2024屆高考物理復(fù)習(xí)：“電磁感應(yīng)中電路和圖像問題”的綜合研究

第3講“電磁感應(yīng)中電路和圖像問題”的綜合研究類型(一)電磁感應(yīng)中的電路問題1．電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖2．“三步走”分析電路為主的電磁感應(yīng)問題[典例](多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R)?？騼?nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場。一長為L、電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動，金屬框電阻不計，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是()A．ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B．左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動勢大小為2BLvC．當(dāng)滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLvD．當(dāng)滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時，滑動變阻器有最大電功率，且為eq\f(B2L2v2,8R)[解析]根據(jù)楞次定律可知，ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中的感應(yīng)電動勢E＝BLv，故B錯誤；當(dāng)R1＝R時，外電路總電阻R外＝eq\f(R,2)，故導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓為eq\f(1,3)BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內(nèi)阻為R，求解滑動變阻器的最大電功率時，可以將導(dǎo)體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為eq\f(R,2)，故當(dāng)R1＝eq\f(R,2)時，等效電源輸出功率最大，則滑動變阻器的最大電功率Pm＝eq\f(UR12,R1)＝eq\f(\f(1,4)E2,\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，故D正確。[答案]AD[多維訓(xùn)練]考查角度1導(dǎo)體棒平動切割的電路問題1．用相同導(dǎo)線繞制的邊長為L或2L的四個閉合導(dǎo)體線框、以相同的速度勻速進(jìn)入右側(cè)勻強(qiáng)磁場，如圖所示。在每個線框進(jìn)入磁場的過程中，M、N兩點間的電壓分別為Ua、Ub、Uc和Ud。下列判斷正確的是()A．Ua＜Ub＜Uc＜Ud B．Ua＜Ub＜Ud＜UcC．Ua＝Ub＝Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc解析：選B線框進(jìn)入磁場后切割磁感線，a、b產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是c、d的一半，設(shè)a線框電阻為4r，b、c、d線框的電阻分別為6r、8r、6r。在線框進(jìn)入磁場的過程中，MN兩端的電壓等于線框回路中的路端電壓，根據(jù)線框長度和電阻的關(guān)系及閉合電路歐姆定律，可知Ua＝eq\f(3,4)BLv，Ub＝eq\f(5,6)BLv，Uc＝eq\f(3,4)B·2Lv＝eq\f(3,2)BLv，Ud＝eq\f(4,6)B·2Lv＝eq\f(4,3)BLv，所以Ua＜Ub＜Ud＜Uc，故B正確。考查角度2導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割的電路問題2.如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產(chǎn)生的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω解析：選B由法拉第電磁感應(yīng)定律可知棒產(chǎn)生的電動勢為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯誤。金屬棒電阻不計，故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動勢，微粒的重力與其受到的電場力大小相等，有qeq\f(U,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B正確。電阻消耗的電功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C錯誤。電容器所帶的電荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D錯誤?？疾榻嵌?磁場變化引起的電路問題3．(2022·全國甲卷)三個用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則()A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3解析：選C設(shè)圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為C2＝2πr，面積為S2＝πr2，同理可知正方形線框的周長和面積分別為C1＝8r，S1＝4r2，正六邊形線框的周長和面積分別為C3＝6r，S3＝eq\f(1,2)×r×eq\f(\r(3),2)r×6＝eq\f(3\r(3)r2,2)，三線框材料粗細(xì)相同，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(L,S橫截面)，可知三個線框電阻之比為R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)，可得電流之比為：I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq\r(3)，即I1＝I2>I3。類型(二)電磁感應(yīng)中的圖像問題1．題型簡述借助圖像考查電磁感應(yīng)的規(guī)律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為三類：(1)根據(jù)給定的電磁感應(yīng)過程判斷、選擇有關(guān)圖像。(2)根據(jù)給定的圖像分析電磁感應(yīng)過程，定性或定量求解有關(guān)問題。(3)電磁感應(yīng)中圖像的轉(zhuǎn)化——根據(jù)給定的圖像分析、判斷其他圖像。2．常見類型及分析方法3．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(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵。4．解答選擇類圖像問題的常用方法(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)系對圖像進(jìn)行分析和判斷。[考法全析]考法(一)根據(jù)給定的電磁感應(yīng)過程選擇有關(guān)圖像[例1](2021年8省聯(lián)考·廣東卷)(多選)如圖所示，絕緣的水平面上固定有兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻不計，兩相同金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，其右側(cè)矩形區(qū)域內(nèi)存在恒定的勻強(qiáng)磁場，磁場方向豎直向上?，F(xiàn)兩金屬棒分別以初速度2v0和v0同時沿導(dǎo)軌自由運動，先后進(jìn)入磁場區(qū)域。已知a棒離開磁場區(qū)域時b棒已經(jīng)進(jìn)入磁場區(qū)域，則a棒從進(jìn)入到離開磁場區(qū)域的過程中，電流i隨時間t的變化圖像可能正確的有()[解析]a棒以速度2v0先進(jìn)入磁場切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i0＝eq\f(Bl·2v0,R)，a棒受安培力做加速度變化的減速直線運動，感應(yīng)電流也隨之減小，即i-t圖像的斜率逐漸變小；設(shè)當(dāng)b棒剛進(jìn)入磁場時a棒的速度為v1，此時a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝Blv1；若v1＝v0，即E1＝Blv0，此時b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2＝Blv0，雙棒雙電源反接，電流為零，不受安培力，a棒勻速運動離開磁場，i-t圖像中無電流，故A正確，C錯誤；若v1＜v0，即a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝Blv1＜Blv0，此時雙棒雙電源的電動勢不相等要抵消一部分，因b棒的速度大，電流方向同b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流的流向，與原a棒的流向相反即為負(fù)，大小為i＝eq\f(Blv0－v1,R)，b棒受安培力要減速，a棒受安培力要加速，則電流逐漸減小，故B正確，D錯誤。[答案]AB[規(guī)律方法]電磁感應(yīng)中的圖像問題的分析方法[針對訓(xùn)練]1．如圖所示，正方形MNPQ內(nèi)的兩個三角形區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場，形狀與MNPQ完全相同的閉合導(dǎo)線框M′N′P′Q′在外力作用下沿軸線OO′水平向左勻速運動。設(shè)通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為i，逆時針方向為電流的正方向，當(dāng)t＝0時M′Q′與NP重合，在M′Q′從NP到臨近MQ的過程中，下列圖像中能反映i隨時間t變化規(guī)律的是()解析：選B在閉合導(dǎo)線框M′N′P′Q′勻速向左運動過程，穿過回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流方向一直是逆時針的，切割磁感線的有效長度先減小到零，后增大，所以感應(yīng)電流先減小到零，后增大，B項正確?？挤?二)根據(jù)給定圖像分析電磁感應(yīng)問題[例2]如圖甲所示，在光滑絕緣水平面上的0≤x≤1.0m區(qū)域內(nèi)存在方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場。一電阻值R＝0.5Ω、邊長L＝0.5m的正方形金屬框abcd，右邊界cd恰好位于磁場邊界。若以cd邊進(jìn)入磁場時作為計時起點，線框受到一沿x軸正方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做勻速運動，直到ab邊進(jìn)入磁場時撤去外力。在0≤t≤1.0s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時間t的關(guān)系如圖乙所示，在0≤t≤1.3s內(nèi)線框始終做勻速運動。(1)在1.0s≤t≤1.3s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時間t的關(guān)系式；(2)求在0≤t≤1.3s內(nèi)流過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。[解析](1)根據(jù)題意，線框勻速離開磁場，電流為0，磁通量不變，則有Φ1＝Φ。t1＝1.0s時，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2t時刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]，得B＝eq\f(1,6－4t)。(2)根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)可得0≤t≤0.5s電荷量q1＝eq\f(B0L2,R)＝0.125C0．5s≤t≤1.0s電荷量q2＝eq\f(B1L2－B0L2,R)＝0.125C故0≤t≤1.3s電荷量q＝q1＋q2＝0.25C。[答案](1)B＝eq\f(1,6－4t)(2)0.25C[針對訓(xùn)練]2．(多選)如圖甲所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導(dǎo)軌平面存在變化規(guī)律如圖乙所示的勻強(qiáng)磁場，t＝0時磁場方向垂直紙面向里。在t＝0到t＝2t0的時間內(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t＝2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計，則()A．在t＝eq\f(t0,2)時，金屬棒受到安培力的大小為eq\f(B02L3,t0R)B．在t＝t0時，金屬棒中電流的大小為eq\f(B0L2,t0R)C．在t＝eq\f(3t0,2)時，金屬棒受到安培力的方向豎直向上D．在t＝3t0時，金屬棒中電流的方向向右解析：選BC由題圖可知在0～t0時間段內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0L2,t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知此時間段的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,t0R)，在eq\f(t0,2)時磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(B0,2)，此時安培力為F＝BIL＝eq\f(B02L3,2Rt0)，故A錯誤，B正確；由圖可知在t＝eq\f(3t0,2)時，磁場方向垂直紙面向外并逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生順時針方向的電流，再由左手定則可知金屬棒受到的安培力方向豎直向上，故C正確；由圖可知在t＝3t0時，磁場方向垂直紙面向外，金屬棒向下運動的過程中磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知金屬棒中的感應(yīng)電流方向向左，故D錯誤。考法(三)電磁感應(yīng)中圖像轉(zhuǎn)化問題[例3](多選)如圖所示，在0≤x≤L和2L≤x≤3L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直于xOy平面(紙面)向里，具有一定電阻的正方形線框abcd邊長為2L，位于xOy平面內(nèi)，線框的ab邊與y軸重合。令線框從t＝0時刻由靜止開始沿x軸正方向做勻加速直線運動，ab邊在t0時刻到達(dá)x＝L位置，則線框中的感應(yīng)電流I(取逆時針方向的電流為正)、bc兩端的電勢差Ubc與時間t的函數(shù)圖像大致是下列圖中的()[解析]線框ab邊從x＝0運動到x＝L的時間為t0，由運動學(xué)規(guī)律可得L＝eq\f(1,2)at02，解得t0＝eq\r(\f(2L,a))，感應(yīng)電流I＝eq\f(B·2L·v,R)＝eq\f(2BLat,R)，電流隨時間均勻增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向；設(shè)線框ab邊從x＝L運動到x＝4L的時間為t1，則由運動學(xué)公式得t1＝eq\r(\f(2×4L,a))－t0＝2t0－t0＝t0，這段時間內(nèi)穿過線框的磁通量不變，線框內(nèi)沒有感應(yīng)電流；設(shè)線框ab邊從x＝4L運動到x＝5L的時間為t2，則由運動學(xué)公式得t2＝eq\r(\f(2×5L,a))－eq\r(\f(2×4L,a))＝eq\r(5)t0－2t0≈0.236t0，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流方向沿順時針方向，為負(fù)值，線框做勻加速直線運動，感應(yīng)電流為I＝－eq\f(4BLv,R)＝－eq\f(4BLat,R)，故A正確，B錯誤；bc兩端電勢差Ubc＝IR，bc為外電路，故電勢差變化和電流變化相同，故C正確，D錯誤。[答案]AC[針對訓(xùn)練]3．(多選)如圖甲所示，虛線右側(cè)有一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，取磁場垂直于紙面向外的方向為正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示，固定的閉合導(dǎo)線框abcd一部分在磁場內(nèi)。取線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向為正方向，安培力向左為正方向。從t＝0時刻開始，下列關(guān)于線框中感應(yīng)電流i、線框cd邊所受安培力F分別隨時間t變化的圖像，可能正確的是()解析：選AD由題圖乙可知，0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，先是垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，后是垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生沿逆時針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電流i∝eq\f(ΔB,Δt)，則這段時間內(nèi)感應(yīng)電流恒定不變；eq\f(T,2)～T時間內(nèi)，先是垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，后是垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生沿順時針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，這段時間內(nèi)感應(yīng)電流恒定不變，故A正確，B錯誤；0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，感應(yīng)電流恒定不變，根據(jù)安培力公式F＝BIL可知，則F∝B，根據(jù)楞次定律推廣含義“來拒去留”可知，線框cd邊所受安培力先向右后向左，同理可知，eq\f(T,2)～T時間內(nèi)，F(xiàn)∝B，線框cd邊所受安培力先向右后向左，C錯誤，D正確。[課時跟蹤檢測]一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1.一個邊長為2L的等邊三角形磁場區(qū)域，一個底邊長為L的直角三角形金屬線框，線框電阻為R，二者等高，金屬線框以速度v水平向右勻速穿過磁場區(qū)域的過程中，規(guī)定逆時針方向的電流為正，則線框中感應(yīng)電流i隨位移x變化的圖像正確的是()解析：選B當(dāng)x＜L時，感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(\r(3),2)Bvx，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3),2R)Bvx，由楞次定律可知電流為正向且逐漸增大，當(dāng)L≤x＜2L時，感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(\r(3),2)B(2L－x)v，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3),R)BvL－eq\f(\r(3),2R)Bvx，由楞次定律可知電流為正向且逐漸減小，當(dāng)2L≤x＜3L時，感應(yīng)電動勢為E＝eq\r(3)Bv(3L－x)，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3\r(3),R)BvL－eq\f(\r(3),R)Bvx，由楞次定律可知電流為負(fù)向且逐漸減小，B正確。2.如圖所示，變化的勻強(qiáng)磁場垂直穿過金屬框架MNQP，金屬桿ab在恒力F作用下沿框架從靜止開始運動，t＝0時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，為使ab中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，下列能正確反映磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的圖像是()解析：選C金屬桿ab中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則穿過閉合回路的磁通量不變，設(shè)金屬桿ab長為L，金屬桿ab到MP的距離為l1，金屬桿ab的質(zhì)量為m，則有a＝eq\f(F,m)，x＝eq\f(1,2)at2，B0Ll1＝BL(l1＋x)，聯(lián)立可得eq\f(1,B)＝eq\f(1,B0)＋eq\f(Ft2,2mB0l1)，隨著時間增加，eq\f(1,B)是增大的，且增大的速度越來越快，故C正確。3．(多選)如圖所示，水平面上足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，左側(cè)接定值電阻，整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。金屬桿MN以某一初速度沿導(dǎo)軌向右滑行，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計。則金屬桿MN在運動過程中，速度大小v、流過的電荷量q與時間t或位移x的關(guān)系圖像正確的是()解析：選ABD金屬桿在前進(jìn)過程中，所受安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，可知隨速度的減小，安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，最后停止運動，因此在v-t圖像中，斜率的絕對值逐漸減小，A正確；根據(jù)動量定理F·Δt＝m·Δv可得－eq\f(B2L2v,R)·Δt＝m·Δv，而Δx＝v·Δt，因此－eq\f(B2L2,R)·Δx＝m·Δv，速度隨位移均勻變化，可知v-x圖像為一條傾斜的直線，B正確；根據(jù)I＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(Δq,Δt)，可知隨著速度的減小，q-t圖像是一條斜率逐漸減小的曲線，C錯誤；由于I＝eq\f(BLv,R)，兩邊同時乘以Δt可得I·Δt＝eq\f(BLv,R)·Δt，而Δq＝I·Δt，整理得Δq＝eq\f(BL,R)·Δx，可知q-x圖像為一條過坐標(biāo)原點的傾斜直線，D正確。4.如圖所示，光滑水平面內(nèi)有一光滑導(dǎo)體棒MN放在V形導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒MN左側(cè)空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒MN和導(dǎo)軌的材料、粗細(xì)均完全相同，現(xiàn)將導(dǎo)體棒MN固定，用一水平向左的外力F從圖示位置勻速將V形導(dǎo)軌拉入磁場中，在此過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌兩觸點間的電勢差為U，回路的發(fā)熱功率為P，回路中產(chǎn)生的熱量為Q，則下列圖像正確的是()解析：選A感應(yīng)電流I＝eq\f(BLABv,R)，由幾何關(guān)系知，回路周長與LAB成正比，電阻R與LAB成正比，由于B、v不變，可知感應(yīng)電流I恒定，安培力F安＝BILAB，則F安∝t，導(dǎo)軌勻速運動時的受力有F＝F安，A正確；回路的熱功率P＝I2R，I不變，電阻R與回路周長成正比，又周長與t成正比，可知功率P與t成正比，B錯誤；如圖所示，t時刻V形導(dǎo)軌在磁場中與導(dǎo)體棒MN構(gòu)成回路為ABC，LCc＝vt，由幾何關(guān)系可知，LAB＝kvt(k為常數(shù))，則A、B兩點間的電勢差U＝eq\f(1,3)BLABv＝eq\f(1,3)kBv2t，k、B、v均為常數(shù)，則U∝t，C錯誤；回路中產(chǎn)生的熱量為Q＝Pt，P與t成正比，可知Q與t2成正比，D錯誤。5.如圖所示，一個半圓形導(dǎo)體框右側(cè)有一個垂直于導(dǎo)體框平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界與導(dǎo)體框的直徑MN平行，磁場寬度等于導(dǎo)體框的半徑R。現(xiàn)且導(dǎo)體框以水平向右的速度v0勻速通過磁場區(qū)域，若從導(dǎo)體框進(jìn)入磁場開始計時，規(guī)定電流沿順時針方向為正，則導(dǎo)體框上產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間的變化圖像可能是()解析：選B當(dāng)半圓形導(dǎo)體框右側(cè)進(jìn)入磁場，此時其切割磁感線的有效長度不斷增大，磁通量不斷增加，電流大小逐漸增大且方向為順時針，直到導(dǎo)體框完全進(jìn)入磁場，所用時間為t＝eq\f(R,v0)，此刻電流為零，此后出磁場過程中，磁通量不斷減小，電流方向為逆時針，且切割磁感線的有效長度逐漸增大，電流不斷增大，直到t＝eq\f(2R,v0)出磁場。故選B。6.在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌P、Q相距l(xiāng)＝1m，導(dǎo)軌左端接有如圖所示的電路。其中水平放置的平行板電容器兩極板M、N相距d＝10mm，定值電阻R1＝R2＝12Ω，R3＝2Ω，金屬棒ab的電阻r＝2Ω，其他電阻不計。磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場豎直穿過導(dǎo)軌平面，當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運動時，懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m＝1×10－14kg、電荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好靜止不動。取g＝10m/s2，在整個運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，且速度保持恒定。試求：(1)勻強(qiáng)磁場的方向；(2)ab兩端的路端電壓；(3)金屬棒ab運動的速度。解析：(1)帶負(fù)電荷微粒受到重力和電場力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，因為重力豎直向下，所以電場力豎直向上，故M板帶正電。ab棒向右做切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，ab棒等效于電源，感應(yīng)電流方向由b→a，其a端為電源的正極，由右手定則可判斷，磁場方向豎直向下。(2)微粒受到重力和電場力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件有mg＝Eq又E＝eq\f(UMN,d)所以UMN＝eq\f(mgd,q)＝0.1VR3兩端電壓與電容器兩端電壓相等，由歐姆定律得通過R3的電流為I＝eq\f(UMN,R3)＝0.05A則ab棒兩端的電壓為Uab＝UMN＋I(xiàn)eq\f(R1R2,R1＋R2)＝0.4V。(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E＝Blv由閉合電路的歐姆定律得E＝Uab＋I(xiàn)r＝0.5V聯(lián)立解得v＝1m/s。答案：(1)豎直向下(2)0.4V(3)1m/s二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性7．如圖所示，光滑的平行長導(dǎo)軌水平放置，質(zhì)量相等的導(dǎo)體棒L1和L2靜止在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知L1的電阻大于L2，兩棒間的距離為d，不計導(dǎo)軌電阻，忽略電流產(chǎn)生的磁場。將開關(guān)S從1撥到2，兩棒運動一段時間后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，則()A．S撥到2的瞬間，L1中的電流大于L2B．S撥到2的瞬間，L1的加速度大于L2C．運動穩(wěn)定后，電容器C的電荷量為零D．運動穩(wěn)定后，兩棒之間的距離大于d解析：選D電源給電容器充電，穩(wěn)定后，S撥到2的瞬間，電容器相當(dāng)于電源和導(dǎo)體棒L1和L2組成閉合電路，由于L1的電阻大于L2，則L1中的電流小于L2中的電流，A錯誤；S撥到2的瞬間，L1中的電流小于L2中的電流，根據(jù)F＝BIL可得，則L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根據(jù)牛頓第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B錯誤；S撥到2后，導(dǎo)體棒L1和L2受到安培力作用，則導(dǎo)體棒向右運動，運動穩(wěn)定后，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢等于電容器兩端的電壓，此時電容器C的電荷量不為零，導(dǎo)體棒L1和L2的速度相等，因為L1的加速度小于L2的加速度，運動時間相等，則L1的位移小于L2的位移，即運動穩(wěn)定后，兩棒之間的距離大于d，故C錯誤，D正確。8．(2023·浙江1月選考)如圖甲所示，剛性導(dǎo)體線框由長為L、質(zhì)量均為m的兩根豎桿，與長為2l的兩輕質(zhì)橫桿組成，且L?2l。線框通有恒定電流I0，可以繞其中心豎直軸轉(zhuǎn)動。以線框中心O為原點、轉(zhuǎn)軸為z軸建立直角坐標(biāo)系，在y軸上距離O為a處，固定放置一半徑遠(yuǎn)小于a、面積為S、電阻為R的小圓環(huán)，其平面垂直于y軸。在外力作用下，通電線框繞轉(zhuǎn)軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)線框平面與