專題提升Ⅵ 電磁感應(yīng)中的電路、電荷量問題（解析版）

專題提升Ⅵ電磁感應(yīng)中的電路、電荷量問題模塊一學(xué)問把握學(xué)問點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的電路問題【重難詮釋】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(dòng)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(dòng)勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電流的方向．留意在等效電源內(nèi)部，電流方向從負(fù)極流向正極．4．運(yùn)用閉合電路的歐姆定律、串并聯(lián)電路特點(diǎn)、電功率等公式求解．（2023?延慶區(qū)一模）如圖甲所示，100匝的線圈（圖中只畫了2匝）兩端A、B與一個(gè)R＝40Ω的電阻相連。線圈內(nèi)有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，穿過線圈的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。已知線圈的電阻r＝10Ω，則（）A．線圈內(nèi)感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針 B．A點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢低 C．通過電阻R的電流大小為1.0A D．0.2s內(nèi)電路中產(chǎn)生的電能為1.0J【解答】解：A、線圈中的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；B、由楞次定律可知，電源外部電流從A流向B，A點(diǎn)為電源正極，故A端電勢比B端高，故B錯(cuò)誤；C、由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢E=nΔΦΔt=100×(0.15-0.10)0.1V＝50V，依據(jù)閉合電路歐姆定律可知I=ED、依據(jù)電能的計(jì)算公式有：W＝UIt＝50×1×0.2J＝10J，故D錯(cuò)誤；故選：C。（多選）（2023春?廬江縣期末）兩個(gè)固定的同心金屬圓環(huán)中間部分存在與圓面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，一長度為4L的金屬棒MN，處在如圖所示位置時(shí)與兩圓的交點(diǎn)分別為M、P、Q、N，其中P、O、Q將金屬棒平均分成了四等份，已知大圓環(huán)的總電阻為4R，小圓環(huán)和金屬棒的總電阻均為2R，當(dāng)金屬棒以速度v經(jīng)過如圖所示位置時(shí)，下列說法正確的是（）A．金屬棒產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢為4BLv B．金屬棒產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢為2BLv C．金屬棒MP上產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I=6BLvD．金屬棒MP上產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I=【解答】解：AB、處在磁場中的金屬棒MP和QN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，MP和QN的長度都為L，兩部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢串聯(lián)，則金屬棒產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢E＝2BLv，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、畫出等效電路圖，如下圖所示：內(nèi)阻r由電路圖可知電路中的總電阻R代入數(shù)據(jù)可得：R由閉合電路歐姆定律可得金屬棒MP上產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小：I=ER總=2BLv故選：BC。（2023?徐州模擬）如圖所示，半徑為L的半圓形光滑導(dǎo)體框架MN垂直放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，長為L的導(dǎo)體桿OP繞圓心O以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，N、O間接阻值為R的電阻，桿OP的電阻為r，框架電阻不計(jì)，求桿沿框架轉(zhuǎn)動(dòng)過程中：（1）電阻R兩端電壓；（2）電阻R消耗的電功率。【解答】解：（1）設(shè)桿末端的速度為v，則v＝ωL桿繞O點(diǎn)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv=BL0+v2則R兩端電壓U=（2）回路中電流I=消耗的電功率P=答：（1）電阻R兩端電壓為BL（2）電阻R消耗的電功率為B2學(xué)問點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的電荷量問題【重難詮釋】閉合回路中磁通量發(fā)生變化時(shí)，電荷發(fā)生定向移動(dòng)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)肯定時(shí)，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打算，與時(shí)間無關(guān)．（多選）（2023春?岳陽期末）如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）A．流過金屬棒的最大電流為I=EB．通過金屬棒的電荷量為BdL2RC．金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為mg（h﹣μd） D．導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2gh【解答】解：A．對導(dǎo)體棒下滑到底端的過程中依據(jù)動(dòng)能定理可得：mgh流過金屬棒的最大電流為I=E2R=B．通過金屬棒的電荷量為q=IΔt=ΔΦ2RΔtΔt=C．由能量守恒可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝mgh﹣μmgd金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為Q1故C錯(cuò)誤；D．選擇水平向右的方向?yàn)檎较颍罁?jù)動(dòng)量定理有-μmgt由于q=I導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=2ghμg-故選：BD。（多選）（2023春?十堰期末）半徑為r、間距為L的固定光滑14圓弧軌道右端接有一阻值為R的定值電阻，如圖所示。整個(gè)空間存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。一根長度為L、質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從軌道最低位置cd開頭，在外力的作用下以速度v沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在ab處與軌道分別。已知金屬棒在軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中始終與軌道接觸良好，電路中其余電阻均不計(jì)，重力加速度大小為gA．金屬棒兩端的最大電壓為BLv B．整個(gè)過程中通過金屬棒某截面的電荷量為BLr2RC．整個(gè)過程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為πBD．金屬棒從cd運(yùn)動(dòng)到ab的過程中，外力做的功為π【解答】解：A．金屬棒切割磁感線，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知最大感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv依據(jù)歐姆定律可知金屬棒兩端的最大電壓為U=R故A錯(cuò)誤；B．設(shè)金屬棒從cd運(yùn)動(dòng)到ab的過程中所用時(shí)間為t，感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值為E，感應(yīng)電流的平均值為I，則有E=BLv=可知q=I故B正確；C．金屬棒從cd運(yùn)動(dòng)到ab的過程中，由于金屬棒垂直于磁感線方向上的速度重量是依據(jù)正弦規(guī)律變化的，所以過程中產(chǎn)生正弦式溝通電，依據(jù)正弦式溝通電峰值和有效值的關(guān)系可知感應(yīng)電動(dòng)勢的有效值為E'則整個(gè)過程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I故C正確；D．依據(jù)功能關(guān)系有W=Q+mgr=π故D錯(cuò)誤；故選：BC。（多選）（2023春?懷化期末）有一邊長l＝0.1m、質(zhì)量m＝10g的正方形導(dǎo)線框abcd，由高度h＝0.2m處自由下落，如圖所示，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域后，線圈開頭做勻速運(yùn)動(dòng)，直到其上邊dc剛剛開頭穿出勻強(qiáng)磁場為止，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，勻強(qiáng)磁場區(qū)域的寬度也是l，g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A．導(dǎo)線框的電阻R＝0.2Ω B．線框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場的過程流過線框的電荷量q＝0.05C C．線框穿越勻強(qiáng)磁場的過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝0.02J D．線框穿越磁場的過程感應(yīng)電流的方向和安培力的方向都沒有變化【解答】解：A、線框在磁場中做勻速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)平衡條件有：mg＝BIl而電流為：I=由勻加速直線運(yùn)動(dòng)公式可得進(jìn)入磁場的速度：v2＝2gh解得：R＝0.2Ω，故A正確；B、線框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場的過程流過線框的電荷量為：q＝It＝I?lv=mgBl?lC、依據(jù)能量守恒定律可得，線框穿越勻強(qiáng)磁場的過程產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝2mgl＝2×10×10﹣3×10×0.1J＝0.02J，故C正確；D、線框進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，而線框出離磁場時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，但安培力的方向始終豎直向上，故D錯(cuò)誤。故選：ABC。（2022秋?廣東期末）如圖甲所示，長方形金屬線框abcd處于有界勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T，磁場方向與線框平面垂直，ab邊與磁場右邊界重合，ab邊長為0.5m，bc邊長為1m，電阻為R＝1Ω，現(xiàn)用力將線框水平向右拉出磁場，ab邊始終與磁場右邊界平行，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨線框運(yùn)動(dòng)的距離關(guān)系如圖乙所示，求將線框拉出磁場的過程中：（1）通過線框截面的電量；（2）線框的后一半出磁場所用的時(shí)間?！窘獯稹拷猓海?）依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E依據(jù)歐姆定律得I通過線框截面的電量為q=I?Δ結(jié)合ΔΦ＝Blablbc，得q=代入數(shù)據(jù)解得：q＝0.5C（2）由圖乙可知，線框后一半出磁場的過程中，線框中電流恒定，則線框的速度恒定，設(shè)速度大小為v則E＝Blabv由歐姆定律得I=由圖知I＝1A，聯(lián)立解得：v＝2m/s線框后一半出磁場所用時(shí)間為t=lbc2解得：t＝0.125s答：（1）通過線框截面的電量為0.5C；（2）線框的后一半出磁場所用的時(shí)間為0.25s。模塊三鞏固提高（多選）（2023春?阜陽期末）如圖，水平面內(nèi)固定兩根光滑、足夠長平行金屬導(dǎo)軌P、Q間距為L，電阻可忽視。裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。t1時(shí)刻，兩粗細(xì)均勻金屬棒a、b獲得相同大小的瞬時(shí)速度v0相向運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻，流經(jīng)a棒的電流為0。已知金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為m。在運(yùn)動(dòng)過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則（）A．t1時(shí)刻a棒加速度大小為2BB．t2時(shí)刻b棒速度為0 C．t1～t2時(shí)間內(nèi)，通過a、b棒某一橫截面的電荷量相等 D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為2m【解答】解：A、依據(jù)右手定則，金屬棒a、b進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流均為順時(shí)針方向，則回路的電動(dòng)勢為a、b各自產(chǎn)生的電動(dòng)勢之和，依據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢公式有：E＝2BLv0感應(yīng)電流：I=對a由牛頓其次定律得：BIL＝ma解得加速度：a=2B2B、由題意知，金屬棒a、b電阻率相同，長度均為L，電阻分別為R和2R，依據(jù)電阻定律有：R=ρLS可得兩棒的橫截面積的關(guān)系：Sa＝2Sb所以a的體積是b的2倍，密度相同，則a的質(zhì)量是b的2倍，即b的質(zhì)量為m2a、b在磁場中時(shí)，通過的電流總是反向等大，所受安培力總是反向等大，a、b組成的系統(tǒng)合外力總為零，則此系統(tǒng)動(dòng)量守恒。t2時(shí)刻流過a的電流為零，則回路的感應(yīng)電動(dòng)勢為零，則a、b之間的磁通量不變，可知兩者此時(shí)速度相同，設(shè)為v。取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m整理解得：v=即t2時(shí)刻，b棒的速度為：v=v03C、t1～t2時(shí)間內(nèi)，通過a、b的電流總是相等依據(jù)q＝It，可知通過a、b棒橫截面的電荷量相等。故C正確；D、t1～t2時(shí)間內(nèi)，對a、b組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得12將前一問的速度v代入解得：Q依據(jù)焦耳定律可知，a棒產(chǎn)生的焦耳熱：Qa=R故選：ACD。（2022?新華區(qū)校級開學(xué)）目前磁卡已有廣泛的應(yīng)用，如圖甲所示，當(dāng)記錄磁性信息的磁卡以速度v在刷卡器插槽里勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過刷卡器內(nèi)線圈的磁通量按Φ＝Φ0sinkvt的規(guī)律變化，刷卡器內(nèi)的等效電路如圖乙所示，已知線圈的匝數(shù)為n，電阻為r，外接電路的等效電阻為R。則在任意一段Δt=π2kv的時(shí)間內(nèi)，通過等效電阻A．qm=2nΦ0R+r B．C．qm=2nΦ【解答】解：在任意一段Δt=π2kv的時(shí)間內(nèi)，通過等效電阻q＝nIΔt=nERΔt其中ΔΦ＝Φ0sin（kvt+π2）﹣Φ0sinkvt=2Φ0sin（可知在任意一段Δt的時(shí)間內(nèi)通過等效電阻R的電荷量的最大值為：qm=2nΦ0R+r故選：C。（2022春?渝中區(qū)校級月考）如圖所示，等腰直角形導(dǎo)體線框ABC固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對里，BC是一段長為L，電阻為4R的均勻?qū)Ь€，AB和AC的電阻不計(jì)?，F(xiàn)有一段長度亦為L、電阻為R的的均勻?qū)w桿MN架在導(dǎo)線框上，導(dǎo)體桿沿BC邊以恒定的速度v向C端滑動(dòng)，滑動(dòng)中導(dǎo)體桿始終和BC垂直并與導(dǎo)體框保持良好接觸，當(dāng)MN滑至BN=L4時(shí)，MN與AB交于P點(diǎn)，則此時(shí)A．BLv4R，方向N→P B．BLv4R，方向P→C．4BLv3R，方向P→N D．4BLv3R，方向N【解答】解：由題意可知NP=BN=由法拉第電磁感應(yīng)電動(dòng)勢E=B由閉合電路歐姆定律E=I聯(lián)立解得：I=由右手定則可知，電流方向?yàn)镹→P。故選：A。（2022春?泗水縣期中）如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，其余電路電阻都不計(jì)，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面對下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．現(xiàn)將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，速度為υ．下列說法錯(cuò)誤的是（）A．導(dǎo)體棒的a端電勢比b端電勢高 B．導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度削減的加速運(yùn)動(dòng) C．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到v3時(shí)加速度為23gsinD．導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于重力所做的功【解答】解：A、依據(jù)右手定則可得金屬棒中的電流方向a→b，由于金屬棒為電源，所以b端電勢高，故A錯(cuò)誤；B、依據(jù)牛頓其次定律可得金屬棒下滑過程中的加速度a=mgsinθ-BILm=C、依據(jù)牛頓其次定律可得金屬棒下滑過程中的加速度a=mgsinθ-BILm=gsinθ-B2L2v'mR，當(dāng)速度為v′＝v時(shí)加速度為零，即D、導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，依據(jù)能量守恒定律可得電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于重力所做的功，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：A。（多選）（2022秋?安慶月考）如圖1所示，水平邊界MN上方有垂直于紙面對里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，ab邊長為0.5m的矩形金屬線框abcd在豎直向上的拉力F作用下由靜止開頭向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，開頭時(shí)ab邊離MN距離為0.5m，拉力F隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示，已知重力加速度取10m/s2，金屬線框的電阻為1Ω，則（）A．金屬框勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2m/s2 B．金屬線框的質(zhì)量為0.5kg C．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T D．線框進(jìn)磁場過程中，通過線框截面的電量為1.5C【解答】解：A．由F﹣t圖像，0﹣0.5s內(nèi)金屬框受到恒定的重力和拉力，做勻加速度運(yùn)動(dòng)，依據(jù)位移—時(shí)間公式：x=解得a＝4m/s2故A錯(cuò)誤；B．金屬框進(jìn)入磁場前，依據(jù)牛頓其次定律有F﹣mg＝ma解得m＝0.5kg故B正確；C．a(chǎn)b邊運(yùn)動(dòng)到MN處時(shí)，依據(jù)速度—時(shí)間公式，金屬框速度v＝at＝4×0.5m/s＝2m/s金屬框ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv依據(jù)閉合電路歐姆定律：I=依據(jù)牛頓其次定律：F'﹣mg﹣BIL＝ma解得B＝2T故C錯(cuò)誤；D．0.5s﹣1.0s，依據(jù)位移—時(shí)間公式和題意，金屬框運(yùn)動(dòng)距離Δx=x由圖像，t＝1.0s時(shí)cd邊恰好進(jìn)入磁場，線框中有感應(yīng)電流時(shí)間為0.5s，則通過線框截面電量Q=故D正確。故選：BD。（多選）（2022?桃源縣校級模擬）如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中（）A．PQ中電流先減小后增大 B．PQ兩端電壓先減小后增大 C．PQ上拉力的功領(lǐng)先減小后增大 D．線框消耗的電功領(lǐng)先減小后增大【解答】解：A、導(dǎo)體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動(dòng)的過程中，由E＝BLv可知導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢保持不變，外電路總電阻先增大后減小，由歐姆定律分析得知PQ中的電流先減小后增大，故A正確；B、PQ中電流先減小后增大，PQ兩端電壓為路端電壓，由U＝E﹣IR，可知PQ兩端的電壓先增大后減小，故B錯(cuò)誤；C、導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，PQ上外力的功率等于回路的電功率，而回路的總電阻R先增大后減小，由P=E2R分析得知，PQD、線框作為外電路，總電阻最大值為R總=12×3R2=34故選：AC。（2023春?遼寧期末）如圖所示，用同種材料制成的質(zhì)量相等、粗細(xì)均勻的閉合金屬圓環(huán)，它們圍成的面積之比為4：1，把它們垂直放在磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化的磁場中，下列說法正確的是（）A．穿過兩環(huán)的磁通量之比為2：1 B．兩環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢之比為3：1 C．兩環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電流之比為2：1 D．相同時(shí)間內(nèi)通過兩環(huán)某截面的電荷量相等【解答】解：A、依據(jù)磁通量表達(dá)式：Φ＝BS可知穿過兩環(huán)的磁通量之比為：Φ1：Φ2＝S1：S2＝4：1，故A錯(cuò)誤；B、依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=可知兩環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢之比為：E1：E2＝S1：S2＝4：1，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)圓面積公式：S＝πr2，可知兩環(huán)的半徑之比為：r設(shè)金屬圓環(huán)的材料密度為ρ0，橫截面積為S0，則材料的質(zhì)量為：m＝ρ0S0?2πr由于兩環(huán)質(zhì)量相等，則兩環(huán)的橫截面積之比為：S01：S02＝r2：r1＝1：2依據(jù)電阻定律可得：R=ρ可知兩環(huán)的電阻之比為：R依據(jù)歐姆定律有：I=可知兩環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電流之比為：I1：ID．依據(jù)電流的定義：q＝It，可知相同時(shí)間內(nèi)通過兩環(huán)某截面的電荷量之比為：q1：q2＝I1：I2＝1：1，故D正確。故選：D。（多選）（2023春?玉林期末）如圖所示，光滑絕緣水平桌面上，虛線MN右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T，虛線左側(cè)有一長ab＝2m、寬bc＝1m的矩形金屬框abcd，其質(zhì)量為1kg、電阻為0.5Ω，ab邊與MN平行。第一次，讓金屬框沿水平桌面、垂直MN方向以5m/s的初速度沖入磁場區(qū)域；其次次，讓金屬框在平面內(nèi)轉(zhuǎn)90°然后在水平向右的外力作用下以5m/s的速度勻速進(jìn)入磁場區(qū)域。下列說法正確的是（）A．兩次進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中的電流方向都為abcda B．前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，通過金屬框橫截面的電荷量之比為1：1 C．前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中的焦耳熱之比為8：5 D．金屬框前、后兩次進(jìn)入磁場過程的時(shí)間之比等于5：8【解答】解：A、金屬框進(jìn)入磁場中，右邊ab邊切割磁感線，依據(jù)右手定則可知電流方向?yàn)閍dcba，故A錯(cuò)誤；B、通過金屬框橫截面的電荷量為：q=IΔt=ΔΦ從q的表達(dá)式知前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，通過金屬框橫截面的電荷量之比為1：1，故B正確；C、由動(dòng)量定理得：﹣BILabt＝mv﹣mv0即：qBLab＝mv0﹣mv又：q=聯(lián)立代入解得：v＝3m/s第一次進(jìn)入磁場的過程中，由能量守恒定律得，產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=12mv0其次次進(jìn)入磁場的過程中，由電功公式得，產(chǎn)生的焦耳熱為：Q2＝qU＝qBLadv0＝2×0.5×1×5J＝5J所以通過金屬框橫截面的焦耳熱之比為：Q1Q2D、由C選項(xiàng)分析可知，金屬框第一次完全進(jìn)入磁場之后的速度v＝3m/s，假如金屬框勻減速進(jìn)入磁場，則依據(jù)公式有：L解得：t1＝0.25s其次次金屬框勻速進(jìn)入磁場，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2=Labv則有：t依據(jù)題意可知，金屬框第一次進(jìn)入磁場時(shí)，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，則所用時(shí)間不等于t1則金屬框前、后兩次進(jìn)入磁場過程的時(shí)間之比不等于5：8，故D錯(cuò)誤。故選：BC。（2023春?菏澤期末）如圖甲所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌間距為l＝0.5m，固定在傾角為37°的斜面上。導(dǎo)軌頂端連接一個(gè)阻值為R＝0.8Ω的電阻。在MN下方存在方向垂直于斜面對上、大小為B＝1T的勻強(qiáng)磁場。將質(zhì)量為m＝0.5kg、電阻值為r＝0.2Ω的金屬棒在AB處由靜止釋放，其下滑過程中的v﹣t圖像如圖乙所示。金屬棒下滑過程中與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）求金屬棒在磁場中能夠達(dá)到的最大速率；（3）金屬棒從進(jìn)入磁場至速率最大的過程中，通過電阻R的電荷量為9.1C，求此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）由圖乙可知，金屬棒在0～1s內(nèi)做初速度為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，1s后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，可知金屬棒第1s末進(jìn)入磁場。在0～1s過程中，由圖乙可知，金屬棒的加速度：a=ΔvΔt=4-01-0在這個(gè)過程中，對金屬棒進(jìn)行受力分析，依據(jù)牛頓其次定律有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma由以上兩式解得，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)：μ＝0.25（2）金屬棒在磁場中能夠達(dá)到的最大速率時(shí)，金屬棒處于平衡狀態(tài)，設(shè)金屬棒的最大速度為vm，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝Blvm依據(jù)閉合回路歐姆定律有：I=依據(jù)安培力公式有：FA＝BIl依據(jù)平衡條件有：FA+μmgcos37°＝mgsin37°由以上幾式解得：vm＝8m/s（3）依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律，可得金屬棒從進(jìn)入磁場通過電阻的電荷量為q=I解得，金屬棒在磁場下滑的位移：x=q(R+r)Bl=由動(dòng)能定理有：mgxsin37由圖乙可知：v1＝4m/s此過程中電路中產(chǎn)生的總焦耳熱等于克服安培力做的功：Q總＝WA聯(lián)立解得，此過程中電路中產(chǎn)生的總焦耳熱：Q總＝24.4J故此