2023年高考物理知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)：電磁感應(yīng)中的電路與圖象問(wèn)題（附答案解析）

2023年高考物理熱點(diǎn)復(fù)習(xí)：電磁感應(yīng)中的電路與圖象問(wèn)題

【2023高考課標(biāo)解讀】

1.對(duì)電磁感應(yīng)中電源的理解

2.解決電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的基本步驟

［2023高考熱點(diǎn)解讀】

一、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題

1.內(nèi)電路和外電路

(1)切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源。

(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路。

2.電源電動(dòng)勢(shì)和路端電壓

Λφ

(1)電動(dòng)勢(shì)：E=B∕u或E=∕T^M°

(2)路端電壓：U=IR=E-Ir.

【拓展提升】

1.電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖

閉合電路電磁感應(yīng)

EE=Blv

Iz="

聯(lián)系1：電動(dòng)勢(shì)EΔΦ

U=-^-EE=W

R

+r2

聯(lián)系：功和能E=!Blω

P=IU22

Q=I2RtrAΦ

q=------

q=CUR

2.解決電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題三步曲

用法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算E的大小，用楞

’“源”的分析二次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向；

-----產(chǎn)!廠感應(yīng)電流方向是“等效阻源”內(nèi)部電流的方

向，從而確定“電源”正、負(fù)極，明確內(nèi)阻r。

［，，附，;而桁口根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連

——r-~］接方式畫出等效電路圖。

根據(jù)E=Blv或E=H磬,結(jié)合閉合電路歐姆

:式”的建立卜定律、串并聯(lián)電路知識(shí)和電功率、焦耳定律

等關(guān)系式求解。

二、電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題

電磁感應(yīng)中常見的圖象問(wèn)題

(1)隨時(shí)間變化的圖象，如84圖象、04圖象、EY圖象、∕?√圖象

圖象類型(2)隨位移變化的圖象，如E-X圖象、/-X圖象

(所以要先看坐標(biāo)軸：哪個(gè)物理量隨哪個(gè)物理量變化要弄清)

(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出或畫出正確的圖象(畫圖象)

問(wèn)題類型(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，求解相應(yīng)的物理量(用圖

象)

四個(gè)規(guī)律左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律

(1)平均電動(dòng)勢(shì)

應(yīng)

(2)平動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)E=B'

用

六類(3)轉(zhuǎn)動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)E^BPω

知

公式E

識(shí)(4)閉合電路歐姆定律/=而

(5)安培力F=BIl

(6)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)公式等

例L如圖所示，八〃兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長(zhǎng)lll=3Ih,

圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互

影響，則()

A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B.“、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9：1

C.八匕線圈中感應(yīng)電流之比為3：4D.八〃線圈中電功率之比為3：1

【答案】B

【解析】當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變大時(shí)，由楞次定律知，線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,

由安培定則知，線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律E=

及：S%=9：1知，Ea=9Eh,選項(xiàng)B正確；由R=造知兩線圈的電阻關(guān)系為Ra=3即其

感應(yīng)電流之比為/“：∕?=3：1,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;兩線圈的電功率之比為匕：Ph=EJa：Ehib=21:1,

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

【方法技巧】電磁感應(yīng)中確定電源的方法

1.判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的那一部分導(dǎo)體電源。

2.動(dòng)生問(wèn)題棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=Blv,方向由右手定則判斷。

3.感生問(wèn)題磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化的電動(dòng)勢(shì)E=費(fèi)士方向由楞次定律判斷。而電流方向都是

等效電源內(nèi)部負(fù)極流向正極的方向。

例2.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為/=1m,以間、de間、

?∕^間分別接著阻值R=IoΩ的電阻。一阻值R=IOQ的導(dǎo)體棒H以速度v=4m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，

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(qiáng)度大小B=0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

下列說(shuō)法中正確的是（）

A.導(dǎo)體棒湖中電流的流向?yàn)橛?到4B.Ca兩端的電壓為IV

C.de兩端的電壓為IVD.在兩端的電壓為1V

【答案】BD

【解析】由右手定則可知"中電流方向?yàn)?。?A錯(cuò)誤：導(dǎo)體棒油切割磁感線產(chǎn)生的感

應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=8∕y,?！殡娫?，Cd間電阻R為外電路負(fù)載，de和Cf間電阻中無(wú)電流，de和￠/間

無(wú)電壓，因此Cd和佗兩端電壓相等，即U=4XR=竽=1V,B、D正確，C錯(cuò)誤。

【方法技巧】分析電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題應(yīng)注意的兩點(diǎn)

1.電源是等效電源，電源的電動(dòng)勢(shì)需要用法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算，電源內(nèi)阻視情況而定。

2.電路結(jié)構(gòu)不夠明顯時(shí)，需要仔細(xì)分析外電路的串并聯(lián)關(guān)系，畫出等效電路圖。

例3.如圖所示，導(dǎo)體棒沿兩平行金屬導(dǎo)軌從圖中位置以速度V向右勻速通過(guò)一正方形磁場(chǎng)區(qū)

域abed,ac垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，ac右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是左側(cè)的2倍且方向相反。導(dǎo)軌

和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和所受安培力隨時(shí)間變化的圖象正確的是

（規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正方向，安培力向左為正方向）（）

ABCD

【答案】A

【解析】由E=BLv可知，導(dǎo)體棒由b運(yùn)動(dòng)到ac過(guò)程中，切割磁感線有效長(zhǎng)度L均勻增大，

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E均勻增大，由歐姆定律可知，感應(yīng)電流/均勻增大。由右手定則可知，感應(yīng)電流方

向由例到M由左手定則可知，導(dǎo)體棒所受安培力水平向左，大小不斷增大，故只有選項(xiàng)A正

確。

【方法技巧】電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個(gè)常用方法

定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)（增大還是減?。?、變化

排除法快慢（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(cuò)誤

的選項(xiàng)0

根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函

函數(shù)法

數(shù)關(guān)系對(duì)圖象進(jìn)行分析和判斷。

[2023高考押題】

1.如圖所示，長(zhǎng)為2L的直導(dǎo)線MN與正弦形狀的導(dǎo)線僅在兩端相連，組成一個(gè)閉合回路

系統(tǒng)。在系統(tǒng)右側(cè)虛線區(qū)域內(nèi)分布有垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,

兩磁場(chǎng)區(qū)域左右寬度均為L(zhǎng),上下足夠長(zhǎng)。系統(tǒng)在外力作用下向右勻速運(yùn)動(dòng)。用i表示通過(guò)系統(tǒng)

的電流，X表示系統(tǒng)的位移，在直導(dǎo)線上電流由M到N為電流的正方向。從圖示位置到系統(tǒng)完

全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，下列圖像可能正確的是（）

【分析】由E=BIV求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中等效于導(dǎo)線棒切割磁感線運(yùn)動(dòng),

根據(jù)右手定則判斷電流方向，根據(jù)歐姆定律求電路中電流。

【解答】解：導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：

E=Blv=Byv

其中1指的是有效長(zhǎng)度;

位移為O?L過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知直導(dǎo)線上電流由M到N為正，感應(yīng)電流最大值

i=Em=BymV

mRR

位移為L(zhǎng)?2L過(guò)程中，左右兩部分同時(shí)切割磁感線，電路中由三個(gè)等效電源，根據(jù)右手定

則可知直導(dǎo)線上電流由N到M為負(fù)，感應(yīng)電流最大值

i,3Eπi-3Bymv

mR~Γ~

故A正確，BCD錯(cuò)誤;

故選：Ao

2.如圖，電阻忽略不計(jì)的正方形金屬框abed水平固定放置，對(duì)角線長(zhǎng)度為1,整個(gè)金屬框

內(nèi)部區(qū)域分布著垂直水平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)度大于1的均勻?qū)w棒MN自a向C在金屬框上

勻速滑過(guò)，滑動(dòng)過(guò)程中MN始終關(guān)于ac對(duì)稱并與金屬框接觸良好。若導(dǎo)體棒MN單位長(zhǎng)度電阻

恒定，與a點(diǎn)的距離記為X,則下列關(guān)于MN棒所受安培力F與X(OWXWI)的關(guān)系圖像中，可能

【分析】由楞次定律判斷安培力的方向；根據(jù)安培力的計(jì)算公式分析安培力大小隨位移變化

情況，由此得解。

【解答】解：由楞次定律可知，導(dǎo)體棒自a向C通過(guò)磁場(chǎng)，其所受安培力方向始終水平向左，

阻礙其運(yùn)動(dòng);

設(shè)導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度電阻為r,導(dǎo)體棒勻速滑過(guò)磁場(chǎng)的速率為V,其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中切割磁感線的

有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)o

2

當(dāng)OWXa時(shí)，由幾何知識(shí)可知:L=2x,又E=BLV,1=一^,所以安培力F=BlL=2Σ工?χ,

22xrr

即F與X成正比。

2

同理，當(dāng)L<χ<ι時(shí)，解得F=BlL=空工?（l-χ）,即F隨X線性減小，故A正確、

2r

BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

3.如圖所示，左端有微小夾縫的形光滑導(dǎo)軌abc水平放置在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，

一電容器C與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒MN與ab垂直，在外力F作用下從b點(diǎn)開始以速

度V向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻.下列關(guān)于回路中的電流i、極板上的電荷量q、外力F及其

功率P隨時(shí)間t變化的圖像中，正確的是（）

【分析】金屬棒切割磁感線相當(dāng)于電源，切割有效長(zhǎng)度逐漸增加，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸增大，給

所連接的電容器充電，由電流定義式1=a為切入點(diǎn)，由電容的定義式Q=CU,電容器的電

壓總是等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，動(dòng)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算公式E=BLV,分析L與位移的幾何關(guān)系，推導(dǎo)

電容器的電荷量Q的表達(dá)式，得到AQ的表達(dá)式，從而得到電流的表達(dá)式；由公式q=It判斷電

荷量與t的函數(shù)關(guān)系；金屬棒受力平衡F=F安=BIL,再由P=FV判斷外力的功率。

【解答】解：A、設(shè)微小夾縫的形夾角為0,以金屬棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)為計(jì)時(shí)零時(shí)刻，設(shè)金

屬棒在O-t時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)位移為X,

在t時(shí)刻金屬棒在導(dǎo)軌間的長(zhǎng)度為：L=XtanO

此時(shí)金屬棒在導(dǎo)軌間的電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv

電容器的電壓U=E

電容器的電量Q=CU=BCVXtanO

在t-（t+At）（At趨近于零）時(shí)間內(nèi)，金屬棒的位移由X增加到（x+Ax）,則

電容器的電量增加量AQ=BCV?Ax?tan8

通過(guò)金屬棒的電流I=半=EICV?2?x?tan8,其中字=v,

△t?t?t

可得電流為：I=BCV2tan0,所以電流是恒定不變的，故A錯(cuò)誤；

B、由A選項(xiàng)的分析可得I=BCV2tan9,I為恒定電流，根據(jù)公式q=It,可知I為t的正比例

函數(shù)，故B正確；

C、根據(jù)安培力公式，結(jié)合平衡條件，可得：F=F安=BIL=BlXtanO=BIVtan9?t,可得外力F

為t的正比例函數(shù)，故C錯(cuò)誤;

D、由A選項(xiàng)的分析可知流過(guò)金屬棒的電流恒定，由F安=BIL,由受力平衡可知，外力F

的大小等于安培力，由公式P=Fv,可知外力F的功率為：P=BIV2tanθ?t,即外力功率是t的正

比例函數(shù)，故D錯(cuò)誤。

故選:B?

4.如圖所示，在MN、PQ區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,均勻矩形導(dǎo)線框abed

在紙面內(nèi)以垂直于MN的速度V勻速通過(guò)該磁場(chǎng)區(qū)域，且be邊始終平行于MN,已知ab邊長(zhǎng)為

21,ad邊及磁場(chǎng)區(qū)域的寬度均為1,在導(dǎo)線框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列關(guān)于ad兩點(diǎn)間電壓隨時(shí)間

變化的圖像正確的是（）

M

bXXX

21XXX

XXX

NXXXQ

Uad

【分析】本題分段研究，山楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律

得到ad兩點(diǎn)間電壓表達(dá)式，再確定圖像的形狀。

【解答】解：設(shè)ad邊電阻為r,ab邊電阻為2%

當(dāng)be邊進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，be邊相當(dāng)于電源，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BIV。感應(yīng)電流方向?yàn)槟?/p>

時(shí)針，此時(shí)ad邊相當(dāng)于用電器，它兩端的電壓Uad=&?r=2E=里上，且為正值。

6r66

當(dāng)be離開磁場(chǎng)時(shí)，ad邊還沒有進(jìn)入磁場(chǎng)，這個(gè)過(guò)程中回路沒有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，此時(shí)Uad=0。

當(dāng)ad邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ad邊相當(dāng)于電源,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，

此時(shí)ad兩端的電壓相當(dāng)于路端電壓，為Uad=E?5r=^E=皿且為正值，故ABC錯(cuò)誤，

6r66

D正確。

故選：D。

5.如圖甲所示，100匝圓形線圈接入理想變壓器的原線圈，變壓器的副線圈接入阻值為R

的電阻，電表都是理想交流電表。已知每匝線圈的電阻均為R,若在線圈位置加入垂直于線圈平

面的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化的圖像如圖乙所示，得到圓形線圈的電熱功率

A.工時(shí)刻兩電流表示數(shù)均達(dá)最大

2

B.工時(shí)刻兩電流表示數(shù)均為0

4

C.對(duì)某一段線圈來(lái)說(shuō)，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時(shí)，受到的安培力最大

D.原、副線圈匝數(shù)比n∣:∏2=10:1

【分析】根據(jù)題意得IJXI0OR=I22R,根據(jù)變壓器原理求解匝數(shù)之比；交流電表測(cè)量的是有

效值；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時(shí)，瞬時(shí)電流為零；線圈A產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值。

【解答】解：AB、電流表測(cè)量的為交流電的有效值，則兩電流表的示數(shù)不變且不為零，故

AB錯(cuò)誤；

C、對(duì)線圈A中的某段導(dǎo)線來(lái)說(shuō)，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時(shí)，瞬時(shí)電流為零，受到的安培力為零，

故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)題意得：XlOOR=^R,根據(jù)變壓器原理可得：n∣:n2=I2:11，聯(lián)立可得：n∣:

n2=lθ:1,故D正確；

故選：D。

6.如圖甲所示，一個(gè)阻值r=0.5C、匝數(shù)N=50匝、邊長(zhǎng)L=0.2m的正方形金屬線圈與一

阻值R=9.5Ω的小燈泡連接成閉合回路。線圈所在正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面向外時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度

為正，不計(jì)導(dǎo)線的電阻，圖甲中電流表、電壓表均為理想交流電表。下列說(shuō)法正確的是（）

A.在t=0.5×10^2s時(shí)流過(guò)小燈泡的電流為0.2πA

B.在t=lxl（∕2s時(shí)交流電流表的示數(shù)為0

c.在t=o至IJt=IXIo-2s時(shí)間內(nèi)交流電壓表的示數(shù)為名亞兀丫

20

D.在t=l×10^2s到t=2×10^2s時(shí)間內(nèi)小燈泡產(chǎn)生的熱量為0.002π2J

【分析】由圖像分析磁通量及電動(dòng)勢(shì)大小關(guān)系，結(jié)合交流電的四值異同點(diǎn)分析BD選項(xiàng)，結(jié)

合周期公式分析求解電壓表示數(shù)。

【解答】解：A、由題圖乙知，在t=0.5xl（f2s時(shí)線圈中的磁通量最大，根據(jù)交變電流規(guī)律

可知，此時(shí)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=0,電路中的感應(yīng)電流為0,則流過(guò)小燈泡的電流為0.故A

錯(cuò)誤；

B、交流電流表測(cè)量的是電路中交變電流的有效值，其示數(shù)不為零，故B錯(cuò)誤；

C、線圈中產(chǎn)生的交變電流的周期為T=0.02s.則3=空"=IoOTrrad∕s,Em=NBmSω=2τrV,

T

此交變電流按正弦規(guī)律變化，其電動(dòng)勢(shì)的有效值E=√∕πv,交流電壓表示數(shù)u=」9E=四巨

2020

πV,且有效值保持不變，故C正確；

E

D、交變電流的最大值Im=-51-=0.2πA,其有效值1=0.1&πA,在1=1x10%至h=2xlθ

R+r

2

^s時(shí)間內(nèi)小燈泡產(chǎn)生的熱量Q=12RAt=O.OO193t2j.故D錯(cuò)誤。

故選：Co

7.如圖I所示，將線圈套在長(zhǎng)玻璃管上，線圈的兩端與電流傳感器（可看作理想電流表）

相連。將強(qiáng)磁鐵從長(zhǎng)玻璃管上端由靜止釋放，磁鐵下落過(guò)程中將穿過(guò)線圈。實(shí)驗(yàn)觀察到如圖2

所示的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像。下列說(shuō)法正確的是（）

A.tι?t3時(shí)間內(nèi)，磁鐵受到線圈的作用力方向先向上后向下

B.若將磁鐵兩極翻轉(zhuǎn)后重復(fù)實(shí)驗(yàn)，將先產(chǎn)生負(fù)向感應(yīng)電流，后產(chǎn)生正向感應(yīng)電流

C.若將線圈的匝數(shù)加倍，線圈中產(chǎn)生的電流峰值也將加倍

D.若將線圈到玻璃管上端的距離加倍，線圈中產(chǎn)生的電流峰值也將加倍

【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，以及磁鐵受到的安培力的方向；根據(jù)法拉第電

磁感應(yīng)定律求解出電路的電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)歐姆定律求解出電路中的電流強(qiáng)度.

【解答】解：A、根據(jù)楞次定律的“來(lái)拒去留”可知，條形磁鐵穿過(guò)銅線圈的過(guò)程中所受的磁

場(chǎng)力都是向上，故A錯(cuò)誤;

B、根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，可知若將磁

鐵兩極翻轉(zhuǎn)后重復(fù)實(shí)驗(yàn)，將先產(chǎn)生負(fù)向感應(yīng)電流，由于磁場(chǎng)的方向相反，則磁場(chǎng)的變化也相反,

所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向也相反，即將先產(chǎn)生負(fù)向感應(yīng)電流，后產(chǎn)生正向感應(yīng)電流，故B正

確;

C、若將線圈的匝數(shù)加倍，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E=rr箸，可知線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)

電動(dòng)勢(shì)將增大，所以對(duì)磁鐵運(yùn)動(dòng)的阻礙作用增大，因此磁鐵的最大速度將減小，所以將線圈的匝

數(shù)加倍時(shí)，今IL減小，所以線圈中產(chǎn)生的電流峰值不能加倍，故C錯(cuò)誤;

D、若將線圈到玻璃管上端的距離加倍，假設(shè)磁鐵做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)穿過(guò)線圈時(shí)的速度

v=√?h,可知磁鐵穿過(guò)線圈的速度增大為原來(lái)的加倍，因此今，?不能增大為原來(lái)的2倍,

所以線圈中產(chǎn)生的電流峰值也不能加倍，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

8.如圖所示，豎直平面內(nèi)存在范圍足夠大、方向水平的磁場(chǎng)，同一高度處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

相等，豎直方向上磁感應(yīng)強(qiáng)度隨距離均勻增大，將一個(gè)豎直放置的正方形金屬線框abed從圖示

位置水平向右拋出，不計(jì)空氣阻力.下列關(guān)于線框運(yùn)動(dòng)的加速度a、感應(yīng)電流i隨時(shí)間t,線框重

力做功的功率P、機(jī)械能E隨下落高度h變化的關(guān)系圖像中，可能正確的是()

【分析】分析線框水平方向和豎直方向的受力情況，來(lái)判斷其運(yùn)動(dòng)情況，由牛頓第二定律分

析加速度的變化情況，由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律相結(jié)合分析感應(yīng)電流的變化情況，由P

=mgvy分析線框重力做功的功率P變化情況；根據(jù)安培力做功情況判斷機(jī)械能的變化情況，再

確定各個(gè)圖像的形狀。

【解答】解：A、線框水平向右拋出后，在重力作用下在豎直方向上做加速運(yùn)動(dòng)，磁通量增

加，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，由楞次定律判斷可知感應(yīng)電流方向是adcba,ab邊和Cd所受的安

培力大小相等、方向相反，則線框在水平方向上所受的合力為零，所以線框在水平方向做勻速直

線運(yùn)動(dòng)。由左手定則可知ad邊受到的安培力豎直向下，be邊受到的安培力豎直向上，由于be

處的磁感應(yīng)強(qiáng)度總比ad處的大，則be邊受到的安培力比ad邊的大，所以線框所受安培力方向

始終豎直向上。設(shè)線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng),某時(shí)刻豎直分速度為V,則線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BbcLv

2

-BadLv=(Bbc-Bad)Lv=kL?Lv=kvL,k是比例系數(shù)，故隨著速度V的增加，線圈產(chǎn)生的感

應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增加，感應(yīng)電流增加，線框所受的安培力增加，合力減小，加速度減小，當(dāng)安培力與重

力平衡時(shí)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，所以線框在豎直方向上先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直

線運(yùn)動(dòng)，線框在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小直至為零。設(shè)線框速度為V時(shí)加速度

為a,由牛頓第二定律得：mg-（Bbc-Bad）iL=ma,又i=E=空?jBbC-Bad=kL,聯(lián)立

RR

12τ4?12τ4A12τ4

kkL

可得a=g-kLv,隨著V增大，a減小。-?=-?^--?—?=---a,可知a-t圖

InR?tmR?tmR

像的切線斜率不斷減小，直至為零，故A正確；

B、感應(yīng)電流為i=空/,V先增加后不變，則i先增加后不變，但不為零，故B錯(cuò)誤；

R

C、線框重力做功的功率P=mgVy,豎直分速度Vy先增加越來(lái)越慢后不變，則P先增加后不

變，但h=0,P=O,故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)功能關(guān)系可知，I喘I=F安=（Bbc-Bad）iL=K（∑?,V先增加后不變，則I/

I先增加后不變，及圖像斜率的絕對(duì)值先增大后不變，故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

9.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反

且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線方格為等大正方形.一位于OXy平面內(nèi)的剛性三角形

導(dǎo)體框abc在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)（不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)），從圖示位置開始計(jì)時(shí)，

在導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖像正確的是（規(guī)定導(dǎo)體框內(nèi)

的電流順時(shí)針方向?yàn)檎ǎ?/p>

C.D.

【分析】根據(jù)有效切割長(zhǎng)度的變化分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的變化，根據(jù)右手定則分析感

應(yīng)電流的方向，由此得解。

【解答】解：從開始到ac邊中點(diǎn)剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)右手定則和法拉第電磁感應(yīng)定律，

ab邊左右兩部分切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等大反向，故回路總電動(dòng)勢(shì)等于ac左半部分切割磁感

線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，由E=BLV和i=互可知i隨進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度增大而增大，隨時(shí)間均勻增大，

R

由右手定則知回路中電流方向時(shí)逆時(shí)針，為負(fù)值；從a邊中點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到導(dǎo)體框完全進(jìn)入磁場(chǎng)，

回路總電動(dòng)勢(shì)是ac左半邊電動(dòng)勢(shì)與右半邊之差，由于左半邊電動(dòng)勢(shì)恒定，右半邊電動(dòng)勢(shì)隨進(jìn)入

磁場(chǎng)的長(zhǎng)度成正比，所以總電動(dòng)勢(shì)和電流在隨時(shí)間均勻減小，回路電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)

值，故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選：B0

10.如圖所示，三條水平虛線Li、L2、L3之間有寬度為L(zhǎng)的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域I、H,兩

區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反，正方形金屬線框abed的質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng),開始ab

邊與邊界Ll重合，對(duì)線框施加拉力F使其勻加速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，以順時(shí)針方向電流為正，下列關(guān)

于感應(yīng)電流i和拉力F隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是（）

X

X

X

X

X

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流隨時(shí)間的變化情況;

根據(jù)牛頓第二定律得到拉力隨時(shí)間的變化情況，由此分析。

【解答】解：由于線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab邊向右運(yùn)動(dòng)O?L過(guò)程中，經(jīng)過(guò)的時(shí)間為

；0-2L的過(guò)程中，用時(shí)間t2=,J坦X，O?3L過(guò)程中，用時(shí)間t3=

=F×

AB當(dāng)ab邊向右運(yùn)動(dòng)0~L的過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EI=BLV=BLat,根據(jù)閉合電路的歐

E

姆定律可得感應(yīng)電流：II=-L=旦旦t，方向?yàn)檎较颍?/p>

RR

設(shè)線框完全進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為VI，L?2L的過(guò)程中，前后兩邊都切割磁感應(yīng)

2BLV<QDj?

線，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：根據(jù)右手定則可知電流為負(fù)方向；

12=--------L√H?-t?

RR

設(shè)線框離開右邊磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為V2,在2L?3L的過(guò)程中，只有Cd邊切割磁感應(yīng)線，

產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：13=巴2?t??t",方向?yàn)檎较颍蔄錯(cuò)誤、B正確；

RR

CD、設(shè)拉力為F,0?L過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可得：F-FA=ma,即：F=BLat+ma

R

JlR212./4BLVI

過(guò)程中，拉力

L-2LL='BLgt+-------------L+ma

RR

22,Z/B*Lqc

過(guò)程中，拉力RTΛ故錯(cuò)誤。

2L?3LF"=BLat-------+----------l+ma,CD

RR

故選：Bo

11.如圖所示，兩個(gè)相鄰的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B、2B,磁場(chǎng)方向

分別為垂直紙面向外、向里，兩磁場(chǎng)邊界均與X軸垂直且寬度均為L(zhǎng),在y軸方向足夠長(zhǎng)，現(xiàn)有

一邊長(zhǎng)為近L的正方形導(dǎo)線框，從圖示位置開始，在外力F的作用下沿X軸正方向勻速穿過(guò)磁

2

場(chǎng)區(qū)域，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)角線ab始終與X軸平行。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E、線框所受

安培力的大小為F安。下列關(guān)于E、F安隨線框向右勻速運(yùn)動(dòng)距離X的圖像正確的是（）

【分析】根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算公式E=BlV分析出電動(dòng)勢(shì)的變化，同時(shí)要注意等效長(zhǎng)度的

變化；根據(jù)安培力的計(jì)算公式F=BlI分析出安培力的變化，同樣要注意等效長(zhǎng)度的變化。

【解答】解：AB、線框右半部分進(jìn)入左邊磁場(chǎng)過(guò)程中，在O?L過(guò)程中，有效切割長(zhǎng)度在

隨位移逐漸增大，線圈在L位置有效切割長(zhǎng)度達(dá)到最大值L,電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大值為Eo,在L?L

22

過(guò)程中，左半部分也進(jìn)入左邊磁場(chǎng)，有效切割長(zhǎng)度隨位移均勻減小，到L位置時(shí)有效切割長(zhǎng)度

減小到零，電動(dòng)勢(shì)減小到零；在L?2L過(guò)程中，線框有半部分進(jìn)入右方磁場(chǎng)，左半部分在左邊

2

磁場(chǎng)，兩部分切割磁感線的有效長(zhǎng)度都在增大，當(dāng)達(dá)到2L位置時(shí).，有效切割長(zhǎng)度都達(dá)到最大值

2

L,由楞次定律知兩磁場(chǎng)中兩部分感應(yīng)電流（電動(dòng)勢(shì)）對(duì)線圈來(lái)說(shuō)方向相同，都為逆時(shí)針方向，

故總電動(dòng)勢(shì)為3Eo,故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、設(shè)線圈有效切割長(zhǎng)度為1,本題中也是計(jì)算安培力的等效長(zhǎng)度，線圈受到的安培力大小

22

為：F安=BlI=E；工,由于等效長(zhǎng)度1在隨位移變化，成線性關(guān)系，所以安培力與位移不成

線性關(guān)系，故CD錯(cuò)誤；

故選：Bo

12.如圖所示，MN和PQ是兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的相互平行、豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，

勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面。有質(zhì)量和電阻的金屬桿，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。開始時(shí)，將開關(guān)

S斷開，讓金屬桿由靜止開始下落，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，再將S閉合。金屬桿所受的安培力、下滑

時(shí)的速度分別用F、V表示；通過(guò)金屬桿的電流、電量分別用i、q表示。若從S閉合開始計(jì)時(shí)，

則F、v、i、q分別隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是（）

q

0

C.tD.OT

【分析】導(dǎo)體棒下落過(guò)程中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律與牛頓第二定律可知會(huì)出現(xiàn)三種情況,

分別討論分析即可判斷。

【解答】解：AB、由題意可知ab自由下落一段時(shí)間后閉合開關(guān)S,閉合后ab受到安培力

的作用，

①當(dāng)安培力小于重力時(shí)，ab繼續(xù)加速，但安培力逐漸增大，結(jié)合牛頓第二定律可知，ab做

加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到安培力和重力大小相等，ab做勻速運(yùn)動(dòng)；

②當(dāng)閉合開關(guān)S時(shí)ab受到的安培力大于重力時(shí)，ab做減速運(yùn)動(dòng)，且安培力逐漸減小，ab做

加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到安培力和重力大小相等，ab做勻速運(yùn)動(dòng)；

③當(dāng)閉合開關(guān)S時(shí)ab受到的安培力大小剛好等于重力時(shí)，ab做勻速運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)恒定，電

路中的電流恒定。

由于①②過(guò)程中速度并不是隨時(shí)間均勻變化的，則安培力也不隨時(shí)間均勻變化，故AB錯(cuò)誤;

C、金屬棒下滑一段時(shí)間閉合S,此時(shí)電流不為0,故C錯(cuò)誤；

D、若閉合開關(guān)S時(shí)ab受到的安培力大小剛好等于重力，則感應(yīng)電流恒定，根據(jù)q=It,可

知q與t成正比例關(guān)系，故D正確；

故選：D。

13.如圖所示，兩電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑導(dǎo)軌傾斜放置，上端連接一電阻R,空間有一垂直

導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，從某處自由釋放，下列四

幅圖像分別表示導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度V與時(shí)間t關(guān)系、加速度a與時(shí)間t關(guān)系、機(jī)械能E與位

移X關(guān)系、以及通過(guò)導(dǎo)體棒電量q與位移X關(guān)系，其中可能正確的是（）

R∕/B

..於

【分析】根據(jù)導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況推導(dǎo)出位移a與t、速度V與t、E與x、q與X

的關(guān)系，根據(jù)關(guān)系式結(jié)合圖象進(jìn)行分析。

【解答】解：A、設(shè)導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng),對(duì)金屬棒根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ-BIL=ma,

22

其中I=旦工，則有：mgsinθ-v=ma,

RR

22

解得：a=gsinθ-BLv

Rm

隨著速度的增加，加速度逐漸減小，根據(jù)v=at可知v-t圖象的斜率減小，當(dāng)加速度為零時(shí)

導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

2222

B、根據(jù)a=gsinθ-EL*=gsinθ-.◎」.三！,由于加速度逐漸減小，a-t圖象的斜率逐

RmRm

漸減小，故B錯(cuò)誤；

C、開始時(shí)，合力方向沿斜面向下，位移沿斜面向下，安培力做負(fù)功，金屬棒的機(jī)械能減少；

22

在很短一段位移Ax內(nèi)，根據(jù)功能關(guān)系可得：AE=BlLAx=殳±~±?4χ,所以E-X圖

R

象的斜率表示安培力，隨著速度增大、安培力增大、圖象的斜率增大，最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力

不變，則E-X圖象的斜率不變，故C正確；

D、根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：q=ft=亙t=&*=必三，所以qr關(guān)系圖象是通過(guò)

RRR

原點(diǎn)的傾斜直線，故D錯(cuò)誤。

故選：C.

14.如圖甲，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)。外圓環(huán)通以如圖乙所示的電流。規(guī)定內(nèi)圓

環(huán)a端電勢(shì)高于b端時(shí)，a、b間的電壓Uab為正，下列Uab-t圖像可能正確的是（)

【分析】分析第一個(gè)周期內(nèi)的感應(yīng)電流變化情況，通過(guò)分析電流的變化明確磁場(chǎng)的變化，根

據(jù)楞次定律即可得出內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而確定a、b間的電壓Uab變化情況。

【解答】解：由乙圖可知，在O?0.25To內(nèi)，通過(guò)大圓環(huán)的電流沿順時(shí)針增加，由楞次定律

可判斷內(nèi)圓環(huán)a端電勢(shì)高于b端，因電流的變化率逐漸減小，故內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減

小，a、b間的電壓Uab等于內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則Uab逐漸減小到零；

同理可知，在0.25TO?0.5TO內(nèi)，通過(guò)大圓環(huán)的電流沿順時(shí)針逐漸減小，由楞次定律可知，

a端電勢(shì)低于b端，因電流的變化率逐漸變大，故內(nèi)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大，則Uab逐漸增

大。

在第二個(gè)0.5TO內(nèi)，重復(fù)以上變化，綜合來(lái)看，選擇C符合變化特點(diǎn)，故C正確，ABD錯(cuò)

誤。

故選：C?

15.如圖1所示，地面上方高度為d的空間內(nèi)有水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m的正方形

閉合導(dǎo)線框abed的邊長(zhǎng)為1,從be邊距離地面高為h處將其由靜止釋放，已知h>d>l0從導(dǎo)線

框開始運(yùn)動(dòng)到be邊即將落地的過(guò)程中，導(dǎo)線框的V-t圖像如圖2所示。重力加速度為g,不計(jì)

空氣阻力，以下有關(guān)這一過(guò)程的判斷正確的是（）

A.tι~t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框受到的安培力逐漸增大

B.磁場(chǎng)的高度d可以用V-t圖中陰影部分的面積表示

C.導(dǎo)線框重力勢(shì)能的減少量等于其動(dòng)能的增加量

D.導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl

【分析】分析圖像知：0-“時(shí)刻，線框做自由落體運(yùn)動(dòng)，U時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)，做加速度減小

的減速運(yùn)動(dòng)，到t2時(shí)刻完全進(jìn)入磁場(chǎng)，做自由落體運(yùn)動(dòng)。

【解答】解：A、t∣?t2時(shí)間內(nèi)，線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)安-mg=ma,a減小，F(xiàn)

安減小，導(dǎo)線框受到的安培力逐漸減小，故A錯(cuò)誤；

B、線框be邊在tι時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)，到t3時(shí)刻剛好出磁場(chǎng)，則高度d可以用v-t圖中tι-t3

部分的面積表示，故B錯(cuò)誤；

C、線框在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，有安培力做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，重力勢(shì)能的減少量不等于其

動(dòng)能的增加量，故C錯(cuò)誤；

D、tι~t2時(shí)間內(nèi)，線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)?-mg=ma,則F^>mg,則安培力做

功大于mgl,可知導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl,故D正確。

故選：D。

16.如圖所示，在MN右側(cè)區(qū)域有垂直于紙面向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的

關(guān)系為B=kt（k為大于零的常量）。一高為a、電阻為R的正三角形金屬線框向右勻速運(yùn)動(dòng)。在

t=0時(shí)刻，線框底邊恰好到達(dá)MN處；在t=T時(shí)刻，線框恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)。在線框勻速進(jìn)入

磁場(chǎng)的過(guò)程中（）

8

xxχ

XxX

XXx

A.線框中的電流始終為順時(shí)方向

B.線框中的電流先逆時(shí)針方向，后順時(shí)針方向

c.七」時(shí)刻，流過(guò)線框的電流大小為返靖

26R

D.t??時(shí)刻，流過(guò)線框的電流大小為殳③叱

212R

【分析】應(yīng)用右手定則判斷出感應(yīng)電流方向；求出工時(shí)刻線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度，由E

2

=BLV求出動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感生電動(dòng)勢(shì)，然后由歐姆定律求出感應(yīng)電流

大小。

【解答】解：AB,磁場(chǎng)垂直于紙面向里，由右手定則可知，線框向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程，感應(yīng)電流

始終沿逆時(shí)針方向，故AB錯(cuò)誤；

CD、線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框的速度v=3,t=工時(shí)刻，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度

T2

L—2(a-v?)tan3(Γ=2(a-包?工)x^^=zZl_a

2T233

此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=Rt=AkT

2

動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)EI=BLV=IkTxIax包=Y?w?

23T6

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感生電動(dòng)勢(shì)

S=k×-×-?-×-?-×a=^^a—

eAE-AB

-?tAt42√34

由歐姆定律可知，感應(yīng)電流

2

ι-E1+E2_5√3ka

R12R

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

17.如圖所示，水平放置足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌abc和de,ab與de平行并相距為L(zhǎng),be是以

O為圓心的半徑為r的圓弧導(dǎo)軌，圓弧be左側(cè)和扇形ObC內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

度均為B,a、d兩端接有一個(gè)電容為C的電容器，金屬桿OP的O端與e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與

圓弧be接觸良好，初始時(shí)，可滑動(dòng)的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上，金屬桿MN質(zhì)量為m,金

屬桿MN和OP電阻均為R,其余電阻不計(jì)，若桿OP繞0點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)以角速度3從b

到C勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，回路中始終有電流，則此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的有（）

B.電容器帶電量恒為史藝J

2

C.桿MN中的電流逐漸減小

222

D.桿MN向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為B3rL

4mR

【分析】求出OP轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；由于MN切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電流，

從而使得桿MN中的電流大小發(fā)生改變，由此分析電容器電量的變化、桿MN加速度的變化。

【解答】解：A、設(shè)OP轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω,圓弧導(dǎo)軌半徑為r,則OP轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線的

2

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Brv=-^-βrω,故A錯(cuò)誤；

BC、根據(jù)右手定則可知OP棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由O到P,則通過(guò)MN的電流方向由

M到N,根據(jù)左手定則可知桿MN受到的安培力方向向左，桿MN將向左運(yùn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線，

由于MN切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由N到M,從而使得桿MN中的電流逐漸減小，則

電容器兩端帶電量會(huì)減小，故B錯(cuò)誤，C正確；

D、根據(jù)C選項(xiàng)分析可知，桿MN中的電流大小發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律可得MN的

加速度大小a=%發(fā)生改變，桿MN不是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；

m

故選：Co

18.如圖，阻值不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為。，導(dǎo)軌間距為d,下端接一阻值

為R的定值電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上。質(zhì)量為m的金屬桿

MN由靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，速度恰好達(dá)到最大。已知MN接入電路的電阻為r,MN

始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度為g,則在此過(guò)程中（）

A.通過(guò)定值電阻的電荷量為駟

R

B.金屬桿中的電流由M流向N

C.金屬桿與定值電阻產(chǎn)生的熱量之比為R：r

D.金屬桿運(yùn)動(dòng)的最大速度為（曲應(yīng)旦旦

B2d2

【分析】根據(jù)q=A2求通過(guò)定值電阻的電荷量;根據(jù)右手定則判斷金屬桿中的電流方向；

R?

根據(jù)焦耳定律分析金屬桿與定值電阻產(chǎn)生的熱量之比；當(dāng)金屬桿的加速度為零時(shí)，速度最大，根

據(jù)平衡條件，結(jié)合安培力公式、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、閉合電路歐姆定律求出桿的最大速度最大。

【解答】解：A、通過(guò)定值電阻的電荷量為q=T?At=E今=也旦，故A錯(cuò)誤；

R+rR+rR+r

B、金屬桿沿導(dǎo)軌向下做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，由右手定則可知，金屬桿中的感應(yīng)電流由N