2025高考物理步步高同步練習(xí)選修2第二章專題強(qiáng)化7 電磁感應(yīng)中的電路、電荷量問題含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修2第二章電磁感應(yīng)中的電路、電荷量問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.掌握電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電路問題的分析方法和基本解題思路.2.掌握電磁感應(yīng)現(xiàn)象中感應(yīng)電荷量求解的基本思路和方法．一、電磁感應(yīng)中的電路問題處理電磁感應(yīng)中電路問題的一般方法1．明確哪部分電路或?qū)w產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該部分電路或?qū)w相當(dāng)于電源，其他部分是外電路．2．畫等效電路圖，分清內(nèi)、外電路．3．用法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blvsinθ確定感應(yīng)電動勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電流的方向．注意在等效電源內(nèi)部，電流方向從負(fù)極流向正極．4．運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點(diǎn)、電功率等公式求解．如圖1甲所示，線圈總電阻r＝0.5Ω，匝數(shù)n＝10，其端點(diǎn)a、b與R＝1.5Ω的電阻相連，線圈內(nèi)磁通量變化規(guī)律如圖乙所示．關(guān)于a、b兩點(diǎn)電勢φa、φb及兩點(diǎn)電勢差Uab，正確的是()圖1A．φa>φb，Uab＝1.5VB．φa<φb，Uab＝－1.5VC．φa<φb，Uab＝－0.5VD．φa>φb，Uab＝0.5V答案A解析從題圖乙可知，線圈內(nèi)的磁通量是增大的，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，根?jù)右手螺旋定則可知，線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向．在回路中，線圈相當(dāng)于電源，由于電流的方向是逆時針方向，所以a相當(dāng)于電源的正極，b相當(dāng)于電源的負(fù)極，所以a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝10×eq\f(0.08,0.4)V＝2V，I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(2,1.5＋0.5)A＝1A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢差等于電路中的路端電壓，所以Uab＝IR＝1.5V，故A正確．針對訓(xùn)練1粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強(qiáng)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的一邊a、b兩點(diǎn)間電勢差的絕對值最大的是()答案B解析磁場中切割磁感線的邊相當(dāng)于電源，外電路可看成由三個相同電阻串聯(lián)形成，A、C、D選項(xiàng)中a、b兩點(diǎn)間電勢差的絕對值為外電路中一個電阻兩端的電壓：U＝eq\f(1,4)E＝eq\f(Blv,4)，B選項(xiàng)中a、b兩點(diǎn)間電勢差的絕對值為路端電壓：U′＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3Blv,4)，所以a、b兩點(diǎn)間電勢差的絕對值最大的是B選項(xiàng)．固定在勻強(qiáng)磁場中的正方形導(dǎo)線框abcd的邊長為L，其中ab是一段電阻為R的均勻電阻絲，其余三邊均為電阻可以忽略的銅線．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有一段與ab段的材料、粗細(xì)、長度均相同的電阻絲PQ架在導(dǎo)線框上(如圖2所示)，PQ與導(dǎo)線框接觸良好．若PQ以恒定的速度v從ad滑向bc，當(dāng)其滑過eq\f(L,3)的距離時，通過aP段的電流多大？方向如何？圖2答案eq\f(6BvL,11R)方向由P到a解析PQ在磁場中做切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由于是閉合回路，故電路中有感應(yīng)電流，可將電阻絲PQ視為有內(nèi)阻的電源，電阻絲aP與bP并聯(lián)，且RaP＝eq\f(1,3)R、RbP＝eq\f(2,3)R，于是可畫出如圖所示的等效電路圖．外電阻為R外＝eq\f(RaPRbP,RaP＋RbP)＝eq\f(2,9)R，總電阻為R總＝R外＋R＝eq\f(2,9)R＋R＝eq\f(11,9)R，又電源電動勢為E＝BLv，則電路中的總電流為：I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(9BLv,11R)，故通過aP段的電流為：IaP＝eq\f(RbP,RaP＋RbP)I＝eq\f(6BLv,11R)，方向由P到a.1．“電源”的確定方法：“切割”磁感線的導(dǎo)體(或磁通量發(fā)生變化的線圈)相當(dāng)于“電源”，該部分導(dǎo)體(或線圈)的電阻相當(dāng)于“內(nèi)電阻”．2．電流的流向：在“電源”內(nèi)部電流從負(fù)極流向正極，在“電源”外部電流從正極流向負(fù)極．二、電磁感應(yīng)中的電荷量問題閉合回路中磁通量發(fā)生變化時，電荷發(fā)生定向移動而形成感應(yīng)電流，在Δt內(nèi)通過某一截面的電荷量(感應(yīng)電荷量)q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)·Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R總)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R總).由上式可知，線圈匝數(shù)一定時，通過某一截面的感應(yīng)電荷量僅由回路電阻和磁通量的變化量決定，與時間無關(guān)．如圖3所示，導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線，半徑為r的圓形導(dǎo)線框內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根長度大于2r的導(dǎo)線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左向右勻速滑動，MN與圓環(huán)接觸良好，電路中的定值電阻為R，其余部分電阻忽略不計(jì)．求MN從圓環(huán)的左端滑到右端的過程中電阻R上通過的電荷量．圖3答案eq\f(Bπr2,R)解析MN從圓環(huán)的左端滑到右端的過程中，ΔΦ＝B·ΔS＝B·πr2所用時間Δt＝eq\f(2r,v)，所以eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(πBrv,2)通過電阻R的平均電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(πBrv,2R)通過R的電荷量為q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(Bπr2,R).針對訓(xùn)練2物理實(shí)驗(yàn)中，常用一種叫作“沖擊電流計(jì)”的儀器測定通過電路的電荷量．如圖4所示，探測線圈與沖擊電流計(jì)串聯(lián)后可用來測定磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度．已知線圈的匝數(shù)為n，面積為S，線圈與沖擊電流計(jì)組成的回路電阻為R.若將線圈放在被測勻強(qiáng)磁場中，開始時線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測線圈翻轉(zhuǎn)180°，沖擊電流計(jì)測出通過線圈的電荷量為q，由上述數(shù)據(jù)可得出被測磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為()圖4A.eq\f(qR,S)B.eq\f(qR,nS)C.eq\f(qR,2nS)D.eq\f(qR,2S)答案C解析由題意知q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)＝neq\f(2BS,R)，則B＝eq\f(qR,2nS)，故C正確．1．(電磁感應(yīng)中的電路問題)(多選)如圖5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＝1m，cd間、de間、cf間都接阻值為R＝10Ω的電阻．一接入電路的阻值為R＝10Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運(yùn)動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好；導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場．下列說法中正確的是()圖5A．導(dǎo)體棒ab中電流的方向?yàn)橛蒪到aB．cd兩端的電壓為1VC．de兩端的電壓為1VD．fe兩端的電壓為1V答案BD解析由右手定則可知，A錯誤；E＝Blv＝0.5×1×4V＝2V，則Ucd＝eq\f(R,R＋R)E＝1V，B正確；由于de間、cf間電阻沒有電流流過，故Ucf＝Ude＝0，所以Ufe＝Ucd＝1V，C錯誤，D正確．2．(電磁感應(yīng)中的電路問題)如圖6所示，粗細(xì)均勻、電阻為2r的金屬圓環(huán)，放在圖示的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓環(huán)直徑為l；長為l、電阻為eq\f(r,2)的金屬棒ab放在圓環(huán)上，且與圓環(huán)接觸良好，以速度v0向左勻速運(yùn)動，當(dāng)ab棒運(yùn)動到圖示虛線位置(圓環(huán)直徑處)時，金屬棒兩端的電勢差為()圖6A．Blv0B.eq\f(1,2)Blv0C.eq\f(1,3)Blv0D.eq\f(2,3)Blv0答案B解析切割磁感線的金屬棒ab相當(dāng)于電源，其電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻，當(dāng)運(yùn)動到題圖中虛線位置時，兩個半圓金屬環(huán)相當(dāng)于并聯(lián)，等效電路圖如圖所示．則R外＝R并＝eq\f(r,2)，I＝eq\f(E,R外＋\f(r,2))＝eq\f(Blv0,r).金屬棒兩端的電勢差等于路端電壓，則Uab＝IR外＝eq\f(Blv0,r)·eq\f(r,2)＝eq\f(1,2)Blv0，B正確．3.(電磁感應(yīng)中的電荷量問題)如圖7所示，將一個閉合金屬圓環(huán)從有界磁場中勻速拉出，第一次速度為v，通過金屬圓環(huán)某一橫截面的電荷量為q1，第二次速度為2v，通過金屬圓環(huán)某一橫截面的電荷量為q2，則()圖7A．q1∶q2＝1∶2 B．q1∶q2＝1∶4C．q1∶q2＝1∶1 D．q1∶q2＝2∶1答案C4.(電磁感應(yīng)中的電荷量問題)如圖8所示，正方形金屬線圈位于紙面內(nèi)，邊長為L，匝數(shù)為N，電阻為R，過ab中點(diǎn)和cd中點(diǎn)的連線OO′恰好位于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場的右邊界上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，當(dāng)線圈從圖示位置繞OO′轉(zhuǎn)過90°時，穿過線圈某橫截面的總電荷量為()圖8A．BL2B．NBL2C.eq\f(BL2,2R)D.eq\f(NBL2,2R)答案D解析正方形金屬線圈從題圖所示位置轉(zhuǎn)過90°時，磁通量變化量為ΔΦ＝B·eq\f(1,2)L2＝eq\f(BL2,2)，q＝eq\f(NΔΦ,R)＝eq\f(NBL2,2R)，故D正確．1.如圖1所示，用均勻?qū)Ь€制成的正方形線框邊長為1m，線框的一半處于垂直線框向里的有界勻強(qiáng)磁場中．當(dāng)磁場以0.2T/s的變化率增強(qiáng)時，a、b兩點(diǎn)的電勢分別為φa、φb，回路中電動勢為E，則()圖1A．φa<φb，E＝0.2V B．φa>φb，E＝0.2VC．φa<φb，E＝0.1V D．φa>φb，E＝0.1V答案C解析此題線框的左邊部分相當(dāng)于電源，畫出等效電路如圖所示，由題意得eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s，故E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝0.1V，由楞次定律可知，線框內(nèi)的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針，a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，即φa<φb，故正確選項(xiàng)為C.2．(多選)(2020·鹽城中學(xué)高二上期中)粗細(xì)均勻的電阻絲圍成邊長為L的正方形線框，置于有界勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于線框平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，其右邊界與正方形線框的bc邊平行．現(xiàn)使線框以速度v勻速平移出磁場，如圖2所示，則在移出的過程中()圖2A．a(chǎn)d邊的電流方向?yàn)閍→dB．a(chǎn)d邊的電流方向?yàn)閐→aC．a(chǎn)、d兩點(diǎn)間的電勢差絕對值為eq\f(1,4)BLvD．a(chǎn)、d兩點(diǎn)間的電勢差絕對值為eq\f(3,4)BLv答案BD解析由右手定則可知，ad邊的電流方向?yàn)閐→a，選項(xiàng)A錯誤，B正確．在線框以速度v向右運(yùn)動移出磁場的過程中，只有ad邊在切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，則線框上的感應(yīng)電動勢E＝BLv；設(shè)每邊的電阻為R，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(BLv,4R)，a、d兩點(diǎn)間的電勢差的絕對值是路端電壓，則Uad＝I·3R＝eq\f(3,4)BLv，選項(xiàng)C錯誤，D正確．3.如圖3所示，一個匝數(shù)為n的正方形線圈，邊長為d，電阻為r.將其兩端a、b與阻值為R的電阻相連接，其他部分電阻不計(jì)．在線圈中存在垂直線圈平面向里的磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t均勻增加，eq\f(ΔB,Δt)＝k.則a、b兩點(diǎn)間的電壓為()圖3A．nd2kB.eq\f(Rnd2k,R＋r)C.eq\f(rnd2k,R＋r)D.eq\f(nd2,kR＋r)答案B解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝nkd2，則a、b兩點(diǎn)間的電壓為Uab＝eq\f(RE,R＋r)＝eq\f(Rnd2k,R＋r)，故選B.4.如圖4所示，閉合開關(guān)K，將條形磁體勻速插入閉合線圈，第一次用時0.2s，第二次用時0.4s，并且兩次的起始和終止位置相同，則()圖4A．第一次磁通量變化量較大B．第一次的最大偏轉(zhuǎn)角較大C．第一次經(jīng)過的總電荷量較多D．若斷開K，均不偏轉(zhuǎn)，則均無感應(yīng)電動勢答案B解析由于兩次條形磁體插入線圈的起始和終止位置相同，因此磁通量的變化量ΔΦ相同，故A錯誤；根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，第一次磁通量變化較快，所以感應(yīng)電動勢較大，而閉合電路的電阻相同，所以第一次的感應(yīng)電流較大，第一次的最大偏轉(zhuǎn)角較大，故B正確；通過的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,RΔt)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)，則兩次通過的電荷量相同，故C錯誤；若斷開K，雖然電路不閉合，沒有感應(yīng)電流，但感應(yīng)電動勢仍存在，故D錯誤．5．如圖5所示，豎直平面內(nèi)有一金屬圓環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指剪開拉直時的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直穿過環(huán)平面．環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，導(dǎo)體棒與圓環(huán)接觸良好，當(dāng)擺到豎直位置時，B點(diǎn)的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為()圖5A.eq\f(Bav,3)B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3)D．Bav答案A解析導(dǎo)體棒AB擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應(yīng)電動勢E＝B·2a·eq\f(1,2)v＝Bav.外電路電阻大小為R外＝eq\f(\f(R,2)·\f(R,2),\f(R,2)＋\f(R,2))＝eq\f(R,4)，由閉合電路歐姆定律有|UAB|＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故選A.6.如圖6所示，將一半徑為r的金屬圓環(huán)在垂直于環(huán)面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中用力握中間成“8”字形，并使上、下兩圓半徑相等．如果環(huán)的電阻為R，則此過程中流過環(huán)的電荷量為()圖6A.eq\f(πr2B,R)B.eq\f(πr2B,2R)C．0D.eq\f(3πr2B,4R)答案B解析ΔΦ＝Bπr2－2×Bπ(eq\f(r,2))2＝eq\f(1,2)Bπr2，電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πr2B,2R)，B正確．7．如圖7所示，空間存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，在半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)部及外部，磁場方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B.一半徑為b(b＞a)、電阻為R的圓形導(dǎo)線環(huán)放置在紙面內(nèi)，其圓心與圓形區(qū)域的中心重合．當(dāng)內(nèi)、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中，通過導(dǎo)線環(huán)橫截面的電荷量為()圖7A.eq\f(πB|b2－2a2|,R) B.eq\f(πBb2＋2a2,R)C.eq\f(πBb2－a2,R) D.eq\f(πBb2＋a2,R)答案A解析設(shè)開始時穿過導(dǎo)線環(huán)向里的磁通量為正值，Φ1＝Bπa2，則向外的磁通量為負(fù)值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，總的磁通量為Φ＝B·π|b2－2a2|，末態(tài)總的磁通量為Φ′＝0，由法拉第電磁感應(yīng)定律得平均感應(yīng)電動勢為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則通過導(dǎo)線環(huán)橫截面的電荷量為q＝|eq\f(\x\to(E),R)|·Δt＝|eq\f(ΔΦ,R)|＝eq\f(πB|b2－2a2|,R)，A項(xiàng)正確．8.(2020·安徽蚌埠二中月考)用相同的導(dǎo)線繞制的邊長分別為L和2L的正方形閉合線框，以相同的速度勻速進(jìn)入右側(cè)的勻強(qiáng)磁場，如圖8所示，在線框進(jìn)入磁場的過程中，a、b和c、d兩點(diǎn)間的電壓分別為U甲和U乙，ab邊和cd邊所受的安培力分別為F甲和F乙，則下列判斷正確的是()圖8A．U甲＝U乙 B．U甲＝2U乙C．F甲＝F乙 D．F甲＝eq\f(1,2)F乙答案D解析線框進(jìn)入磁場后切割磁感線，甲中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是乙中感應(yīng)電動勢的一半，設(shè)甲線框的電阻為4r，乙線框的電阻為8r，則有U甲＝BLv·eq\f(3r,4r)＝eq\f(3,4)BLv，U乙＝B·2Lv·eq\f(6r,8r)＝eq\f(3,2)BLv，故U甲＝eq\f(1,2)U乙，A、B錯誤；根據(jù)F＝BIL，E＝BLv，得出F甲＝eq\f(B2L2v,4r)，F(xiàn)乙＝eq\f(B22L2v,8r)，所以F甲＝eq\f(1,2)F乙，C錯誤，D正確．9．粗細(xì)均勻的電阻絲圍成如圖9所示的線框，置于正方形有界勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直線框平面向里，圖中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L.現(xiàn)使線框以同樣大小的速度v勻速沿四個不同方向平動進(jìn)入磁場，并且速度方向始終與線框先進(jìn)入磁場的那條邊垂直，則在通過如圖所示位置時，下列說法正確的是()圖9A．四個圖中，圖①中a、b兩點(diǎn)間的電勢差最大B．四個圖中，圖②中a、b兩點(diǎn)間的電勢差最大C．四個圖中，圖③中回路電流最大D．四個圖中，圖④中回路電流最小答案A解析設(shè)線框的電阻為R.題圖①中：a、b兩點(diǎn)間的電勢差等于外電壓，其大小為U1＝eq\f(3,4)E1＝eq\f(3,4)B·2Lv＝eq\f(3,2)BLv，電流為I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(2BLv,R)；題圖②中：a、b兩點(diǎn)間的電勢差等于外電壓的eq\f(1,3)，其大小為U2＝eq\f(1,4)E2＝eq\f(1,4)B·2Lv＝eq\f(1,2)BLv，電流為I2＝eq\f(2BLv,R)；題圖③中：a、b兩點(diǎn)間的電勢差等于外電壓的eq\f(2,7)，其大小為U3＝eq\f(BLv,4)，電流為I3＝eq\f(BLv,R)；題圖④中：a、b兩點(diǎn)間的電勢差大小為U4＝eq\f(BLv,2)，電流為I4＝eq\f(2BLv,R).可見，題圖①中a、b兩點(diǎn)間的電勢差最大，題圖③中回路電流最小，故A正確，B、C、D錯誤．10．(多選)(2020·陽泉市第十一中學(xué)高二月考)在如圖10甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2.螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF.在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t按如圖乙所示的規(guī)律變化，螺線管內(nèi)的磁場B的方向向下為正方向．則下列說法中正確的是()圖10A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1VB．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2WC．電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電D．S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10－5C答案CD解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝1500×eq\f(1.0－0.2,2.0)×20×10－4V＝1.2V，A錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1.2,4.0＋5.0＋1.0)A＝0.12A，根據(jù)P＝I2R1，得R1的電功率P＝0.122×4.0W＝5.76×10－2W，B錯誤；根據(jù)楞次定律，螺線管感應(yīng)電流沿逆時針方向(俯視)，即等效電源為上負(fù)下正，所以電路中電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電，C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時電容器所帶電荷量Q，電容器兩端的電壓等于R2兩端電壓，故U＝IR2＝0.6V，則流經(jīng)R2的電荷量Q＝CU＝1.8×10－5C，D正確．11.(2019·江蘇卷)如圖11所示，勻強(qiáng)磁場中有一個用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直．已知線圈的面積S＝0.3m2、電阻R＝0.6Ω，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T．現(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩邊在Δt＝0.5s時間內(nèi)合到一起．求線圈在上述過程中圖11(1)感應(yīng)電動勢的平均值E；(2)感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標(biāo)出電流方向；(3)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q.答案(1)0.12V(2)0.2A見解析圖(3)0.1C解析(1)感應(yīng)電動勢的平均值E＝eq\f(ΔФ,Δt)磁通量的變化量ΔФ＝BΔS解得E＝eq\f(BΔS,Δt)，代入數(shù)據(jù)得E＝0.12V；(2)平均電流I＝eq\f(E,R)代入數(shù)據(jù)得I＝0.2A(電流方向如圖)；(3)電荷量q＝IΔt代入數(shù)據(jù)得q＝0.1C.12．(2020·遼寧沈陽高二上期末)如圖12所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.1T，金屬棒AD長L＝0.4m，與框架寬度相同，金屬棒的電阻R＝eq\f(1,3)Ω，框架電阻不計(jì)，電阻R1＝2Ω，R2＝1Ω，當(dāng)金屬棒以5m/s的速度勻速向右運(yùn)動時，圖12(1)求通過金屬棒的電流大??；(2)若圖中電容器的電容C為0.3μF，求電容器中儲存的電荷量．答案(1)0.2A(2)4×10－8C解析(1)金屬棒勻速運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv＝0.1×0.4×5V＝0.2V電路中總電阻為R總＝R＋eq\f(R1R2,R1＋R2)＝1Ω通過金屬棒的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R總)＝0.2A(2)金屬棒兩端的電壓為U＝E－IR＝0.2V－0.2×eq\f(1,3)V＝eq\f(2,15)V電容器中儲存的電荷量為Q＝CU＝0.3×10－6×eq\f(2,15)C＝4×10－8C.13．如圖13甲所示，水平放置的線圈匝數(shù)n＝200匝，直徑d1＝40cm，電阻r＝2Ω，線圈與阻值R＝6Ω的電阻相連．在線圈的中心有一個直徑d2＝20cm的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化，規(guī)定垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎较颍畧D13(1)求通過電阻R的電流方向；(2)求理想電壓表的示數(shù)；(3)若撤去原磁場，在圖中豎直虛線的右側(cè)空間加磁感應(yīng)強(qiáng)度B′＝0.5T的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里，試求在施加新磁場過程中通過電阻R的電荷量．答案(1)A→R→B(2)4.71V(3)1.57C解析(1)線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向里且增大，根據(jù)楞次定律判斷可知通過電阻R的電流方向?yàn)锳→R→B.(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(ΔB,Δt)·π(eq\f(d2,2))2＝2πV，感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2π,6＋2)A＝eq\f(π,4)A故電壓表的示數(shù)為U＝IR≈4.71V(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，平均感應(yīng)電動勢為eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，平均感應(yīng)電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)則通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)，ΔΦ＝B′·π(eq\f(d1,2))2代入數(shù)據(jù)解得q≈1.57C.電磁感應(yīng)中的圖像問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.進(jìn)一步掌握楞次定律、右手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用.2.綜合應(yīng)用楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律解決圖像問題．1．電磁感應(yīng)中的圖像問題圖像類型(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖像，即B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像和I－t圖像(2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨導(dǎo)體位移x變化的圖像，即E－x圖像和I－x圖像問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖像(2)由給定的有關(guān)圖像分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量應(yīng)用知識左手定則、右手定則、安培定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律、相關(guān)數(shù)學(xué)知識等2.解決此類問題的一般步驟(1)明確圖像的類型，是B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像還是I－t圖像等；(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程，合理分段、選取典型過程；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析電動勢大小，由楞次定律分析感應(yīng)電流(或感應(yīng)電動勢)方向；(3)由歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等規(guī)律寫出函數(shù)方程；根據(jù)函數(shù)方程進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，例如分析斜率的變化、截距等；(4)畫圖像或判斷圖像．一、E－t圖像(2020·北京海淀區(qū)模擬)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向如圖1甲所示，當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t按圖乙變化時，下列四幅圖中可以正確表示線圈中感應(yīng)電動勢E變化的是()圖1答案A解析由題圖乙可知，在0～1s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，穿過線圈的磁通量均勻增大，由楞次定律可知線圈中產(chǎn)生恒定電流的方向與正方向一致；1～3s內(nèi)，穿過線圈的磁通量不變，故感應(yīng)電動勢為0；在3～5s內(nèi)，線圈中的磁通量均勻減小，由楞次定律可知線圈中產(chǎn)生恒定電流的方向與正方向相反．由題圖乙可知0～1s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率是3～5s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率的2倍，由E＝neq\f(ΔB,Δt)·S可知，0～1s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是3～5s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的2倍，故A選項(xiàng)正確．二、i－t圖像如圖2所示，一底邊長為L、底邊上的高也為L的等腰三角形導(dǎo)體線框以恒定的速度v沿垂直于磁場區(qū)域邊界的方向穿過長為2L、寬為L的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里．t＝0時刻，三角形導(dǎo)體線框的右邊剛進(jìn)入磁場，取沿逆時針方向的感應(yīng)電流為正方向，則在三角形導(dǎo)體線框穿過磁場區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖線可能是()圖2答案A解析根據(jù)E＝BL有v，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL有v,R)可知，三角形導(dǎo)體線框進(jìn)、出磁場時，有效切割長度L有都變小，則I也變?。俑鶕?jù)楞次定律及安培定則，可知進(jìn)、出磁場時感應(yīng)電流的方向相反，進(jìn)磁場時感應(yīng)電流方向?yàn)檎较颍龃艌鰰r感應(yīng)電流方向?yàn)樨?fù)方向，故選A.三、i－x圖像(2020·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)如圖3所示，有一個等腰直角三角形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其直角邊長為L，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一邊長為L，總電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a的方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，則圖中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標(biāo)x變化的圖像，正確的是()圖3答案C解析在0～L內(nèi)，導(dǎo)線框未進(jìn)入磁場，無感應(yīng)電流產(chǎn)生；在L～2L內(nèi)，bc邊切割磁感線，切割磁感線的有效長度隨x增大而均勻增大，根據(jù)楞次定律可知線框中的感應(yīng)電流為正方向，bc邊到達(dá)x＝2L的位置時，感應(yīng)電流達(dá)到最大值，im＝eq\f(BLv,R)；在2L～3L內(nèi)，ad邊切割磁感線，切割磁感線的有效長度隨x增大而均勻增大，感應(yīng)電流為負(fù)方向，當(dāng)bc邊到達(dá)x＝3L位置時，感應(yīng)電流達(dá)到最大值，im＝eq\f(BLv,R).綜上所述，選項(xiàng)C正確．四、F－t圖像如圖4甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定向下為正方向)，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的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Φ恼较?，則在0～2t0時間內(nèi)，能正確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流與時間或外力與時間關(guān)系的圖線是()圖4答案D解析在0～t0時間內(nèi)磁通量為向上減少，t0～2t0時間內(nèi)磁通量為向下增加，兩者等效，且根據(jù)B－t圖線可知，兩段時間內(nèi)磁通量的變化率相等，根據(jù)楞次定律可判斷0～2t0時間內(nèi)均產(chǎn)生由b到a的大小、方向均不變的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A、B錯誤．在0～t0時間內(nèi)可判斷ab所受安培力的方向水平向右，則所受水平外力方向向左，大小F＝BIL隨B的減小呈線性減??；在t0～2t0時間內(nèi)，可判斷所受安培力的方向水平向左，則所受水平外力方向向右，大小F＝BIL隨B的增加呈線性增加，選項(xiàng)C錯誤，D正確．求解圖像類選擇題的兩種常用方法1．排除法：定性分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化情況(變化快慢及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(xiàng)．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)系對圖像進(jìn)行分析和判斷．1.(i－t圖像)如圖5所示，兩平行的虛線間的區(qū)域內(nèi)存在著有界勻強(qiáng)磁場，有一較小的三角形線框abc的ab邊與磁場邊界平行，現(xiàn)使此線框向右勻速穿過磁場區(qū)域，運(yùn)動過程中始終保持速度方向與ab邊垂直．則下列各圖中哪一個可以定性地表示線框在穿過磁場的過程中感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律()圖5答案D解析線框剛開始進(jìn)入磁場時，根據(jù)右手定則可知，電流方向?yàn)槟鏁r針，當(dāng)開始出磁場時，回路中磁通量減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針；不論進(jìn)入磁場，還是出磁場時，由于切割的有效長度變小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小變小，故A、B、C錯誤，D正確．2．(B－t圖像)(2020·吉林田家炳實(shí)驗(yàn)中學(xué)期末)如圖6甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在變化的磁場中，產(chǎn)生了感應(yīng)電流(電流方向沿abcda為正方向)．若規(guī)定垂直紙面向里的方向?yàn)榇艌龅恼较颍軌虍a(chǎn)生如圖乙所示電流的磁場為()圖6答案D解析由題圖乙可知，0～t1內(nèi)，線框中電流的大小與方向都不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線框中磁通量的變化率不變，故0～t1內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度與時間的關(guān)系圖線是一條傾斜的直線，A、B錯；又由于0～t1時間內(nèi)電流的方向?yàn)檎囱豠bcda方向，由楞次定律可知，電路中感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向里，故0～t1內(nèi)原磁場垂直紙面向里減小或垂直紙面向外增大，C錯，D對．3．(i－x圖像)如圖7所示，兩個相鄰的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，方向相反，且垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，以磁場區(qū)域左邊界為y軸建立坐標(biāo)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(dǎo)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，線框中感應(yīng)電流i與線框移動距離x的關(guān)系圖像正確的是(以逆時針方向?yàn)殡娏鞯恼较?()圖7答案C解析在CD邊進(jìn)入磁場后，根據(jù)右手定則可得產(chǎn)生的感應(yīng)電流由D到C，所以為正，產(chǎn)生的電流大小設(shè)為I0，當(dāng)AB邊進(jìn)入磁場后，CD進(jìn)入右邊磁場，兩邊切割磁感線，所以產(chǎn)生的電流大小為2I0，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針，所以選C.4．(E－t圖像)(2020·江蘇西亭高級中學(xué)高二上期末)如圖8所示，A是一個邊長為L的正方形導(dǎo)線框，每邊導(dǎo)線電阻為r.現(xiàn)維持線框以恒定速度v沿x軸運(yùn)動，并穿過圖中所示虛線區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場．以順時針方向?yàn)殡娏鞯恼较颍琔bc＝φb－φc，t＝0時線框處在圖示位置，則b、c兩點(diǎn)間的電勢差隨時間變化的圖線應(yīng)為()圖8答案B解析0～eq\f(L,v)時間內(nèi)，線框在磁場外，無感應(yīng)電流，Ubc＝0；eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)時間內(nèi)，由右手定則可得出感應(yīng)電流沿逆時針方向，由于維持線框以恒定速度v沿x軸運(yùn)動，所以感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有Ubc＝eq\f(3,4)BLv；eq\f(2L,v)～eq\f(4L,v)時間內(nèi)，線框全部在磁場內(nèi)，感應(yīng)電流為0，但bc邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Ubc＝BLv；eq\f(4L,v)～eq\f(5L,v)時間內(nèi)，線框的ad邊切割磁感線，由右手定則可得出感應(yīng)電流沿順時針方向，由于維持線框以恒定速度v沿x軸運(yùn)動，所以感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有Ubc＝eq\f(BLv,4).選項(xiàng)B正確，A、C、D錯誤.1．在豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個面積不變的單匝金屬線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖1甲所示，取線圈中磁場的方向向上為正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化如圖乙所示，以下四圖中正確表示線圈中感應(yīng)電流變化的是()圖1答案A解析在前半個周期內(nèi)，磁場方向向上且逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)樨?fù)方向；后半個周期內(nèi)磁場方向向下且磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)樨?fù)方向，且后半個周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為前半個周期內(nèi)的兩倍，故電流也為前半個周期的兩倍，選項(xiàng)A正確．2.如圖2所示，由同種材料制成的粗細(xì)均勻的正方形金屬線框以恒定速度向右通過有理想邊界的勻強(qiáng)磁場，開始時線框的ab邊恰與磁場邊界重合，磁場寬度大于正方形的邊長，則線框中a、b兩點(diǎn)間電勢差Uab隨時間變化的圖線是下圖中的()圖2答案A解析線框向右勻速穿越磁場區(qū)域的過程可分為三個階段：第一階段(進(jìn)入過程)，ab是電源，外電阻R＝3r(每一邊的電阻為r)，Uab等于路端電壓U1＝eq\f(3,4)E；第二階段(線框整體在磁場中平動過程)，ab及dc都是電源，并且是完全相同的電源，回路中雖無感應(yīng)電流，但U2＝E；第三階段(離開過程)，dc是電源，路端電壓Udc＝eq\f(3,4)E，因此Uab為路端電壓Udc的eq\f(1,3)，即U3＝eq\f(1,4)E，故選項(xiàng)A正確．3．一個勻強(qiáng)磁場的邊界是MN，MN左側(cè)無磁場，右側(cè)是范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖3甲所示．現(xiàn)有一個金屬線框沿ab方向以恒定速度從MN左側(cè)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域，線框中的電流隨時間變化的I－t圖像如圖乙所示，則可能的線框是下列選項(xiàng)圖中的()圖3答案D解析金屬線框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，設(shè)線框總電阻是R，則感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，由題圖乙所示圖像可知，感應(yīng)電流先均勻變大，后均勻變小，由于B、v、R是定值，故金屬線框的有效長度L應(yīng)先變大，后變小，且L隨時間均勻變化．閉合圓環(huán)勻速進(jìn)入磁場時，有效長度L先變大，后變小，但L隨時間不是均勻變化，不符合題意，選項(xiàng)A錯誤；正方形線框進(jìn)入磁場時，有效長度L不變，感應(yīng)電流不變，不符合題意，選項(xiàng)B錯誤；梯形線框勻速進(jìn)入磁場時，有效長度L先均勻增大，后不變，最后均勻減小，不符合題意，選項(xiàng)C錯誤；三角形線框勻速進(jìn)入磁場時，有效長度L先增大，后減小，且隨時間均勻變化，符合題意，選項(xiàng)D正確．4.如圖4所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一個電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的O軸勻速轉(zhuǎn)動(O軸位于磁場邊界)，周期為T，t＝0時刻線框置于如圖所示位置，則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的圖像為(規(guī)定電流順時針方向?yàn)檎?()圖4答案A解析由于扇形導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動，因此導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是恒定的．線框在進(jìn)入磁場和離開磁場時，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，當(dāng)完全進(jìn)入時，由于磁通量不變，故無感應(yīng)電流產(chǎn)生．由右手定則可判斷導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時，電流方向?yàn)槟鏁r針，出磁場時電流方向?yàn)轫槙r針，故選項(xiàng)A正確．5.如圖5所示，兩條平行虛線之間存在勻強(qiáng)磁場，虛線間的距離為L，磁場方向垂直紙面向里，abcd是位于紙面內(nèi)的梯形線圈，ad與bc間的距離也為L，t＝0時刻bc邊與磁場區(qū)域邊界重合．現(xiàn)令線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場區(qū)域邊界的方向穿過磁場區(qū)域，取沿abcda方向?yàn)楦袘?yīng)電流正方向，則在線圈穿越磁場區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖線可能是()圖5答案B解析bc邊進(jìn)入磁場時，根據(jù)右