步步高高考物理一輪復習講義時電磁感應中的電路和圖象問題

1、專題九電磁感應中的電路和圖象問題考綱解讀 1.能認識電磁感應現(xiàn)象中的電路結構，并能計算電動勢、電壓、電流、電功等.2.能由給定的電磁感應過程判斷或畫出正確的圖象或由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量1 對電磁感應中等效電源的理解粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框一邊a、b兩點間的電勢差絕對值最大的是 ()答案B解析線框各邊電阻相等，切割磁感線的那個邊為電源，電動勢相同均為Blv.在A、C、D中，UabBlv，B中，UabBlv，選項B正

2、確2 電磁感應中的電路問題如圖1所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導軌，置于磁感應強度為B、方向垂直導軌所在平面向里的勻強磁場中，M、P間接有一阻值為R的電阻一根與導軌接觸良好、有效阻值為的金屬導線ab垂直導軌放置，并在水平外力F的作用下以速圖1度v向右勻速運動，則(不計導軌電阻)()A通過電阻R的電流方向為PRMBa、b兩點間的電壓為BLvCa端電勢比b端電勢高D外力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱答案C解析由右手定則可知通過金屬導線的電流由b到a，即通過電阻R的電流方向為MRP，A錯誤；金屬導線產(chǎn)生的感應電動勢為BLv，而a、b兩點間的電壓為等效電路路端電壓，由閉合電路歐姆定律可知，a、

3、b兩點間電壓為BLv，B錯誤；金屬導線可等效為電源，在電源內(nèi)部，電流從低電勢流向高電勢，所以a端電勢高于b端電勢，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，外力F做的功等于電阻R和金屬導線產(chǎn)生的焦耳熱之和，D錯誤3 對Bt圖象物理意義的理解一矩形線圈abcd位于一隨時間變化的勻強磁場內(nèi)，磁場方向垂直線圈所在的平面向里(如圖2甲所示)，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示以I表示線圈中的感應電流(圖甲中線圈上箭頭方向為電流的正方向)，則下列選項中能正確表示線圈中電流I隨時間t變化規(guī)律的是()圖2答案C解析01 s內(nèi)磁感應強度均勻增大，根據(jù)楞次定律和法拉第電磁感應定律可判定，感應電流為逆時針(為負值)、大

4、小為定值，A、B錯誤；4 s5 s內(nèi)磁感應強度恒定，穿過線圈abcd的磁通量不變化，無感應電流，C正確，D錯誤4 對電磁感應現(xiàn)象中ix圖象物理意義的理解如圖3所示，兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，方向相反，且垂直紙面，磁感應強度的大小均為B，以磁場區(qū)左邊界為y軸建立坐標系，磁場區(qū)域在y軸方向足夠長，在x軸方向?qū)挾染鶠閍.矩形導線框ABCD的CD邊與y軸重合，AD邊長為a.線框從圖示位置水平向右勻速穿過兩磁場區(qū)域，且線框平面始終保持與磁場垂直，圖3線框中感應電流i與線框移動距離x的關系圖象正確的是(以逆時針方向為電流的正方向)()答案C解析由楞次定律可知，剛進入磁場時電流沿逆時針方向，線框在磁場中時

5、電流沿順時針方向，出磁場時沿逆時針方向，進入磁場和穿出磁場等效為一條邊切割磁感線，在磁場中時，AB邊和CD邊均切割磁感線，相當于兩等效電源串聯(lián)，故電流為進入磁場和穿出時的兩倍，所以C正確考點梳理一、電磁感應中的電路問題1 內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于電源(2)該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路2 電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：EBlv或En.(2)路端電壓：UIREIr.二、電磁感應中的圖象問題1 圖象類型(1)隨時間變化的圖象如Bt圖象、t圖象、Et圖象和it圖象(2)隨位移x變化的圖象如Ex圖象和ix圖象2 問題類型

6、(1)由給定的電磁感應過程判斷或畫出正確的圖象(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)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象.考點一電磁感應中的電路問題1 對電磁感應中電源的理解(1)電源的正負極、感應電流的方向、電勢的高低、電容器極板帶電問題，可用右手定則或楞次定律判定(2)電源的電動勢的大小可由EBlv或En求解2 對電磁感應電路的理解(1)在電磁感應電路中，相當于電源的部分把其他形式的能通過電流做功轉化為電能(2)“電源”兩端的電壓為路端電壓，而不是感應電動勢例1如圖4(a)所示，水平放置的兩根平行金屬導軌，間距L0.3 m，導軌左端連接R0.6 的電阻，區(qū)域abcd內(nèi)存

7、在垂直于導軌平面B0.6 T的勻強磁場，磁場區(qū)域?qū)扗0.2 m細金屬棒A1和A2用長為2D0.4 m的輕質(zhì)絕緣桿連接，放置在導軌平面上，并與導軌垂直，每根金屬棒在導軌間的電阻均為r0.3 .導軌電阻不計使金屬棒以恒定速度v1.0 m/s沿導軌向右穿越磁場計算從金屬棒A1進入磁場(t0)到A2離開磁場的時間內(nèi)，不同時間段通過電阻R的電流強度，并在圖(b)中畫出圖4解析t10.2 s在0t1時間內(nèi)，A1產(chǎn)生的感應電動勢E1BLv0.18 V.其等效電路如圖甲所示由圖甲知，電路的總電阻 甲R總r0.5 總電流為I0.36 A通過R的電流為IR0.12 AA1離開磁場(t10.2 s)至A2剛好進入磁

8、場(t20.4 s)的時間內(nèi)，回路無電流，IR0，乙從A2進入磁場(t20.4 s)至離開磁場t30.6 s的時間內(nèi)，A2上的感應電動勢為E20.18 V，其等效電路如圖乙所示由圖乙知，電路總電阻R總0.5 ，總電流I0.36 A，流過R的電流IR0.12 A，綜合以上計算結果，繪制通過R的電流與時間關系如圖所示答案見解析 解決電磁感應中的電路問題三步曲1確定電源切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源，利用En或EBlvsin 求感應電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷電流方向2分析電路結構(內(nèi)、外電路及外電路的串、并聯(lián)關系)，畫出等效電路圖3利用

9、電路規(guī)律求解主要應用歐姆定律及串、并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列方程求解突破訓練1如圖5所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌水平平行放置，間距為l1 m，cd間、de間、cf間分別接阻值為R10 的電阻一阻值為R10 的導體棒ab以速度v4 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為B0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場下列說法中正確的是 ()圖5A導體棒ab中電流的流向為由b到aBcd兩端的電壓為1 VCde兩端的電壓為1 VDfe兩端的電壓為1 V答案BD解析由右手定則可判知A選項錯；由法拉第電磁感應定律EBlv0.514 V2 V，UcdE1 V，B正確；由于de、cf間

10、電阻沒有電流流過，故UcfUde0，所以UfeUcd1 V，C錯誤，D正確考點二電磁感應中的圖象問題1 題型特點一般可把圖象問題分為三類：(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)根據(jù)圖象定量計算2 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、出磁場的轉折點是解決問題的關鍵3 解決圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是Bt圖象還是t圖象，或者是Et圖象、It圖象等；(2)分析電磁感應的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)P系；(4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動

11、定律等規(guī)律寫出函數(shù)關系式；(5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等(6)畫出圖象或判斷圖象例2(2012福建理綜18)如圖6所示，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合若取磁鐵中心O為坐標原點，建立豎直向下為正方向的x軸，則下圖中最能正確反映環(huán)中感應電流i隨環(huán)心位置坐標x變化的關系圖象是 () 圖6解析條形磁鐵的磁感線分布示意圖如圖所示銅環(huán)由靜止開始下落過程中磁通量的變化率是非均勻變化的，故環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢、環(huán)中的感應電流也是非均勻變化的，A錯誤在關于O點對稱的位置磁場分布對稱，但環(huán)的速率是增大的，則

12、環(huán)在O點下方的電流最大值大于在O點上方電流的最大值，故C錯誤由于磁通量在O點上方是向上增大而在O點下方是向上減小的，故環(huán)中電流方向在經(jīng)過O點時發(fā)生改變，D錯誤可知B選項正確答案B 1.對圖象的認識，應注意以下幾方面 (1)明確圖象所描述的物理意義；(2)必須明確各種“”、“”的含義；(3)必須明確斜率的含義；(4)必須建立圖象和電磁感應過程之間的對應關系；(5)注意三個相似關系及其各自的物理意義：vv，BB，、分別反映了v、B、變化的快慢2電磁感應中圖象類選擇題的兩個常見解法(1)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)，特別是物理量

13、的正負，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)關系，然后由函數(shù)關系對圖象作出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的方法突破訓練2如圖7甲所示，圓形導線框固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示若規(guī)定順時針方向為感應電流i的正方向，下列各圖中正確的是 ()甲乙圖7答案C解析根據(jù)法拉第電磁感應定律：EnnS，由Bt圖象知，1 s3 s，B的變化率相同，01 s、3 s4 s，B的變化率相同，再結合楞次定律知，01 s、3 s4 s內(nèi)感應電流的方向為順時針方向，1 s3 s內(nèi)感

14、應電流的方向為逆時針方向，可知C正確突破訓練3如圖8所示，在坐標系xOy中，有邊長為L的正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合、頂點a位于坐標原點O處在y軸右側的、象限內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行t0時刻，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域取沿abcda方向的感應電流 圖8為正方向，則在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，感應電流i、ab間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是下圖中的 ()答案AD解析在ab邊通過磁場的過程中，利用楞次定律或右手定則可判斷出電流方向為逆時針方向，即沿正方向，電流在減小

15、，UabI(RbcRcdRda)在減小在cd邊通過磁場的過程中，可判斷出電流為順時針方向，即沿負方向，電流逐漸減小，UabIRab逐漸減小，A、D正確.45電磁感應中圖象與電路綜合問題的分析解析(1)線框進入磁場前，線框僅受到拉力F、斜面的支持力和線框重力，由牛頓第二定律得：Fmgsin ma線框進入磁場前的加速度a5 m/s2(4分)(2)因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，ab邊進入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢EBl1v(1分)形成的感應電流I(1分)受到沿斜面向下的安培力F安BIl1(1分)線框受力平衡，有Fmgsin (1分)代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s(1分)(3)線框abcd進入

16、磁場前時，做勻加速直線運動；進入磁場的過程中，做勻速直線運動；線框完全進入磁場后至運動到gh線，仍做勻加速直線運動進入磁場前線框的運動時間為t1 s0.4 s(1分)進入磁場過程中勻速運動時間為t2 s0.3 s(1分)線框完全進入磁場后線框受力情況與進入磁場前相同，所以該階段的加速度大小仍為a5 m/s2，該過程有xl2vt3at解得t31 s(2分)因此線框整體進入磁場后，ab邊運動到gh線的過程中，線框中有感應電流的時間t4t1t2t30.9 s0.8 s(2分)E V0.25 V(2分)此過程產(chǎn)生的焦耳熱Q J0.5 J(2分)答案(1)5 m/s2(2)2 m/s(3)0.5 J突破

17、訓練4如圖10甲所示，水平面上的兩光滑金屬導軌平行固定放置，間距d0.5 m，電阻不計，左端通過導線與阻值R2 的電阻連接，右端通過導線與阻值RL4 的小燈泡L連接在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，CE長l2 m，有一阻值r2 的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處CDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示在t0至t4 s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，在t4 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t0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10(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答案(1)0.1

18、 A(2)1 m/s解析(1)04 s內(nèi)，電路中的感應電動勢ES0.52 V0.5 V此時燈泡中的電流IL A0.1 A(2)由于燈泡亮度沒有變化，故IL沒變化根據(jù)EBdvI，ULI，IL解得v1 m/s高考題組1(2012課標全國20)如圖11，一載流長直導線和一矩形線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行已知在t0到tt1的時間間隔內(nèi)，長直導線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應電流總是沿順時針方向，線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右設電流i正方 圖11向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是()答案A解析因通電導線周圍的磁場離導線越近磁場越

19、強，而線框中左右兩邊的電流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，線框的左邊受到的安培力大于線框的右邊受到的安培力，所以合力與線框的左邊受力的方向相同因為線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根據(jù)左手定則，線框處的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定則，導線中的電流先為正，后為負，所以選項A正確，選項B、C、D錯誤2 (2012重慶理綜21)如圖12所示，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場在外力作用下，一正方形閉合剛性導線框沿QN方向勻速運動，t0時刻，其四個頂點M、N、P、Q恰好在磁場邊界中點下列圖象中能反映線框所受安培力F的大小隨時間t變化規(guī)律的

20、是() 圖12答案B解析如圖所示，當MN從初始位置運動到M1N1位置的過程中，切割磁感線的有效長度隨時間變化關系為：L1L(L2vt)2vt，L為導線框的邊長產(chǎn)生的電流I1，導線框所受安培力F1BI1L1，所以F1為t的二次函數(shù)圖象，是開口向上的拋物線當QP由CD位置運動到MN位置的過程中，切割磁感線的有效長度不變，電流恒定當QP由MN位置運動到M1N1位置的過程中，切割磁感線的有效長度L2L2vt，產(chǎn)生的電流I2，導線框所受的安培力F2，也是一條開口向上的拋物線，所以應選B.3 (2011海南單科6)如圖13，EOF和EOF為空間一勻強磁場的邊界，其中EOEO，F(xiàn)OFO，且EOOF；OO為E

21、OF的角平分線，OO間的距離為l；磁場方向垂直于紙面向里一邊長為l的正方形導線框沿OO方向勻速通過磁場，t0時刻恰好位于圖示位置規(guī)定導線框中感應電流沿逆時針方向時為正，則感應電流i與時間t的關系圖線可能正確的是 ()圖13答案B解析本題中四個選項都是it關系圖線，故可用排除法因在第一個階段內(nèi)通過導線框的磁通量向里增大，由楞次定律可判定此過程中電流沿逆時針方向，故C、D錯誤由于穿過整個磁場區(qū)域的磁通量變化量0，由q可知整個過程中通過導線框的總電荷量也應為零，而在it圖象中圖線與時間軸所圍總面積表示通過的總電荷量，為零，即時間軸的上下圖形面積的絕對值應相等故A錯誤，B正確4 (2011重慶理綜23

22、)有人設計了一種可測速的跑步機，測速原理如圖14所示該機底面固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極電極間充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，且接有電壓表和電阻R.絕緣橡膠帶上鍍有間距為d的平行細金屬條，磁場中始終僅有一根金屬條，且與電極接觸良好，不計金屬電阻若橡膠帶勻速運動時，電壓表讀數(shù)為U，求：(1)橡膠帶勻速運動的速率；(2)電阻R消耗的電功率；(3)一根金屬條每次經(jīng)過磁場區(qū)域克服安培力做的功圖14答案(1)(2)(3)解析(1)設該過程產(chǎn)生的感應電動勢為E，橡膠帶運動速率為v.由：EBLv，EU，得：v.(2)設電阻R消耗的電功率為P，則P.(3)設感應電流大小為I，安培力為

23、F，克服安培力做的功為W.由：I，F(xiàn)BIL，WFd，得：W.模擬題組5 如圖15所示有理想邊界的兩個勻強磁場，磁感應強度均為B0.5 T，兩邊界間距s0.1 m，一邊長L0.2 m的正方形線框abcd由粗細均勻的電阻絲圍成，總電阻為R0.4 ，現(xiàn)使線框以v2 m/s的速度從位置勻速運動到位置，則下列能正確反映整個過圖15程中線框a、b兩點間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是()答案A解析ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為EBLv0.2 V，線框中感應電流為I0.5 A，所以在05102 s時間內(nèi)，a、b兩點間電勢差為U1IR0.15 V；在5102 s10102 s時間內(nèi)，ab兩端電勢差U2E

24、0.2 V；在10102 s15102 s時間內(nèi)，a、b兩點間電勢差為U1IR0.05 V.6 如圖16所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面且電阻均勻的正方形導體框abcd，現(xiàn)將導體框分別朝兩個方向以v、3v速度勻速拉出磁場，則導體框從兩個方向移出磁場的兩過程中()A導體框中產(chǎn)生的感應電流方向相同圖16B導體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同C導體框ad邊兩端電勢差相同D通過導體框截面的電荷量相同答案AD解析由右手定則可得兩種情況導體框中產(chǎn)生的感應電流方向相同，A項正確；熱量QI2Rt()2R，可知導體框產(chǎn)生的焦耳熱與運動速度有關，B項錯誤；電荷量qIt，故通過截面的電荷量與速度無關，電荷量相

25、同，D項正確；以速度v拉出時，UadBlv，以速度3v拉出時，UadBl3v，C項錯誤(限時：45分鐘)題組1對電磁感應中電路問題的考查1如圖1所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，與環(huán)的最高點A鉸鏈連接的長度為2a、電阻為的導體棒AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩 圖1端的電壓大小為()A.B.C.DBav答案A解析擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應電動勢EB2a(v)Bav.由閉合電路歐姆定律得，UABBav，故選A.2 如圖2所示，兩光滑平行金屬導軌間距為L，直導線M

26、N垂直跨在導軌上，且與導軌接觸良好，整個裝置處在垂直于紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導軌和導線的電阻均不計現(xiàn)給導線MN一初速度，使導線MN向右運動，圖2當電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運動時()A電容器兩端的電壓為零B電阻兩端的電壓為BLvC電容器所帶電荷量為CBLvD為保持MN勻速運動，需對其施加的拉力大小為答案C解析當導線MN勻速向右運動時，導線MN產(chǎn)生的感應電動勢恒定，穩(wěn)定后，電容器既不充電也不放電，無電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩極板間的電壓為UEBLv，所帶電荷量QCUCBLv，故A、B錯，C對；MN勻速運動時，因無電流而不受安培力，

27、故拉力為零，D錯3 兩根平行的長直金屬導軌，其電阻不計，導線ab、cd跨在導軌上且與導軌接觸良好，如圖3所示，ab的電阻大于cd的電阻，當cd在外力F1(大小)的作用下，勻速向右運動時，ab在外力F2(大小)的作用下保持靜止，那么在不計摩擦力的情況下(Uab、Ucd是導線與導軌接觸間的電勢差)() 圖3AF1F2，UabUcd BF1Ucd DF1F2，UabUcd答案D解析通過兩導線電流強度一樣，兩導線都處于平衡狀態(tài)，則F1BIl，F(xiàn)2BIl，所以F1F2，A、B錯誤；UabIRab，這里cd導線相當于電源，所以Ucd是路端電壓，UcdIRab，即UabUcd，故D正確4. 把總電阻為2R的

28、均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環(huán)，水平固定在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，如圖4所示，一長度為2a、電阻等于R、粗細均勻的金屬棒MN放在圓環(huán)上，它與圓環(huán)始終保持良好的接觸當金屬棒以恒定速度v向右移動經(jīng)過環(huán)心O時，求： 圖4(1)棒上電流的大小和方向及棒兩端的電壓UMN；(2)圓環(huán)和金屬棒上消耗的總熱功率答案(1)，從N流向M(2)解析(1)把切割磁感線的金屬棒看成一個內(nèi)阻為R、電動勢為E的電源，兩個半圓環(huán)看成兩個并聯(lián)的相同電阻，畫出等效電路圖如圖所示等效電源電動勢為EBlv2Bav外電路的總電阻為R外R棒上電流大小為I電流方向從N流向M.根據(jù)分壓原理，棒兩端的電壓為UMNEBav.(2

29、)圓環(huán)和金屬棒上消耗的總熱功率為PIE.題組2對電磁感應圖象的考查5. 如圖5所示，兩平行光滑的金屬導軌MN、PQ固定在水平面上，相距為L，處于豎直向下的磁場中，整個磁場由n個寬度皆為x0的條形勻強磁場區(qū)域1、2、3、n組 圖5成，從左向右依次排列，磁感應強度大小分別為B、2B、3B、nB，兩導軌左端MP間接入電阻R，金屬棒ab垂直放在水平導軌上，且與導軌接觸良好，不計導軌和金屬棒的電阻若在不同的磁場區(qū)對金屬棒施加不同的拉力，使棒ab以恒定速度v向右勻速運動取金屬棒圖示位置(即磁場1區(qū)左側)為x0，則通過棒ab的電流i、對棒施加的拉力F隨位移x變化的圖象是 ()答案AD解析金屬棒切割磁感線產(chǎn)生

30、的感應電動勢EBLv，電路中感應電流I，所以通過棒的電流i與n成正比，選項A正確；棒所受的安培力F安BIL，因為棒勻速運動，對棒施加的外力F與F安等大反向，即F與n2成正比，選項D正確6 如圖6所示，空間存在兩個磁場，磁感應強度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ為其邊界，OO為其對稱軸，一導線折成邊長為L的正方形閉合線框abcd，線框在外力作用下由紙面內(nèi)圖示位置從靜止開始向右做勻加速運動，若電流以逆時針方向為正方向，則從線框開始運動到ab邊剛進入到PQ右側磁場的過程中，能反映線框中感應電流隨時間變圖6化規(guī)律的圖象是 ()答案B解析由法拉第電磁感應定律知在ab邊運動到MN邊界的過程中感應電動勢E2BLv2BLat，感應電流為it，C、D錯；在ab邊從MN邊界運動到PQ邊界的過程中，