《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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(guān)圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量。 3.解題關(guān)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(guān)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(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)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。回路的圓環(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。現(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(guān)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(guān)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(cè)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(guān)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，總磁通量減小；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 　[常考點]電磁感應中的電路問題 1.電磁感應中電路知識的關(guān)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(gòu)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(gòu)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(cè)的磁感應強度是左側(cè)的2倍且方向相反，導軌和導體棒的電阻均不計，下列關(guān)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(cè)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(guān)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(guān)S1切斷后通過R2的電荷量Q。 解析　(1)開關(guān)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(guān)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