第52講　電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題

能力命題點一　電磁感應(yīng)中的電路問題


1．對電源的理解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。分為以下兩種：
(1)切割磁感線的導(dǎo)體，產(chǎn)生的電動勢為動生電動勢。
(2)處于變化的磁場中產(chǎn)生的感生電場中的導(dǎo)體，產(chǎn)生的電動勢為感生電動勢。
2．電磁感應(yīng)中的內(nèi)、外電路
(1)回路中相當(dāng)于電源的部分導(dǎo)體為內(nèi)電路，其電阻為內(nèi)阻，其余部分為外電路。
(2)內(nèi)電路中電流自低電勢流向高電勢；外電路中電流自高電勢流向低電勢。
3．分析電磁感應(yīng)電路問題的基本思路

4．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中通過導(dǎo)體橫截面的電量的求法
在Δt時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量的計算式為：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝，即通過閉合回路某一橫截面的電荷量僅與ΔΦ、n和回路電阻R有關(guān)，而與時間長短、磁場變化的快慢或?qū)w運動的快慢無關(guān)。解決選擇題或填空題時，可直接應(yīng)用以上結(jié)論。

為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計了一種“閃爍”裝置。如圖所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2 m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40 m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強度B＝0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝。后輪以角速度ω＝2π rad/s相對于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動。若不計其他電阻，忽略磁場的邊緣效應(yīng)。

(1)當(dāng)金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應(yīng)電動勢E，并指出ab上的電流方向；
(2)當(dāng)金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖；
(3)從金屬條ab進入“扇形”磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈的過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變化的Uab-t圖象；
(4)若選擇的是“1.5 V'0.3 A”的小燈泡，該“閃爍”裝置能否正常工作？有同學(xué)提出，通過改變磁感應(yīng)強度B、后輪外圈半徑r2、角速度ω和張角θ等物理量的大小，優(yōu)化小明同學(xué)的設(shè)計方案，請給出你的評價。
解析　(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，平均速度
＝ω
E＝B(r2－r1)＝Bω(r－r)≈4.9×10－2 V
根據(jù)右手定則，可得感應(yīng)電流方向為b→a。
(2)通過分析，可得電路圖如圖所示。

(3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知
R總＝R＋R＝R
a、b兩端電勢差
Uab＝E－IR＝E－R＝E≈1.2×10－2 V
設(shè)ab離開磁場區(qū)域的時刻為t1，下一根金屬條進入磁場區(qū)域的時刻為t2，則
t1＝＝ s，t2＝＝ s
設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為T，則T＝＝1 s
在T＝1 s內(nèi)，金屬條有4次進出，后3次Uab與第1次相同。
根據(jù)以上分析可畫出如下圖象。

(4)金屬條的感應(yīng)電動勢只有4.9×10－2 V，遠(yuǎn)小于燈泡的額定電壓1.5 V，因此“閃爍”裝置不能正常工作。
評價：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω同樣有限度；改變θ只能改變“閃爍”時間的長短。
答案　(1)4.9×10－2 V　b→a　(2)(3)(4)見解析

解決電磁感應(yīng)電路問題的策略是先源后路，即


(2019·濟南高三模擬)在如圖甲所示的電路中，螺線管的匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝20 cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段時間內(nèi)，垂直穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強度B的方向如圖甲所示，大小按如圖乙所示的規(guī)律變化，則下列說法中正確的是(　　)

A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1.2 V
B．閉合K，電路中的電流穩(wěn)定后電容器的下極板帶負(fù)電
C．閉合K，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為2.56×10－2 W
D．K斷開后，流經(jīng)R2的電量為1.8×10－2 C
答案　C
解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝n＝nS，解得：E＝0.8 V，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，螺線管中的感應(yīng)電流自上而下，則螺線管的下端是電源的正極，電容器的下極板帶正電，故B錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I＝＝0.08 A，則電阻R1的電功率P＝I2R1＝2.56×10－2 W，故C正確；K斷開后，流經(jīng)R2的電量即為K閉合時電容器極板上所帶的電量Q，電容器兩端的電壓為：U＝IR2＝0.4 V，流經(jīng)R2的電量為：Q＝CU＝1.2×10－5 C，故D錯誤。

能力命題點二　電磁感應(yīng)中的圖象問題


1．電磁感應(yīng)中常見的圖象問題
圖象
類型
隨時間變化的圖象，如B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象、I-t圖象；隨位移變化的圖象，如E-x圖象、I-x圖象(所以要先看坐標(biāo)軸：哪個物理量隨哪個物理量變化要弄清)
問題
類型
(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象(畫圖象)
(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量(用圖象)
解題
關(guān)鍵
弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵
2．解決圖象問題的一般步驟
(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；
(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、歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出函數(shù)關(guān)系式；
(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；
(6)判斷圖象或根據(jù)圖象計算各物理量。

(2020·陜西百校聯(lián)盟一模)(多選)如圖甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，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，順時針為線框中感應(yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向。關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i、ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖象，下列選項正確的是(　　)

解析　由題圖乙可知，0～1 s時間內(nèi)，B的方向垂直紙面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向是順時針方向，為正值；1～2 s時間內(nèi)，磁通量不變，無感應(yīng)電流；2～3 s時間內(nèi)，B的方向垂直紙面向外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向是逆時針方向，是負(fù)值；3～4 s時間內(nèi)，B的方向垂直紙面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向是逆時針方向，是負(fù)值。在左手定則可知，在0～1 s內(nèi)，ad邊受到的安培力方向水平向右，是正值；1～2 s時間內(nèi)，無感應(yīng)電流，沒有安培力；2～3 s時間內(nèi)，安培力水平向左，是負(fù)值；3～4 s時間內(nèi)，安培力水平向右，是正值；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E＝＝S，感應(yīng)電流I＝＝，由B-t圖象可知，在0～1 s、2～4 s時間段內(nèi)，的大小不變，在各時間段內(nèi)I的大小是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，綜上可知，B、C正確，A、D錯誤。
答案　BC

1．電磁感應(yīng)圖象選擇題的兩個常用方法
(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(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)，以排除錯誤的選項。
(2)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。
2．處理圖象問題要做到“四明確”
(1)明確圖象所描述的物理意義；
(2)明確各種正、負(fù)號的含義；
(3)明確圖象斜率或面積的物理意義；
(4)明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對應(yīng)關(guān)系。

(2017·全國卷Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖a所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖b所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是(　　)

A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5 T
B．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5 m/s
C．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N
答案　BC
解析　由圖象可知，從導(dǎo)線框的cd邊進入磁場到ab邊剛好進入磁場，用時為0.2 s，可得導(dǎo)線框運動速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s，B正確；由圖象可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感應(yīng)強度的大小B＝ T＝0.2 T，A錯誤；感應(yīng)電流的方向為順時針時，對cd邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外，C正確；t＝0.4 s至t＝0.6 s時間段為cd邊離開磁場，ab邊切割磁感線的過程，由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入數(shù)據(jù)得F＝0.04 N，D錯誤。

課時作業(yè)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)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(dǎo)體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好；導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強度大小B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場。下列說法中正確的是(　　)

A．導(dǎo)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
答案　BD
解析　由右手定則可知ab中電流方向為a→b，A錯誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，ab為電源，cd間的電阻R為外電路負(fù)載，de和cf間的電阻中無電流，de和cf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝×R＝＝1 V，B、D正確，C錯誤。
2．匝數(shù)n＝100匝的圓形金屬線圈的電阻R＝2 Ω，線圈與R1＝2 Ω的電阻連成閉合回路，其簡化電路如圖甲所示，A、B為線圈兩端點。線圈的半徑r1＝15 cm，在線圈中半徑r2＝10 cm的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示。則下列說法正確的是(　　)

A．A點電勢比B點電勢低
B．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為4.5π V
C．R1兩端電壓為π V
D．0～2 s內(nèi)通過R1的電荷量為1.125π C
答案　C
解析　根據(jù)楞次定律可知，線圈中的磁通量均勻增大，感應(yīng)電流沿逆時針方向，因此A點電勢比B點電勢高，A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝n··S＝100××π×0.12 V＝2π V，B錯誤；回路中的電流I＝＝ A＝ A，R1兩端的電壓為U1＝IR1＝×2 V＝π V，C正確；0～2 s內(nèi)通過R1的電荷量為q＝It＝×2 C＝π C，D錯誤。
3．一矩形線圈位于一個方向垂直線圈平面向里的磁場中，如圖甲所示，磁感應(yīng)強度B隨t的變化規(guī)律如圖乙所示。以i表示線圈中的感應(yīng)電流，以圖甲線圈上箭頭所示方向的電流為正，則以下的i-t圖中正確的是(　　)


答案　A
解析　根據(jù)題圖乙可知，在0～1 s內(nèi)，不變且線圈面積S也不變，所以根據(jù)E＝S可知感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，由楞次定律可得電流為逆時針方向，在圖象中為負(fù)；2～3 s內(nèi)，同理，由E＝S知i恒定，方向為正；1～2 s內(nèi)，B不變，i＝0，A正確。
4. 如圖所示，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勻強磁場B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，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中(　　)

A．PQ中的電流先增大后減小
B．PQ兩端的電壓先減小后增大
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　導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv，其等效電路如圖所示，總電阻為R總＝R＋＝R＋，在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，A錯誤；PQ兩端的電壓為路端電壓U＝E－IR，即先增大后減小，B錯誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有PF＝P安＝F安v＝BILv，先減小后增大，C正確；根據(jù)電源的輸出功率曲線可知，當(dāng)外電阻＝R時輸出功率最大，而外電阻的最大值為0.75R，所以線框消耗的功率先增大后減小，D錯誤。

5. 如圖所示，寬度為l＝1 m的平行光滑導(dǎo)軌置于勻強磁場中，導(dǎo)軌放置于豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小B＝0.4 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，長度恰好等于導(dǎo)軌寬度的金屬棒ab在水平向左的拉力F＝0.2 N作用下向左勻速運動，金屬棒ab的電阻為1 Ω，外接電阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω。平行金屬板的間距d＝10 mm，板間有一質(zhì)量m＝0.1 g的帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，g取10 m/s2。求：

(1)金屬棒中的感應(yīng)電流I；
(2)金屬棒運動的速度v的大小；
(3)液滴所帶的電荷量及電性。
答案　(1)0.5 A'(2)5 m/s ' (3)2×10－5 C'帶正電
解析　(1)因金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)右手定則，可以判斷出ab棒中的感應(yīng)電流方向為a→b，ab棒受到的安培力F安水平向右，根據(jù)平衡條件有F＝F安＝BIl
解得I＝0.5 A。
(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blv
由閉合電路歐姆定律得I＝
代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得v＝5 m/s。
(3)因ab棒中的電流方向為a→b，則可判定金屬板的下極板帶正電，由于帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡知識可知，液滴帶正電，此時有q＝mg，U2＝IR2
解得q＝2×10－5 C。

6．(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在同一平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)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(yīng)強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運動，線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是(　　)


答案　D
解析　如圖甲，線框左端從①移動到②的過程中線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向是順時針，線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是順時針，線框兩邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向相同，所以E＝2BLv，其中L＝l，則電流為i＝＝，電流恒定且方向為順時針。

如圖乙，再從②移動到③的過程中線框左右兩邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等，方向相反，所以回路中電流表現(xiàn)為零。

如圖丙，然后從③到④的過程中，線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向是逆時針，而線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是逆時針，所以電流的大小為i＝＝，方向是逆時針。

當(dāng)線框再向左運動時，線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向是順時針，線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向是逆時針，此時回路中電流表現(xiàn)為零，故線框在運動過程中電流是周期性變化，故D正確。
7．(2019·山東煙臺一模)如圖所示，空間有兩個寬度分別為L和2L的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小都為B，左側(cè)磁場方向垂直于紙面向里，右側(cè)磁場方向垂直于紙面向外，abcd是一個均勻電阻絲做成的邊長為L的正方形線框，線框以垂直于磁場邊界的速度v勻速通過兩個磁場區(qū)域，在運動過程中，線框ab、cd兩邊始終與磁場的邊界平行。設(shè)線框cd邊剛進入磁場的位置為x＝0，x軸正方向水平向右，從線框cd邊剛進入磁場開始到整個線框離開磁場區(qū)域的過程中，線框受到的安培力F(規(guī)定水平向右為正方向)隨著位置x變化的圖象正確的是(　　)


答案　C
解析　第一個過程：cd邊剛進入左側(cè)磁場到ab邊剛要進入左側(cè)磁場的過程，cd邊受安培力，大小為F0＝BIL＝BL＝，方向向左。
第二個過程：cd邊剛進入右側(cè)磁場到ab邊剛進入右側(cè)磁場的過程中，線框受到的安培力為：F＝2BI′L＝2BL＝4＝4F0，方向向左。
第三個過程：ab邊離開左側(cè)磁場到cd邊到右側(cè)磁場的右邊界，在這個過程，線框中沒有感應(yīng)電流，所以線框不受安培力的作用。
第四個過程：cd邊剛離開右側(cè)磁場到ab邊剛離開右側(cè)磁場的過程，ab邊受安培力，大小為F＝BIL＝BL＝＝F0，方向向左。
綜合以上分析，C正確。
8.(2019·吉林省吉林市三模)將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導(dǎo)線框的O點置于如圖所示的直角坐標(biāo)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。從t＝0時刻開始讓導(dǎo)線框以O(shè)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(　　)


答案　B
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(yīng)電動勢為E1＝Bω·R2，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(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)?；芈分挟a(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝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＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝Bω·R2＝3E1，感應(yīng)電流為I3＝3I1。在3t0～4t0時間內(nèi)，線框離開第四象限的過程中，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＝Bω·R2，回路電流為I4＝I1，故B正確，A、C、D錯誤。
9．(2019·陜西咸陽三模)(多選)一正方形金屬線框位于有界勻強磁場區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖甲所示。t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開始做勻加速直線運動穿過磁場，外力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示。已知線框質(zhì)量m＝1 kg、電阻R＝1 Ω，以下說法正確的是(　　)

A．線框做勻加速直線運動的加速度為1 m/s2
B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為2 T
C．線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量為 C
D．線框邊長為1 m
答案　ABC
解析　t＝0時刻，線框的速度為零，線框中沒有感應(yīng)電流，不受安培力，其加速度為：a＝＝1 m/s2，故A正確；線框的邊長為：L＝at2＝×1×12 m＝0.5 m，故D錯誤；線框剛出磁場時的速度為 v＝at＝1×1 m/s＝1 m/s，此時線框所受的安培力為FA＝BIL，I＝，則得FA＝，根據(jù)牛頓第二定律得 F－FA＝ma，則F－＝ma，代入數(shù)據(jù) F＝3 N，m＝1 kg，R＝1 Ω，L＝0.5 m，v＝1 m/s，a＝1 m/s2，解得B＝2 T，故B正確；通過線框的電荷量：q＝Δt，電流：＝，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：＝，則得通過線框的電荷量：q＝＝＝ C＝ C，故C正確。
10．(2019·黑龍江省北安市第一中學(xué)高三下月考)(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k>0)?；芈分谢瑒幼冏杵鱎的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝。閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則(　　)

A．R2兩端的電壓為
B．電容器的a極板帶正電
C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍
D．正方形導(dǎo)體框中的感應(yīng)電動勢為kL2
答案　AC
解析　由法拉第電磁感應(yīng)定律得線框中的感應(yīng)電動勢為：E＝＝＝kπr2，D錯誤；R2與滑動變阻器的右半部分并聯(lián)，二者并聯(lián)后的電阻為，然后與滑動變阻器的左半部分串聯(lián)后的總電阻為，外電路的總電阻為R1＋＝，故R2兩端電壓為·＝，A正確；電路左側(cè)的變化磁場在正方形導(dǎo)線框內(nèi)產(chǎn)生逆時針的電流，由此可知導(dǎo)體框相當(dāng)于一個上負(fù)下正的電源，所以電容器a極板帶負(fù)電，B錯誤；設(shè)干路電流為I，則通過滑動變阻器左半部分的電流為I，通過其右半部分的電流為，通過R2的電流也為，由P＝I2R知，滑動變阻器熱功率為P＝I2·＋2·＝，R2的熱功率為P2＝2＝，所以滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍，故C正確。

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