速度從ab處向右上方滑到a′b′處的時間為t＝0.5 s，滑過的距離l＝0.5 m。ab處導軌間距Lab＝0.8 m，a′b′處導軌間距La′b′＝1 m。若金屬棒滑動時電流表的讀數(shù)始終保持不變，不計金屬棒和導軌的電阻。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： 圖10 (1)此過程中電阻R1上產(chǎn)生的熱量； (2)此過程中電流表上的讀數(shù)； (3)勻強磁場的磁感應強度。 解析　(1)因電流表的讀數(shù)始終保持不變，即感應電動勢不變， 故BLabv0＝BLa′b′va′b′，代入數(shù)據(jù)可得va′b′＝4 m/s， 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律， 得Q總＝m(v－v)－mglsin 37°＝QR1＋QR2 由Q＝t，得＝， 代入數(shù)據(jù)可求，得QR1＝0.15 J (2)由焦耳定律QR1＝IR1t可知電流表讀數(shù) I1＝＝0.1 A (3)不計金屬棒和導軌上的電阻，則R1兩端的電壓始終等于金屬棒與兩軌接觸間的電動勢， 由E＝I1R1，E＝BLa′b′va′b′可得 B＝＝0.75 T 答案　(1)0.15 J　(2)0.1 A　(3)0.75 T 19