電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題匯總

-.z第三節(jié)電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題一、電磁感應(yīng)中的電路問題1．電路和外電路(1)切割磁感線運(yùn)動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源．(2)該局部導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的阻，其余局部是外電阻．2．電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt).(2)路端電壓：U＝IR＝eq\f(E,R＋r)·R.1.(單項(xiàng)選擇)如下圖，一個半徑為L的半圓形硬導(dǎo)體AB以速度v在水平U形框架上向右勻速滑動，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路電阻為R0，半圓形硬導(dǎo)體AB的電阻為r，其余電阻不計(jì)，則半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小及AB之間的電勢差分別為()A．BLveq\f(BLvR0,R0＋r)B．2BLvBLvC．2BLveq\f(2BLvR0,R0＋r)D．BLv2BLv答案：C二、電磁感應(yīng)中的圖象問題1．圖象類型(1)隨時間t變化的圖象如B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和i－t圖象．(2)隨位移*變化的圖象如E－*圖象和i－*圖象．2．問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程判斷或畫出正確的圖象．(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．(3)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象．2.(單項(xiàng)選擇)(2021·模擬)如圖甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在與水平方向夾角為60°的斜向下的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為正方向)，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．規(guī)定a→b的方向?yàn)殡娏鞯恼较?，水平向右的方向?yàn)橥饬的正方向，則在0～t1時間，選項(xiàng)圖中能正確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流i和導(dǎo)體棒ab所受水平外力F隨時間t變化的圖象是()答案：D考點(diǎn)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)電動勢的那局部導(dǎo)體就是電源，如切割磁感線的導(dǎo)體棒、有磁通量變化的線圈等．這種電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．2．對電路的理解：電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈，外電路由電阻、電容等電學(xué)元件組成．3．解決電磁感應(yīng)中電路問題的一般思路：(1)確定等效電源，利用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blvsinθ求感應(yīng)電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷電流方向．(2)分析電路構(gòu)造(、外電路及外電路的串、并聯(lián)關(guān)系)，畫出等效電路圖．(3)利用電路規(guī)律求解．主要應(yīng)用歐姆定律及串、并聯(lián)電路的根本性質(zhì)等列方程求解．(2021·質(zhì)檢)如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.6m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表V，電阻為r＝2Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，R1＝2Ω，R2＝1Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計(jì)．在矩形區(qū)域CDFE有豎直向上的磁場，CE＝0.2m，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．開場時電壓表有示數(shù)，當(dāng)電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫?，對金屬棒施加一水平向右的恒力F，使金屬棒剛進(jìn)入磁場區(qū)域時電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁場區(qū)域運(yùn)動的過程中電壓表的示數(shù)始終保持不變．求：(1)t＝0.1s時電壓表的示數(shù)；(2)恒力F的大??；(3)從t＝0時刻到金屬棒運(yùn)動出磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的熱量．[思路點(diǎn)撥](1)在0～0.2s，R1、R2和金屬棒是如何連接的.電壓表示數(shù)等于感應(yīng)電動勢嗎.(2)電壓表示數(shù)始終保持不變，說明金屬棒做什么運(yùn)動.[解析](1)設(shè)磁場寬度為d＝CE，在0～0.2s的時間，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)ld＝0.6V此時，R1與金屬棒并聯(lián)后再與R2串聯(lián)R＝R并＋R2＝1Ω＋1Ω＝2ΩU＝eq\f(E,R)R并＝0.3V.(2)金屬棒進(jìn)入磁場后，R1與R2并聯(lián)后再與r串聯(lián)，有I′＝eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2)＝0.45AFA＝BI′lFA＝1.00×0.45×0.6N＝0.27N由于金屬棒進(jìn)入磁場后電壓表的示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運(yùn)動，有F＝FAF＝0.27N.(3)在0～0.2s的時間有Q＝eq\f(E2,R)t＝0.036J金屬棒進(jìn)入磁場后，有R′＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋r＝eq\f(8,3)ΩE′＝I′R′＝1.2VE′＝Blv，v＝2m/st′＝eq\f(d,v)＝eq\f(0.2,2)s＝0.1sQ′＝E′I′t′＝0.054JQ總＝Q＋Q′＝0.036J＋0.054J＝0.09J.[答案](1)0.3V(2)0.27N(3)0.09J[總結(jié)提升](1)對等效于電源的導(dǎo)體或線圈，兩端的電壓一般不等于感應(yīng)電動勢，只有在其電阻不計(jì)時才相等．(2)沿等效電源中感應(yīng)電流的方向，電勢逐漸升高．1.(多項(xiàng)選擇)如下圖，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距h＝0.1m的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R＝0.3Ω的電阻．導(dǎo)軌上跨放著一根長為L＝0.2m、電阻λ＝2.0Ω/m的金屬棒ab，與導(dǎo)軌正交放置，交點(diǎn)為c、d.當(dāng)金屬棒ab在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做勻速運(yùn)動時，以下說確的是()A．金屬棒ab兩端點(diǎn)間的電勢差為0.2VB．金屬棒ab兩端點(diǎn)間的電勢差為0.32VC．水平拉金屬棒ab的力大小為0.02ND．回路中的發(fā)熱功率為0.06W解析：選BC.當(dāng)金屬棒ab在水平拉力作用下向左做勻速運(yùn)動切割磁感線時，cd間產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢Ecd＝Bhv＝0.5×0.1×4.0V＝0.2V，由閉合電路歐姆定律可得，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(Ecd,R＋hλ)＝eq\f(0.2,0.3＋0.1×2.0)A＝0.4A，金屬棒ab受到的安培力F安＝BIh＝0.5×0.4×0.1N＝0.02N，要使金屬棒ab勻速運(yùn)動，應(yīng)有F＝F安＝0.02N，C正確；該回路為純電阻電路，則電路中的熱功率P熱＝I2(R＋hλ)＝0.08W，D錯誤；金屬棒ab兩端點(diǎn)間的電勢差等于Uac、Ucd與Udb三者之和，由于Ucd＝Ecd－Ircd，所以Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ihλ＝0.32V，A錯誤，B正確．考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖象問題1．題型特點(diǎn)一般可把圖象問題分為三類：(1)由給定的電磁感應(yīng)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(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量；(3)根據(jù)圖象定量計(jì)算．2．解題關(guān)鍵弄清初始條件，正負(fù)方向的對應(yīng)，變化圍，所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式，進(jìn)、出磁場的轉(zhuǎn)折點(diǎn)是解決問題的關(guān)鍵．3．解決圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者是E－t圖象、I－t圖象等；(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?qū)?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(yùn)動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式；(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)展數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫出圖象或判斷圖象．(多項(xiàng)選擇)(2021·**模擬)如下圖，在坐標(biāo)系*Oy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(diǎn)a位于坐標(biāo)原點(diǎn)O處．在y軸的右側(cè)，在Ⅰ、Ⅳ象限有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)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．t＝0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a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流為正，則在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流i、ab間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是以下圖中的()[審題點(diǎn)睛]觀察i(Uab)－t圖象特點(diǎn)：①分t＝0→t＝eq\f(L,v)和t＝eq\f(L,v)→t＝eq\f(2L,v)兩段處理；②i(Uab)的正負(fù)問題：判斷在t＝eq\f(L,v)時電流方向是否改變；③兩段中的i(Uab)的最大值是否相等．[解析]在d點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)過程中，ab邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可以確定線框中電流方向?yàn)槟鏁r針方向，即正方向，電動勢均勻減小到0，則電流均勻減小到0；然后cd邊開場切割磁感線，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向，即負(fù)方向，電動勢均勻減小到0，則電流均勻減小到0，故A正確，B錯誤．d點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)過程中，ab邊切割磁感線，ab相當(dāng)于電源，電流由a到b，b點(diǎn)的電勢高于a點(diǎn)，ab間的電勢差Uab為負(fù)值，大小等于電流乘bcda三條邊的電阻，并逐漸減?。產(chǎn)b邊出磁場后，cd邊開場切割，cd邊相當(dāng)于電源，電流由b到a，ab間的電勢差Uab為負(fù)值，大小等于電流乘ab邊的電阻，并逐漸減小，故C錯誤，D正確．應(yīng)選AD.[答案]AD[總結(jié)提升]解決圖象類選擇題的最簡方法——分類排除法．首先對題中給出的四個圖象根據(jù)大小或方向變化特點(diǎn)分類，然后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)，特別是用物理量的方向，排除錯誤選項(xiàng)，此法最簡捷、最有效．2.(單項(xiàng)選擇)(2021·第一次檢測)如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是選項(xiàng)中的()解析：選D.由安培力向右知電流方向?yàn)轫槙r針，由楞次定律知磁場增強(qiáng)，C錯．由乙圖知安培力不變，根據(jù)F＝BIL知，B增大，I必減小，即電動勢減小，故B的變化率減小，因此A、B錯，D正確．真題剖析——電磁感應(yīng)電路與圖象的綜合問題(18分)(2021·高考卷)如圖甲所示，在垂直于勻強(qiáng)磁場B的平面，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉(zhuǎn)動，圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接．電路中的P是加上一定正向電壓才能導(dǎo)通的電子元件．流過電流表的電流I與圓盤角速度ω的關(guān)系如圖乙所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標(biāo)原點(diǎn)．ω>0代表圓盤逆時針轉(zhuǎn)動．：R＝3.0Ω，B＝1.0T，r＝0.2m．忽略圓盤、電流表和導(dǎo)線的電阻．(1)根據(jù)圖乙寫出ab、bc段對應(yīng)的I與ω的關(guān)系式；(2)求出圖乙中b、c兩點(diǎn)對應(yīng)的P兩端的電壓Ub、Uc；(3)分別求出ab、bc段流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關(guān)系式．[審題點(diǎn)睛](1)審電路(2)審圖象eq\a\vs4\al([規(guī)*解答])—————————該得的分一分不丟！(1)由圖象可知，在ab段I＝eq\f(ω,150)(－45rad/s≤ω≤15rad/s)(2分)在bc段I＝eq\f(ω,100)－0.05(15rad/s<ω≤45rad/s)．(2分)(2)由題意可知，P兩端的電壓UP等于圓盤產(chǎn)生的電動勢，UP＝eq\f(1,2)Br2ω(2分)b點(diǎn)時ωb＝15rad/s，Ub＝eq\f(1,2)Br2ωb＝0.3V(2分)c點(diǎn)時ωc＝45rad/s，Uc＝eq\f(1,2)Br2ωc＝0.9V．(2分)(3)由圖象中電流變化規(guī)律可知電子元件P在b點(diǎn)時開場導(dǎo)通，則：在ab段IP＝0(－0.9V≤UP≤0.3V)(2分)在bc段IP＝I－eq\f(UP,R)(2分)而I＝eq\f(ω,100)－0.05，UP＝eq\f(1,2)Br2ω(2分)聯(lián)立可得IP＝eq\f(UP,6)－0.05(0.3V<UP≤0.9V)．(2分)[答案]見規(guī)解答[總結(jié)提升]解決電路與圖象綜合問題的思路(1)電路分析弄清電路構(gòu)造，畫出等效電路圖，明確計(jì)算電動勢的公式．(2)圖象分析①弄清圖象所提醒的物理規(guī)律或物理量間的函數(shù)關(guān)系；②挖掘圖象中的隱含條件，明確有關(guān)圖線所包圍的面積、圖線的斜率(或其絕對值)、截距所表示的物理意義．(3)定量計(jì)算運(yùn)用有關(guān)物理概念、公式、定理和定律列式計(jì)算．3.(2021·模擬)在一周期性變化的勻強(qiáng)磁場中有一圓形閉合線圈，線圈平面與磁場垂直，如圖甲所示，規(guī)定圖中磁場方向?yàn)檎€圈的半徑為r、匝數(shù)為N，總電阻為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值為B0，變化周期為T，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化．求：(1)在0～eq\f(1,6)T線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小I1；(2)規(guī)定甲圖中感應(yīng)電流的方向?yàn)檎较?，在圖丙中畫出一個周期的i－t圖象，圖中I0＝eq\f(3πr2NB0,RT)；(3)在一個周期T線圈產(chǎn)生的電熱Q.解析：(1)在0～eq\f(1,6)T感應(yīng)電動勢E1＝Neq\f(ΔΦ1,Δt1)，磁通量的變化ΔΦ1＝B0πr2，解得E1＝eq\f(6πNr2B0,T)，線圈中感應(yīng)電流大小I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(6πNr2B0,RT).(2)(3)在0～eq\f(1,6)T和eq\f(5,6)T～T兩個時間段產(chǎn)生的熱量一樣，有Q1＝Q3＝Ieq\o\al(2,1)R·eq\f(1,6)T，在eq\f(1,6)T～eq\f(5,6)T時間產(chǎn)生的熱量Q2＝Ieq\o\al(2,2)R·eq\f(4,6)T，一個周期產(chǎn)生的總熱量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝eq\f(18πNr2B02,RT).答案：(1)eq\f(6πNr2B0,RT)(2)圖象見解析(3)eq\f(18πNr2B02,RT)1．(多項(xiàng)選擇)(2021·八市聯(lián)考)如下圖，等腰直角三角形OPQ區(qū)域存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場區(qū)域的OP邊在*軸上且長為L.紙面一邊長為L的單匝閉合正方形導(dǎo)線框(線框電阻為R)的一條邊在*軸上，且線框在外力作用下沿*軸正方向以恒定的速度v穿過磁場區(qū)域，在t＝0時該線框恰好位于圖中所示的位置．現(xiàn)規(guī)定順時針方向?yàn)閷?dǎo)線框中感應(yīng)電流的正方向，則以下說確的有()A．在0～eq\f(L,v)時間線框中有正向電流，在eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)時間線框中有負(fù)向電流B．在eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)時間流經(jīng)線框*處橫截面的電荷量為eq\f(BL2,2R)C．在eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)時間線框中最大電流為eq\f(BLv,2R)D．0～eq\f(2L,v)時間線框中電流的平均值不等于有效值答案：BD2．(單項(xiàng)選擇)(2021·東城區(qū)模擬)如下圖，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場的區(qū)域?qū)挾葹?a，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.一邊長為a、電阻為4R的正方形均勻?qū)Ь€框CDEF從圖示位置開場沿*軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，關(guān)于線框EF兩端的電壓UEF與線框移動距離*的關(guān)系，以下圖象正確的選項(xiàng)是()解析：選D.線框經(jīng)過整個磁場區(qū)域時，做勻速運(yùn)動，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E＝Bav，剛進(jìn)入磁場時，等效電路如圖甲所示；完全在磁場中時，等效電路如圖乙所示；一條邊從磁場中離開時，等效電路如圖丙所示．選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯誤．3．(多項(xiàng)選擇)(2021·質(zhì)檢)如下圖，兩條形有界磁場寬度均為d＝0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝4T，方向垂直于紙面，兩磁場區(qū)域間距也為d.在磁場區(qū)域的左邊界處有一長L＝1m、寬d＝0.5m的矩形導(dǎo)體線框，線框總電阻為R＝2Ω，且線框平面與磁場方向垂直．現(xiàn)使線框以v＝0.5m/s的速度勻速穿過磁場區(qū)域，假設(shè)以初始位置為計(jì)時起點(diǎn)，規(guī)定B垂直紙面向里為正，則以下關(guān)于線框所受的安培力大小F及穿過線框磁通量Φ隨時間t變化的四個圖象正確的選項(xiàng)是()解析：選AD.0～1s時，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Bdv＝1V，由歐姆定律可知，I＝eq\f(E,R)＝0.5A，由安培力公式可知：F＝BId＝1N；第2s，通過線框的磁通量不變，無感應(yīng)電流，安培力為零；第3s，線框左、右兩邊均切割磁感線，由右手定則可知，感應(yīng)電動勢方向一樣，故線框中總的感應(yīng)電動勢為E′＝2Bdv＝2V，由歐姆定律可知，I′＝eq\f(E′,R)＝1A；線框左、右兩邊所受安培力均為：F1＝F2＝BI′d＝2N，由左手定則可知，兩安培力方向一樣，故安培力的合力為4N，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯；當(dāng)t＝2.5s時，線框位移*＝vt＝2.5d，此時通過線框的磁通量為零，C項(xiàng)錯，D項(xiàng)正確．4．(多項(xiàng)選擇)如下圖，abcd為一邊長為l、具有質(zhì)量的剛性導(dǎo)線框，位于水平面，bc邊串接有電阻R.虛線表示一勻強(qiáng)磁場區(qū)域的邊界，它與線框ab邊平行，磁場區(qū)域的寬度為2l，磁場方向豎直向下．線框在一垂直于ab邊的水平恒定拉力F作用下，沿光滑水平面運(yùn)動，直到通過磁場區(qū)域．a(chǎn)b邊剛進(jìn)入磁場時，線框做勻速運(yùn)動，下面定性畫出的回路中電流i大小與位移*圖象可能正確的選項(xiàng)是()解析：選ABD.由題意知，當(dāng)線框在*＝0至*＝l間運(yùn)動時電流恒為i0；當(dāng)線框在*＝l至*＝2l間運(yùn)動時，磁通量不變化，故i＝0，線框做勻加速運(yùn)動；當(dāng)ab邊剛出磁場(*＝2l)時，線框的速度大于剛進(jìn)磁場時的速度，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的電流i>i0，同時受到的安培力大于F，線框做減速運(yùn)動，隨著速度的減小，安培力變小，加速度變小，應(yīng)選項(xiàng)C錯；當(dāng)cd邊剛出磁場時，線框速度可能還沒減速到ab邊剛進(jìn)磁場時的速度，應(yīng)選項(xiàng)B對；也可能恰好減速到ab邊剛進(jìn)磁場時的速度，應(yīng)選項(xiàng)D對；還可能早就減速到ab邊剛進(jìn)磁場時的速度以后做勻速運(yùn)動，應(yīng)選項(xiàng)A對．5.(單項(xiàng)選擇)(2021·六校聯(lián)考)如下圖，△ABC為等腰直角三角形，AB邊與*軸垂直，A點(diǎn)坐標(biāo)為(a,0)，C點(diǎn)坐標(biāo)為(0，a)，三角形區(qū)域存在垂直平面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與橫坐標(biāo)*的變化關(guān)系滿足B＝eq\f(k,*)(k為常量)，三角形區(qū)域的左側(cè)有一單匝矩形線圈，線圈平面與紙面平行，線圈寬為a，高為2a，電阻為R.假設(shè)線圈以*一速度v勻速穿過磁場，整個運(yùn)動過程中線圈不發(fā)生轉(zhuǎn)動，則以下說確的是()A．線圈穿過磁場的過程中感應(yīng)電流的大小逐漸增大B．線圈穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(4k2av,R)C．線圈穿過磁場的過程過導(dǎo)線截面的電荷量為零D．穿過三角形區(qū)域的磁通量為2ka解析：選D.線圈穿過磁場的過程中，感應(yīng)電動勢為E＝BLv，根據(jù)歐姆定律可得感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)，由幾何關(guān)系知，切割邊運(yùn)動距離為*時，L＝2*，解得I＝eq\f(2kv,R)，為定值，所以A錯誤；產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt，而t＝eq\f(2a,v)，解得Q＝eq\f(8k2av,R)，所以B錯誤；因?yàn)镋＝eq\f(ΔΦ,Δt)，所以q＝eq\f(ΔΦ,R)＝IΔt＝eq\f(2ka,R)，解得ΔΦ＝2ka，所以穿過三角形區(qū)域的磁通量為2ka，故C錯誤，D正確．6．(單項(xiàng)選擇)(2021·高考卷)磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈，當(dāng)以速度v0刷卡時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢．其E－t關(guān)系如下圖．如果只將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈中的E－t關(guān)系圖可能是()解析：選D.假設(shè)將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈切割磁感線運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小將會減半，周期將會加倍，故D項(xiàng)正確，其他選項(xiàng)錯誤．一、單項(xiàng)選擇題1．(2021·模擬)用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長為l，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，如下圖，當(dāng)磁場以eq\f(ΔB,Δt)的變化率增強(qiáng)時，則()A．線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍dbcaB．線圈中產(chǎn)生的電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)C．線圈中a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢D．線圈中a、b兩點(diǎn)間的電勢差為eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)解析：選B.根據(jù)楞次定律可知，A錯誤；線圈中產(chǎn)生的電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)，B正確；線圈左邊的一半導(dǎo)線相當(dāng)于電源，在電源部電流沿逆時針方向，所以a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，C錯誤；線圈右邊的一半相當(dāng)于外電路，a、b兩點(diǎn)間的電勢差相當(dāng)于路端電壓，其大小U＝eq\f(E,2)＝eq\f(l2,4)·eq\f(ΔB,Δt)，D錯誤．2．(2021·江門模擬)如下圖，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2，螺線管導(dǎo)線電阻r＝1Ω，電阻R＝4Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的B－t圖象如下圖(以向右為正方向)，以下說確的是()A．電阻R的電流方向是從A到CB．感應(yīng)電流的大小逐漸增大C．電阻R兩端的電壓為6VD．C點(diǎn)的電勢為4.8V答案：D3．(2021·康杰中學(xué)月考)如下圖，在0≤*≤2L的區(qū)域存在著勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直于*Oy平面(紙面)向里，具有一定電阻的矩形線框abcd位于*Oy平面，線框的ab邊與y軸重合，bc邊的長度為L.線框從t＝0時刻由靜止開場沿*軸正方向做勻加速運(yùn)動，則線框中的感應(yīng)電流i(取順時針方向的電流為正)隨時間t的函數(shù)圖象大致是以下圖中的()解析：選C.設(shè)ab邊的長度為l，在線框進(jìn)入磁場過程中，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)＝eq\f(Bla,R)t∝t，由左手定則可知，此過程中電流方向?yàn)槟鏁r針，故A、D錯誤；當(dāng)線框全部處于磁場中時，線框的磁通量不發(fā)生變化，所以線框中沒有電流；當(dāng)線框的ab邊離開磁場時，線框的cd邊切割磁感線，此時速度為v′＝eq\r(2a·2L)＝2eq\r(aL)，電流為I＝eq\f(Blv′,R)＝eq\f(2Bl\r(aL),R)≠0，方向?yàn)轫槙r針，應(yīng)選項(xiàng)B錯誤，C正確．4．邊長為a的閉合金屬正三角形框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場，如下圖，則以下圖象與這一過程相符合的是()解析：選B.該過程中，框架切割磁感線的有效長度等于框架與磁場右邊界兩交點(diǎn)的間距，根據(jù)幾何關(guān)系有l(wèi)有效＝eq\f(2\r(3),3)*，所以E電動勢＝Bl有效v＝eq\f(2\r(3),3)Bv*∝*，A錯誤，B正確．框架勻速運(yùn)動，故F外力＝F安＝eq\f(B2l\o\al(2,有效)v,R)＝eq\f(4B2*2v,3R)∝*2，C錯誤．P外力功率＝F外力v∝F外力∝*2，D錯誤．5.(2021·模擬)如下圖，等腰三角形分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，它的底邊在*軸上且長為2L，高為L.紙面一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿*軸正方向做勻速直線運(yùn)動穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置．以順時針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流－位移(I－*)關(guān)系的是()解析：選C.線框勻速穿過L的過程中，有效長度l均勻增加，由E＝Blv知，電動勢隨位移均勻變大，*＝L處電動勢最大，電流I最大；從*＝L至*＝1.5L過程中，框架兩邊都切割磁感線，總電動勢減小，電流減??；從*＝1.5L至*＝2L，左邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于右邊框，故電流反向且增大；*＝2L至*＝3L過程中，只有左邊框切割磁感線，有效長度l減小，電流減小．綜上所述，只有C項(xiàng)符合題意．6．(2021·模擬)如下圖，在垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中，有一個均勻?qū)Ь€制成的單匝直角三角形線框，現(xiàn)用外力使線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運(yùn)動，運(yùn)動中線框的AB邊始終與磁場右邊界平行．AB＝BC＝l，線框的總電阻為R，則線框離開磁場的過程中()A．線框A、B兩點(diǎn)間的電壓不變B．通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量為eq\f(Bl2,2R)C．線框所受外力的最大值為eq\f(\r(2)B2l2v,R)D．線框的熱功率與時間成正比解析：選B.在線框離開磁場的過程中有效切割長度逐漸變大，因此產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變大，線框A、B兩點(diǎn)間的電壓變大，A錯誤；通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量為Q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl2,2R)，B正確；當(dāng)感應(yīng)電流最大時，線框所受安培力最大，此時線框所受外力最大，F(xiàn)m＝IlB＝eq\f(Blv,R)lB＝eq\f(B2l2v,R)，C錯誤；設(shè)線框離開磁場的過程中位移大小為*，則線框的熱功率P＝Fv＝eq\f(B2*2v2,R)＝eq\f(B2v4t2,R)，D錯誤．7.(2021·六校聯(lián)考)如下圖，*Oy平面有一半徑為R的圓形區(qū)域，區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，左半圓磁場方向垂直于*Oy平面向里，右半圓磁場方向垂直于*Oy平面向外．一平行于y軸的長導(dǎo)體棒ab以速度v沿*軸正方向做勻速運(yùn)動，則導(dǎo)體棒兩端的電勢差Uba與導(dǎo)體棒位置*關(guān)系的圖象是()解析：選A.設(shè)從y軸開場沿*正方向運(yùn)動的長度為*0(*0≤2R)，則ab導(dǎo)體棒在磁場中的切割長度l＝2eq\r(R2－R－*02)＝2eq\r(2R*0－*\o\al(2,0))，感應(yīng)電動勢E＝Blv＝2Bveq\r(2R*0－*\o\al(2,0))，由右手定則知在左側(cè)磁場中b端電勢高于a端電勢，由于右側(cè)磁場方向變化，所以在右側(cè)a端電勢高于b端電勢，再結(jié)合圓的特點(diǎn)，知選項(xiàng)A正確．二、多項(xiàng)選擇題8.(2021·模擬)如下圖，垂直紙面的正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，有一位于紙面且電阻均勻的正方形導(dǎo)體框abcd，現(xiàn)將導(dǎo)體框分別朝兩個方向以v、3v速度勻速拉出磁場，則導(dǎo)體框從兩個方向移出磁場的兩過程中()A．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向一樣B．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱一樣C．導(dǎo)體框ad邊兩端電勢差一樣D．通過導(dǎo)體框截面的電荷量一樣解析：選AD.由右手定則可得兩種情況導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向一樣，A項(xiàng)正確；熱量Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Blv,R)))2R×eq\f(l,v)＝eq\f(B2l3v,R)，導(dǎo)體框產(chǎn)生的焦耳熱與運(yùn)動速度有關(guān)，B項(xiàng)錯誤；電荷量q＝It＝eq\f(Blv,R)×eq\f(l,v)＝eq\f(Bl2,R)，電荷量與速度無關(guān)，電荷量一樣，D項(xiàng)正確；以速度v拉出時，Uad＝eq\f(1,4)Blv，以速度3v拉出時，Uad＝eq\f(3,4)Bl·3v，C項(xiàng)錯誤．9.如下圖，CAD是固定在水平面上的用一硬導(dǎo)線折成的V形框架，∠A＝θ.在該空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場．框架上的EF是用同樣的硬導(dǎo)線制成的導(dǎo)體棒，它在水平外力作用下從A點(diǎn)開場沿垂直EF方向以速度v勻速水平向右平移．導(dǎo)體棒和框架始終接觸良好且構(gòu)成等腰三角形回路，導(dǎo)線單位長度的電阻均為R，框架和導(dǎo)體棒均足夠長．則以下圖中描述回路中的電流I和消耗的電功率P隨時間t變化的四個圖象中正確的選項(xiàng)是()解析：選AD.由幾何知識可知，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度為L＝2vttaneq\f(θ,2)，回路的總電阻R總＝eq\f(1,sin\f(θ,2))＋1LR，感應(yīng)電動勢E＝BLv，則回路中的電流I＝eq\f(Bv,R\f(1,sin\f(θ,2))＋1)，回路消耗的電功率P＝EI＝eq\f(2B2v3tan\f(θ,2),R\f(1,sin\f(θ,2))＋1)t，應(yīng)選項(xiàng)A、D正確，選項(xiàng)B、C錯誤．10．如下圖，一金屬棒AC在勻強(qiáng)磁場中繞平行于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的軸(過O點(diǎn))勻速轉(zhuǎn)動，OA＝2OC＝2L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里，金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度為ω、電阻為r，、外兩金屬圓環(huán)分別與C、A良好接觸并各引出一接線柱與外電阻R相接(沒畫出)，兩金屬環(huán)圓心皆為O且電阻均不計(jì)，則()A．金屬棒中有從A到C的感應(yīng)電流B．外電阻R中的電流為I＝eq\f(3BωL2,2R＋r)C．當(dāng)r＝R時，外電阻消耗功率最小D．金屬棒AC間電壓為eq\f(3BωL2R,2R＋r)解析：選BD.由右手定則可知金屬棒相當(dāng)于電源且A是電源的正極，即金屬棒中有從C到A的感應(yīng)電流，A錯；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(1,2)Bω(2L)2－eq\f(1,2)BωL2＝eq\f(3BωL2,2)，即回路中電流為I＝eq\f(3B