新高考物理一輪復習講義 第12章 專題強化23　電磁感應(yīng)中的電路及圖像問題（2份打包，原卷版+教師版）

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題型一 電磁感應(yīng)中的電路問題
1．電磁感應(yīng)中的電源
(1)做切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的回路相當于電源．
電動勢：E＝Blv或E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，這部分電路的阻值為電源內(nèi)阻．
(2)用右手定則或楞次定律與安培定則結(jié)合判斷，感應(yīng)電流流出的一端為電源正極．
2．分析電磁感應(yīng)電路問題的基本思路
3．電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖
考向1 感生電動勢的電路問題
例1 如圖所示，單匝正方形線圈A邊長為0.2 m，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律為B＝(0.8－0.2t) T．開始時開關(guān)S未閉合，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝20 μF，線圈及導線電阻不計．閉合開關(guān)S，待電路中的電流穩(wěn)定后．求：
(1)回路中感應(yīng)電動勢的大??；
(2)電容器所帶的電荷量．
答案 (1)4×10－3 V (2)4.8×10－8 C
解析 (1)由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq \f(ΔB,Δt)S，S＝eq \f(1,2)L2，代入數(shù)據(jù)得E＝4×10－3 V
(2)由閉合電路的歐姆定律得I＝eq \f(E,R1＋R2)，由部分電路的歐姆定律得U＝IR2，電容器所帶電荷量為Q＝CU＝4.8×10－8 C.
考向2 動生電動勢的電路問題
例2 (多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R)．框內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場．一長為L、電阻為R的導體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動．金屬框電阻不計，導體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是( )
A．ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針
B．左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動勢大小為2BLv
C．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導體棒兩端的電壓為eq \f(2,3)BLv
D．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq \f(R,2)時，滑動變阻器的電功率為eq \f(B2L2v2,8R)
答案 AD
解析 根據(jù)楞次定律可知，ABFE回路電流方向為逆時針，ABCD回路電流方向為順時針，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E＝BLv，故B錯誤；當R1＝R時，外電路總電阻R外＝eq \f(R,2)，因此導體棒兩端的電壓即路端電壓應(yīng)等于eq \f(1,3)BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內(nèi)阻為R，當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq \f(R,2)時，干路電流為I＝eq \f(3BLv,4R)，滑動變阻器所在支路電流為eq \f(2,3)I，容易求得滑動變阻器電功率為eq \f(B2L2v2,8R)，故D正確．
例3 (多選)一種帶有閃爍燈的自行車后輪結(jié)構(gòu)如圖所示，車輪與輪軸之間均勻地連接4根金屬條，每根金屬條中間都串接一個小燈，每個小燈阻值恒為R＝0.3 Ω，金屬條與車輪金屬邊框構(gòu)成閉合回路，車輪半徑r＝0.4 m，輪軸半徑可以忽略．車架上固定一個強磁鐵，可形成圓心角θ＝60°的扇形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B＝2.0 T，方向如圖所示，若自行車正常前進時，后輪順時針轉(zhuǎn)動的角速度恒為ω＝10 rad/s，不計其他電阻和車輪厚度，下列說法正確的是( )
A．金屬條ab進入磁場時，a端電勢高于b端電勢
B．金屬條ab進入磁場時，ab間的電壓為0.4 V
C．運動過程中流經(jīng)燈泡的電流方向一直不變
D．自行車正常前進時，4個小燈總功率的平均值為eq \f(64,15) W
答案 ABD
解析 當金屬條ab進入磁場時，金屬條ab相當于電源，由右手定則可知，電流從b流向a，故a端電勢高于b端電勢，故A正確；E＝eq \f(1,2)Br2ω＝1.6 V，由等效電路圖(如圖)可知R總＝eq \f(R,3)＋R＝eq \f(4,3)R，Uab＝eq \f(E,\f(4,3)R)·eq \f(R,3)＝0.4 V，I＝eq \f(E,R總)＝4 A，故B正確；設(shè)車輪運動一周的時間為T，則每根金屬條充當電源的時間為t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(T,6)，則車輪運動一周電路中有電源的時間為t′＝4t＝eq \f(2,3)T，可知一個周期內(nèi)，4個小燈總功率的平均值為P＝eq \f(2,3)EI＝eq \f(64,15) W，則自行車正常前進時，4個小燈總功率的平均值為eq \f(64,15) W，故D正確；當金屬條在磁場中時，該金屬條中流經(jīng)燈泡的電流方向為從車輪邊框流向輪軸，當該金屬條在磁場外時，電流方向由輪軸流向車輪邊框，故C錯誤．
題型二 電磁感應(yīng)中電荷量的計算
計算電荷量的導出公式：q＝neq \f(ΔФ,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，閉合回路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流，設(shè)在時間Δt內(nèi)通過導體橫截面的電荷量為q，則根據(jù)電流定義式eq \x\t(I)＝eq \f(q,Δt)及法拉第電磁感應(yīng)定律eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)，得q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R總)Δt＝eq \f(nΔΦ,R總Δt)Δt＝eq \f(nΔΦ,R總)，即q＝neq \f(ΔΦ,R總).
例4 在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 Ω.規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示．磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．以下說法正確的是( )
A．在0～2 s時間內(nèi)，I的最大值為0.02 A
B．在3～5 s時間內(nèi)，I的大小越來越小
C．前2 s內(nèi)，通過線圈某橫截面的總電荷量為0.01 C
D．第3 s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大
答案 C
解析 0～2 s時間內(nèi)，t＝0時刻磁感應(yīng)強度變化率最大，感應(yīng)電流最大，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB·S,ΔtR)＝0.01 A，A錯誤；3～5 s時間內(nèi)電流大小不變，B錯誤；前2 s內(nèi)通過線圈的電荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(ΔB·S,R)＝0.01 C，C正確；第3 s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錯誤．
例5 (2018·全國卷Ⅰ·17)如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽略不計．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，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磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強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( )
A.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?\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2?,Δt1)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，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?\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)，故選B.
題型三 電磁感應(yīng)中的圖像問題
1．解題關(guān)鍵
弄清初始條件、正負方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵．
2．解題步驟
(1)明確圖像的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；對切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及E－x圖像和i－x圖像；
(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應(yīng)關(guān)系；
(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；
(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等；
(6)畫圖像或判斷圖像．
3．常用方法
(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的正負，增大還是減小，以及變化快慢，來排除錯誤選項．
(2)函數(shù)法：寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像進行分析和判斷．
考向1 感生問題的圖像
例6 (多選)(2023·江西省宜春實驗中學質(zhì)檢)如圖甲所示，正方形線圈abcd內(nèi)有垂直于線圈的勻強磁場，已知線圈匝數(shù)n＝10，邊長ab＝1 m，線圈總電阻r＝1 Ω，線圈內(nèi)磁感應(yīng)強度隨時間的變化情況如圖乙所示．設(shè)圖示的磁場方向與感應(yīng)電流方向為正方向，則下列有關(guān)線圈的電動勢e、感應(yīng)電流i、焦耳熱Q以及ab邊的安培力F(取向下為正方向)隨時間t的變化圖像正確的是( )
答案 CD
解析 0～1 s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e1＝eq \f(nSΔB,Δt)＝2 V，方向為逆時針，同理1～5 s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e2＝1 V，方向為順時針，A錯誤；0～1 s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為i1＝eq \f(e1,r)＝2 A，方向為逆時針(負值)，同理1～5 s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為i2＝1 A，方向為順時針(正值)，B錯誤；ab邊受到的安培力大小為F＝nBiL，可知0～1 s內(nèi)0≤F≤4 N，方向向下，1～3 s內(nèi)0≤F≤2 N，方向向上，3～5 s內(nèi)0≤F≤2 N，方向向下，C正確；線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eit,0～1 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為4 J,1～5 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為4 J，D正確．
考向2 動生問題的圖像
例7 如圖所示，將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導線框OMN，圓弧MN的圓心為O點，將O點置于直角坐標系的原點，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(yīng)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(yīng)強度大小為2B.t＝0時刻，讓導線框從圖示位置開始以O(shè)點為圓心沿逆時針方向做勻速圓周運動，規(guī)定電流方向ONM為正，在下面四幅圖中能夠正確表示電流i與時間t關(guān)系的是( )
答案 C
解析 在0～t0時間內(nèi)，線框沿逆時針方向從題圖所示位置開始(t＝0)轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝eq \f(1,2)BωR2，由閉合電路的歐姆定律得，回路中的電流為I1＝eq \f(E1,r)＝eq \f(BR2ω,2r)，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)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)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝eq \f(1,2)Bω·R2＋eq \f(1,2)·2BωR2＝eq \f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)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(yīng)電動勢為E3＝eq \f(1,2)Bω·R2＋eq \f(1,2)·2Bω·R2＝eq \f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流為I3＝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(yīng)電動勢為E4＝eq \f(1,2)BωR2，回路電流為I4＝I1，故C正確，A、B、D錯誤．
例8 (多選)(2020·山東卷·12)如圖所示，平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，圖中虛線方格為等大正方形．一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發(fā)生轉(zhuǎn)動)．從圖示位置開始計時，4 s末bc邊剛好進入磁場．在此過程中，導體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I, ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時間t的關(guān)系圖像可能正確的是( )
答案 BC
解析 設(shè)虛線方格的邊長為x，根據(jù)題意知abcde每經(jīng)過1 s運動的距離為x.在0～1 s內(nèi)，感應(yīng)電動勢E1＝2Bxv，感應(yīng)電流I1＝eq \f(2Bxv,R)恒定；在1～2 s內(nèi)，切割磁感線的有效長度均勻增加，故感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流隨時間均勻增加，2 s時感應(yīng)電動勢E2＝3Bxv，感應(yīng)電流I2＝eq \f(3Bxv,R)；在2～4 s內(nèi)，切割磁感線的有效長度均勻減小，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流均勻減小，4 s時感應(yīng)電動勢E3＝Bxv，感應(yīng)電流I3＝eq \f(Bxv,R)，故A錯誤，B正確．由題意可知，在0～4 s內(nèi)，ab邊進入磁場的長度l＝vt，根據(jù)F＝BIl，在0～1 s內(nèi)，I＝eq \f(2Bxv,R)恒定，則Fab＝BI1·vt＝eq \f(2B2v2x,R)t∝t；在1～2 s內(nèi)，電流I隨時間均勻增加，切割磁感線的有效長度l′＝[2x＋v(t－1)]∝t，據(jù)F＝IlB可知Fab與t為二次函數(shù)關(guān)系，圖線是拋物線的一部分，且t＝2 s時，F(xiàn)ab＝eq \f(6B2x2v,R)；在2～4 s內(nèi)，I隨時間均勻減小，切割磁場的有效長度l″＝3x－v(t－2)＝5x－vt隨時間均勻減小，故Fab與t為二次函數(shù)關(guān)系，有極大值，當t＝4 s時，F(xiàn)ab＝eq \f(4B2x2v,R)，故C正確，D錯誤．
課時精練
1.如圖所示是兩個相互連接的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，勻強磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化時，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為( )
A.eq \f(1,2)E B.eq \f(1,3)E C.eq \f(2,3)E D．E
答案 B
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eq \f(1,3)，故a、b間電勢差為U＝eq \f(1,3)E，選項B正確．
2．如圖甲所示，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隨時間t變化的圖像是圖中的( )
答案 D
解析 因為l2中感應(yīng)電流大小不變，根據(jù)法拉第電磁感定律可知，l1中磁場的變化是均勻的，即l1中電流的變化也是均勻的，A、C錯誤；根據(jù)題圖乙可知，0～eq \f(T,4)時間內(nèi)l2中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向左，所以線圈l1中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向左并且減小，或方向向右并且增大，B錯誤，D正確．
3．(多選)(2023·廣東省華南師大附中模擬)如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，有兩根光滑的平行導軌，間距為L，導軌兩端分別接有電阻R1和R2，導體棒以某一初速度從ab位置向右運動距離x到達cd位置時，速度為v，產(chǎn)生的電動勢為E，此過程中通過電阻R1、R2的電荷量分別為q1、q2.導體棒有電阻，導軌電阻不計．下列關(guān)系式中正確的是( )
A．E＝BLv B．E＝2BLv
C．q1＝eq \f(BLx,R1) D.eq \f(q1,q2)＝eq \f(R2,R1)
答案 AD
解析 導體棒做切割磁感線的運動，速度為v時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，故A正確，B錯誤；設(shè)導體棒的電阻為r，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)，根據(jù)閉合電路歐姆定律得eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),r＋\f(R1R2,R1＋R2))，通過導體棒的電荷量為q＝eq \x\t(I)Δt，導體棒相當于電源，電阻R1和R2并聯(lián)，則通過電阻R1和R2的電流之比eq \f(I1,I2)＝eq \f(R2,R1)，通過電阻R1、R2的電荷量之比eq \f(q1,q2)＝eq \f(I1Δt,I2Δt)＝eq \f(R2,R1)，結(jié)合q＝q1＋q2，解得q1＝eq \f(BLxR2,?R1＋R2?r＋R1R2)，故C錯誤，D正確．
4．(多選)如圖甲所示，單匝正方形線框abcd的電阻R＝0.5 Ω，邊長L＝20 cm，勻強磁場垂直于線框平面向里，磁感應(yīng)強度的大小隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法中正確的是( )
A．線框中的感應(yīng)電流沿逆時針方向，大小為2.4×10－2 A
B．0～2 s內(nèi)通過ab邊橫截面的電荷量為4.8×10－2 C
C．3 s時ab邊所受安培力的大小為1.44×10－2 N
D．0～4 s內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為1.152×10－3 J
答案 BD
解析 由楞次定律判斷感應(yīng)電流為順時針方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律得電動勢E＝Seq \f(ΔB,Δt)＝1.2×10－2 V，感應(yīng)電流I＝eq \f(E,R)＝2.4×10－2 A，故選項A錯誤；電荷量q＝IΔt，解得q＝4.8×
10－2 C，故選項B正確；安培力F＝BIL，由題圖乙得，3 s時B＝0.3 T，代入數(shù)值得：F＝1.44×
10－3 N，故選項C錯誤；由焦耳定律得Q＝I2Rt，代入數(shù)值得Q＝1.152×10－3 J，故D選項正確．
5.在水平光滑絕緣桌面上有一邊長為L的正方形線框abcd，被限制在沿ab方向的水平直軌道上自由滑動．bc邊右側(cè)有一正直角三角形勻強磁場區(qū)域efg，直角邊ge和ef的長也等于L，磁場方向豎直向下，其俯視圖如圖所示，線框在水平拉力作用下向右以速度v勻速穿過磁場區(qū)，若圖示位置為t＝0時刻，設(shè)逆時針方向為電流的正方向．則感應(yīng)電流i－t圖像正確的是(時間單位為eq \f(L,v))( )
答案 D
解析 bc邊的位置坐標x從0～L的過程中，根據(jù)楞次定律判斷可知線框中感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值．線框bc邊有效切線長度為l＝L－vt，感應(yīng)電動勢為E＝Blv＝B(L－vt)·v，隨著t均勻增加，E均勻減小，感應(yīng)電流i＝eq \f(E,R)，即知感應(yīng)電流均勻減小．同理，x從L～2L的過程中，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→d→c→b→a，為負值，感應(yīng)電流仍均勻減小，故A、B、C錯誤，D正確．
6.(2023·重慶市巴蜀中學高三月考)如圖所示，線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，線圈電阻為R，處于一個均勻增強的磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間的變化率為k，磁場方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，兩個電阻的阻值均為2R.下列說法正確的是( )
A．電容器上極板帶負電
B．通過線圈的電流大小為eq \f(nkS,2R)
C．電容器所帶的電荷量為eq \f(CnkS,2)
D．電容器所帶的電荷量為eq \f(2CnkS,3)
答案 D
解析 由楞次定律和右手螺旋定則知，電容器上極板帶正電，A錯誤；因E＝nkS，I＝eq \f(E,3R)＝eq \f(nkS,3R)，B錯誤；又U＝I×2R＝eq \f(2nkS,3)，Q＝CU＝eq \f(2CnkS,3)，C錯誤，D正確．
7．(2023·山東省模擬)如圖甲所示，一長為L的導體棒，繞水平圓軌道的圓心O勻速順時針轉(zhuǎn)動，角速度為ω，電阻為r，在圓軌道空間存在有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.半徑小于eq \f(L,2)的區(qū)域內(nèi)磁場豎直向上，半徑大于eq \f(L,2)的區(qū)域內(nèi)磁場豎直向下，俯視圖如圖乙所示，導線一端Q與圓心O相連，另一端P與圓軌道連接給電阻R供電，其余電阻不計，則( )
A．電阻R兩端的電壓為eq \f(BL2ω,4)
B．電阻R中的電流方向向上
C．電阻R中的電流大小為eq \f(BL2ω,4?R＋r?)
D．導體棒的安培力做功的功率為0
答案 C
解析 半徑小于eq \f(L,2)的區(qū)域內(nèi)，E1＝Beq \f(L,2)·eq \f(ω\f(L,2),2)＝eq \f(BL2ω,8)，半徑大于eq \f(L,2)的區(qū)域，E2＝Beq \f(L,2)·eq \f(ω\f(L,2)＋ωL,2)＝eq \f(3BL2ω,8)，根據(jù)題意可知，兩部分電動勢相反，故總電動勢E＝E2－E1＝eq \f(BL2ω,4)，根據(jù)右手定則可知圓心為負極，圓環(huán)為正極，電阻R中的電流方向向下，電阻R上的電壓U＝eq \f(R,R＋r)E＝eq \f(RBL2ω,4?R＋r?)，故A、B錯誤；電阻R中的電流大小為I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BL2ω,4?R＋r?)，故C正確；回路有電流，則安培力不為零，故導體棒的安培力做功的功率不為零，故D錯誤．
8.(多選)如圖，PAQ為一段固定于水平面上的光滑圓弧導軌，圓弧的圓心為O，半徑為L.空間存在垂直導軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場．電阻為R的金屬桿OA與導軌接觸良好，圖中電阻R1＝R2＝R，其余電阻不計．現(xiàn)使OA桿在外力作用下以恒定角速度ω繞圓心O順時針轉(zhuǎn)動，在其轉(zhuǎn)過eq \f(π,3)的過程中，下列說法正確的是( )
A．流過電阻R1的電流方向為P→R1→O
B．A、O兩點間電勢差為eq \f(BL2ω,2)
C．流過OA的電荷量為eq \f(πBL2,6R)
D．外力做的功為eq \f(πωB2L4,18R)
答案 AD
解析 由右手定則判斷出OA中電流方向由O→A，可知流過電阻R1的電流方向為P→R1→O，故A正確；OA產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq \f(BL2ω,2)，將OA當成電源，外部電路R1與R2并聯(lián)，則A、O兩點間的電勢差為U＝eq \f(E,R＋\f(R,2))·eq \f(R,2)＝eq \f(BL2ω,6)，故B錯誤；流過OA的電流大小為I＝eq \f(E,R＋\f(R,2))＝eq \f(BL2ω,3R)，轉(zhuǎn)過eq \f(π,3)弧度所用時間為t＝eq \f(\f(π,3),ω)＝eq \f(π,3ω)，流過OA的電荷量為q＝It＝eq \f(πBL2,9R)，故C錯誤；轉(zhuǎn)過eq \f(π,3)弧度過程中，外力做的功為W＝EIt＝eq \f(πωB2L4,18R)，故D正確．
9.(多選)(2019·全國卷Ⅱ·21)如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計．虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場．將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好．已知PQ進入磁場時加速度恰好為零．從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是( )
答案 AD
解析 根據(jù)題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導體棒從同一位置釋放，則兩導體棒進入磁場時的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，PQ通過磁場區(qū)域后MN進入磁場區(qū)域，MN同樣勻速直線運動通過磁場區(qū)域，故流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是A；若釋放兩導體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時MN就進入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中磁通量不變，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流為零，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，PQ出磁場后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于剛開始僅PQ切割磁感線時的感應(yīng)電流I1，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿導軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是D.
10．如圖甲所示，虛線MN左、右兩側(cè)的空間均存在與紙面垂直的勻強磁場，右側(cè)勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小恒為B0；左側(cè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向．一硬質(zhì)細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S0，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上．求：
(1)t＝eq \f(t0,2)時，圓環(huán)受到的安培力；
(2)在0～eq \f(3,2)t0內(nèi)，通過圓環(huán)的電荷量．
答案 (1)eq \f(3B02r2S0,4ρt0)，垂直于MN向左 (2)eq \f(3B0rS0,8ρ)
解析 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq \f(ΔB,Δt)S
上式中S＝eq \f(πr2,2)
由題圖乙可知eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)
根據(jù)閉合電路的歐姆定律有I＝eq \f(E,R)
根據(jù)電阻定律有R＝ρeq \f(2πr,S0)
t＝eq \f(1,2)t0時，圓環(huán)受到的安培力大小F＝B0I·(2r)＋eq \f(B0,2)I·(2r)
聯(lián)立解得F＝eq \f(3B02r2S0,4ρt0)
由左手定則知，方向垂直于MN向左．
(2)通過圓環(huán)的電荷量q＝eq \x\t(I)·Δt
根據(jù)閉合電路的歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律有eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)，eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
在0～eq \f(3,2)t0內(nèi)，穿過圓環(huán)的磁通量的變化量為
ΔΦ＝B0·eq \f(1,2)πr2＋eq \f(B0,2)·eq \f(1,2)πr2
聯(lián)立解得q＝eq \f(3B0rS0,8ρ).
11．如圖所示，光滑的足夠長的平行水平金屬導軌MN、PQ相距l(xiāng)，在M、P和N、Q間各連接一個額定電壓為U、阻值恒為R的燈泡L1、L2，在兩導軌間cdfe矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面豎直向上、寬為d0的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B0，且磁場區(qū)域可以移動，一電阻也為R、長度大小也剛好為l的導體棒ab垂直固定在磁場左邊的導軌上，離燈泡L1足夠遠．現(xiàn)讓勻強磁場在導軌間以某一恒定速度向左移動，當棒ab剛處于磁場時兩燈泡恰好正常工作．棒ab與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計．
(1)求磁場移動的速度大??；
(2)若保持磁場不移動(仍在cdfe矩形區(qū)域)，而使磁感應(yīng)強度B隨時間t均勻變化，兩燈泡中有一燈泡正常工作且都有電流通過，設(shè)t＝0時，磁感應(yīng)強度為B0.試求出經(jīng)過時間t時磁感應(yīng)強度的可能值Bt.
答案 (1)eq \f(3U,B0l) (2)B0±eq \f(3U,2ld0)t
解析 (1)當ab剛處于磁場時，ab棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于電源，燈泡剛好正常工作，則電路中路端電壓U外＝U
由電路的分壓之比得U內(nèi)＝2U
則感應(yīng)電動勢為E＝U外＋U內(nèi)＝3U
由E＝B0lv＝3U，可得v＝eq \f(3U,B0l)
(2)若保持磁場不移動(仍在cdfe矩形區(qū)域)，而使磁感應(yīng)強度B隨時間t均勻變化，可得棒與L1并聯(lián)后再與L2串聯(lián)，則正常工作的燈泡為L2，所以L2兩端的電壓為U，電路中的總電動勢為
E＝U＋eq \f(U,2)＝eq \f(3U,2)
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)ld0
聯(lián)立解得eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(3U,2ld0)，所以經(jīng)過時間t時磁感應(yīng)強度的可能值Bt＝B0±eq \f(3U,2ld0)t.