專項(xiàng)突破11 電磁感應(yīng)中的電路與圖像問題-2025屆高三一輪復(fù)習(xí)物理

專項(xiàng)突破11電磁感應(yīng)中的電路與圖像問題對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P282題型一電磁感應(yīng)中的電路問題角度1電磁感應(yīng)中的電路結(jié)構(gòu)識(shí)別(2024屆棗莊期末)半徑分別為r和4r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),一根長為3r、電阻為R的均勻金屬棒MN置于圓導(dǎo)軌上,NM的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O,在兩導(dǎo)軌之間接有阻值分別為R1=R、R2=3R的兩定值電阻,裝置的俯視圖如圖所示。整個(gè)裝置位于勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞圓心O順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸,不跟電阻相碰,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。下列說法正確的是()。A.金屬棒中電流從N流向MB.金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢為92BωrC.流過電阻R1的電流為2D.水平外力做功的功率為225答案D解析由右手定則可知,金屬棒中電流從M流向N,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由公式E=BLv,可得金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢E=12B(4r)2ω-12Br2ω=152Bωr2,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由閉合電路歐姆定律,可得電路中的電流I=ER外+R內(nèi)=152Bωr2R1R2R1+R2+R內(nèi)=30Bωr27R,流過電阻R電磁感應(yīng)中電路問題的解題流程角度2電磁感應(yīng)中電荷量的計(jì)算(改編)如圖所示,有三個(gè)用相同細(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。線框所在平面在同一水平面上,它們的底端與垂直水平面向下的勻強(qiáng)磁場邊界重合?，F(xiàn)使它們平動(dòng)全部進(jìn)入磁場,正方形、圓形和正六邊形線框全部進(jìn)入磁場時(shí)通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2和q3。則()。A.q1<q3<q2B.q1>q3>q2C.q1=q2>q3D.q1=q2=q3答案C解析設(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,正方形線框的周長和面積分別為C1=8r,S1=4r2;同理可知圓線框的周長C2=2πr,面積S2=πr2;正六邊形線框的周長和面積分別為C3=6r,S3=12×6×r×32r=33r22。三線框材料、粗細(xì)相同,根據(jù)電阻定律R=ρLS橫截面,可知三個(gè)線框電阻之比R1∶R2∶R3=C1∶C2∶C3=8∶2π∶6,根據(jù)E=BΔSΔt,I=ER,q=IΔt,聯(lián)立解得q=BΔSR,當(dāng)正方形、圓形和正六邊形線框全部進(jìn)入磁場時(shí)通過線框橫截面的電荷量之比即為SR之比,可得電荷量之比q1∶q2∶q3電磁感應(yīng)電路中電荷量:q=nΔ(1)推導(dǎo):通過回路橫截面的電荷量q=I-Δt=E?RΔt=nΔΦRΔtΔ(2)注意:感應(yīng)電荷量q由n、ΔΦ和電阻R共同決定,與Δt無關(guān)。角度3含電容器的感應(yīng)電路問題(2024屆重慶二調(diào))如圖1,在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中有一開口很小的圓形線圈,在線圈開口左端連接一阻值R=6Ω的電阻,一個(gè)電容C=1.25×10-3F的電容器與R并聯(lián)。已知圓形線圈面積為0.2m2,圓形線圈的電阻r=4Ω,其余導(dǎo)線電阻不計(jì),磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖2所示。在0~4s內(nèi),下列說法正確的是()。A.回路中感應(yīng)電動(dòng)勢大小為2VB.回路中感應(yīng)電流的大小為0.05AC.R兩端的電壓為0.12VD.電容器充電完成后,上極板帶電荷量為2.5×10-4C答案C解析在0~4s內(nèi),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=44×0.2V=0.2V,A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)閉合電路歐姆定律可知I=ER+r=0.26+4A=0.02A,B項(xiàng)錯(cuò)誤;R兩端的電壓U=IR=0.2×6V=0.12V,C項(xiàng)正確;充電完成后電容器上極板帶電荷量Q=CU=1.25×10-3×0.12C題型二電磁感應(yīng)中的圖像問題角度1由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖像(2024屆北京一模)如圖所示,邊長為L的正方形單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上,在拉力作用下以恒定速度通過寬度為D、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場,線框的邊長L小于有界磁場的寬度D,在整個(gè)過程中線框的ab邊始終與磁場的邊界平行,若用I表示通過線框的電流(規(guī)定逆時(shí)針為正),F表示拉力,P表示拉力的功率,Uab表示線框a、b兩點(diǎn)間的電勢差,則下列反映這些物理量隨時(shí)間變化的圖像中正確的是()。ABCD答案C解析進(jìn)出磁場過程,線框中的感應(yīng)電流大小I=BLvR且保持不變,由楞次定律可知,線框進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向(正值),離開磁場時(shí)電流為順時(shí)針方向(負(fù)值),A項(xiàng)錯(cuò)誤;進(jìn)出磁場時(shí)線框所受安培力方向均向左,大小恒定,故拉力F均向右,大小恒定,當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后,拉力應(yīng)為0,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由于線框勻速運(yùn)動(dòng),故滿足F=BIL=B2L2vR,拉力的功率P=Fv=B2L2v2R,進(jìn)出磁場時(shí)功率相同,C項(xiàng)正確;進(jìn)入磁場時(shí)ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢,相當(dāng)于電源,a、b兩點(diǎn)間電壓為路端電壓,即Uab=ER·34R=34E,離開磁場時(shí)cd邊相當(dāng)于電源,ab只是外電路的一部分,此時(shí)a、b兩點(diǎn)間的電壓Uab'=ER·14R=14E,當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場中后,電磁感應(yīng)圖像問題分析方法角度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(2023年全國甲卷)(多選)一有機(jī)玻璃管豎直放在水平地面上,管上有漆包線繞成的線圈,線圈的兩端與電流傳感器相連,線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布,下部的3匝也均勻分布,下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離。如圖1所示?，F(xiàn)讓一個(gè)很小的強(qiáng)磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落,電流傳感器測得線圈中電流I隨時(shí)間t的變化如圖2所示。則()。A.小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來越快B.下落過程中,小磁體的N極、S極上下顛倒了8次C.下落過程中,小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D.與上部相比,小磁體通過線圈下部的過程中,磁通量變化率的最大值更大答案AD解析電流的峰值越來越大,即小磁體在依次穿過每匝線圈的過程中磁通量的變化率越來越大,因此小磁體的速度越來越快,A、D兩項(xiàng)正確;假設(shè)小磁體是N極向下穿過線圈,則在小磁體靠近每匝線圈的過程中磁通量向下增大,根據(jù)楞次定律可知線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針的電流,而在穿出遠(yuǎn)離每匝線圈的過程中磁通量向下減小,產(chǎn)生順時(shí)針的電流,即電流方向前后相反,與題干圖中描述的穿過線圈的過程電流方向變化相符,S極向下同理,所以磁體穿過8匝線圈的過程中會(huì)出現(xiàn)8個(gè)這樣的圖像,并且隨下落速度的增大感應(yīng)電流的最大值逐漸變大,所以磁體下落過程中磁體的N、S極沒有顛倒,B項(xiàng)錯(cuò)誤;線圈可以等效為條形磁體,線圈的電流越大則磁性越強(qiáng),電流大小是變化的,所以小磁體受到的電磁阻力是變化的,不是一直不變的,C項(xiàng)錯(cuò)誤。(2024屆金華模擬)如圖1所示,MN與PQ是兩條水平放置彼此平行的金屬導(dǎo)軌,質(zhì)量m=0.2kg,接入導(dǎo)軌間的電阻r=0.5Ω的金屬桿ab垂直跨接在導(dǎo)軌上,勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直于導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌左端接阻值R=2Ω的電阻,理想電壓表接在R兩端,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。t=0時(shí)刻ab桿受水平拉力F的作用由靜止開始向右運(yùn)動(dòng),t1=6s時(shí)ab桿的速度v1=1m/s,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中電壓表的示數(shù)U隨時(shí)間t的變化如圖2所示。已知ab桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,重力加速度g取10m/s2。(1)第5s末,ab桿受到的安培力為多大?(2)第8s末,ab桿所受的水平拉力為多大?(3)在0~9s內(nèi),ab桿克服滑動(dòng)摩擦力所做的功是多少?(4)在圖3中,畫出0~9s內(nèi)ab桿所受的水平拉力F隨時(shí)間t變化的圖像。第一步:提取關(guān)鍵信息t=0時(shí)刻ab桿由靜止開始向右運(yùn)動(dòng),由U-t圖像可知,運(yùn)動(dòng)可以分成三個(gè)階段,即0~4s內(nèi)勻加速運(yùn)動(dòng),4s~7s內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng),7s~9s內(nèi)勻減速運(yùn)動(dòng)第二步:畫出情境示意圖第三步:應(yīng)用模型規(guī)律ab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLvab兩端的電壓U=加速:F1-μmg-BI1L=ma1勻速:F2-μmg-BI2L=0減速:μmg+BI3L-F3=ma2第四步:挖掘題給條件已知條件:m=0.2kg,r=0.5Ω,R=2Ω,v1=1m/s,μ=0.2,U-t圖像(三段時(shí)間)答案(1)0.625N(2)0.6125N(3)2.4J(4)見解析解析(1)第5s末,回路中的感應(yīng)電流I=UR=0.5ab桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢E=I(R+r)=1.25V由題圖2可知,4s~7s內(nèi)R兩端電壓不變,則ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不變,則運(yùn)動(dòng)速度不變,5s末ab桿速度大小與6s末速度大小均為1m/s,設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,ab桿的長度為L,則由E=BLv得BL=E5s末ab桿受到的安培力F1=BIL=0.625N。(2)由題圖1可知,ab桿兩端的電壓隨ab桿的速度變化關(guān)系為U=BLRR由題圖2可知,ab桿在0~4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在4s~7s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),在7s~9s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2=ΔvΔt=0.5在第8s末ab桿所受的安培力F2=BLU1R=1.25×0.52設(shè)第8s末ab桿所受的拉力為F,由牛頓第二定律得μmg+F2-F=ma2即F=F2+μmg-ma2=0.6125N。(3)ab桿在0~4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移x1=v2t1=12×4m=2ab桿在4s~7s內(nèi)的位移x2=vt=3mab桿在7s~9s內(nèi)的位移x3=v2t3=12×2m=1ab桿在0~9s內(nèi)克服滑動(dòng)摩擦力所做的功W=μmg(x1+x2+x3)=2.4J。(4)ab桿在0~4s內(nèi)所受的拉力F11=μmg+BLU11而a1=ΔvΔt=0.25U11=14t(V解得F11=0.45+0.15625t(N)ab桿在4s~7s內(nèi)所受的拉力F12=μmg+F1=1.025Nab桿在7s~9s內(nèi)所受的拉力F13=μmg+BLU13其中U13=1-12(t-7)=4.5-12t(解得F13=3.1125-0.3125t(N)畫出ab桿所受的拉力大小變化如圖所示。角度3圖像的轉(zhuǎn)換(2024屆昌平二模)如圖1所示,矩形導(dǎo)線框abcd固定在變化的磁場(圖中未畫出)中,線框平面與磁場垂直。線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流如圖2所示(規(guī)定電流沿abcd為正)。若規(guī)定垂直于紙面向里為磁場正方向,能夠產(chǎn)生如圖2所示的電流的磁場為()。ABCD答案C解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,有E=nΔΦΔt=nΔBΔtS,可知恒定的磁場不能產(chǎn)生電動(dòng)勢,不會(huì)有電流產(chǎn)生,A、B兩項(xiàng)不符合題意;根據(jù)楞次定律,可知垂直于紙面向外的磁場增強(qiáng),線框中會(huì)產(chǎn)生垂直于紙面向里的磁場,即產(chǎn)生沿abcd方向的電流,又因?yàn)榇艌鼍鶆蜃兓?所以產(chǎn)生恒定的電動(dòng)勢,根據(jù)閉合電路的歐姆定律,有I=ER,所以線框中產(chǎn)生恒定的電流,同理磁場垂直紙面向外且均勻減弱時(shí),線框中產(chǎn)生沿dcba方向的恒定電流,C項(xiàng)符合題意;當(dāng)垂直于紙面向里的磁場增強(qiáng)時(shí),根據(jù)楞次定律圖像轉(zhuǎn)化類問題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)注意初始時(shí)刻的特征,如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零,感應(yīng)電流的方向如何。(2)注意看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段,這幾個(gè)階段是否和圖像變化相對(duì)應(yīng)。(3)注意觀察圖像的變化趨勢,看圖像斜率的大小、圖像的曲直是否和物理過程對(duì)應(yīng)。1.(改編)如圖所示,傾斜放置的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間靜置一根質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒,阻值為R的電阻接在M、P間,其他電阻忽略不計(jì),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向下。t=0時(shí)刻對(duì)導(dǎo)體棒施加一個(gè)沿導(dǎo)軌平面向上的力F,使得導(dǎo)體棒能夠由靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則在導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)的過程中,施加的力F、力F的功率P、產(chǎn)生的感應(yīng)電流I、電阻R上產(chǎn)生的熱量Q隨時(shí)間變化的圖像正確的是()。ABCD答案A解析金屬桿向上做勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)導(dǎo)軌與水平方向的夾角為θ,則F-B2L2atR-mgsinθ=ma,即F=B2L2aRt+ma+mgsinθ,A項(xiàng)正確;力F的功率P=Fv=B2L2aRt+ma+mgsinθat=B2L2a2Rt2+ma2t+mgatsinθ,則P-t圖像為開口向上的拋物線,B項(xiàng)錯(cuò)誤;產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=BLatR,則I-t圖像是過原點(diǎn)的直線,2.如圖所示,在光滑水平面上,有一個(gè)粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合導(dǎo)線框abcd。從t=0時(shí)刻開始,線框在水平外力的作用下從靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),bc邊剛進(jìn)入磁場的時(shí)刻為t1,ad邊剛進(jìn)入磁場的時(shí)刻為t2,設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i,通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量為q,ad邊兩端電壓大小為U,水平拉力大小為F,則下列i、q、U、F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化的關(guān)系圖像中可能正確的是()。(圖中的曲線是對(duì)稱軸為縱軸的拋物線的一部分)ABCD答案C解析設(shè)線框的邊長為L,總電阻為R,做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在0~t1時(shí)間內(nèi),線框中的感應(yīng)電流i=0,在t1~t2時(shí)間內(nèi)線框中的感應(yīng)電流大小i=BLatR,可知t1時(shí)刻i≠0,t2時(shí)刻以后線框中的感應(yīng)電流i=0,A項(xiàng)錯(cuò)誤;t1~t2時(shí)間段內(nèi),通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量q=ΔΦR=BL(12at2-12at12)R,可知t=t1時(shí),q=0,B項(xiàng)錯(cuò)誤;0~t1時(shí)間內(nèi)U=0,t1~t2時(shí)間內(nèi)U=i·14R=BLa(t-t1)4,t2時(shí)刻以后U=BLat,C項(xiàng)正確;0~t13.電磁阻攔是新一代航母關(guān)鍵技術(shù)之一,其工作原理如圖1所示,艦載機(jī)鉤上絕緣阻攔索后,拖著與絕緣阻攔索相連的金屬桿一起做初速度為v0的減速運(yùn)動(dòng)。為了保證著艦平穩(wěn),最大限度降低著艦過程中飛行員和艦載機(jī)受到的沖擊,可使磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨位移改變來實(shí)現(xiàn)艦載機(jī)著艦過程做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。1B4與位移x的關(guān)系如圖2所示,直線與1B4軸的交點(diǎn)為p,與x軸的交點(diǎn)為q。已知艦載機(jī)、阻攔索和金屬桿的總質(zhì)量為M,金屬桿滑行的軌道間距為L。若著艦過程中回路中電阻保持不變,除受電磁阻力外,其他阻力不計(jì),則(A.艦載機(jī)從開始減速到停止的位移大小為2qB.艦載機(jī)從開始減速到停止的時(shí)間為qC.回路中的總電阻大小為2D.艦載機(jī)減速的加速度大小為v答案C解析感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv,感應(yīng)電流I=ER,根據(jù)牛頓第二定律有BIL=Ma,著艦過程做勻減速直線運(yùn)動(dòng),則有v2-v02=-2ax,聯(lián)立解得1B4=L4v02M2R2a2-2L4M2R2ax,結(jié)合圖2有2L4M2R2a=pq,L4v02M2R2a2=p,聯(lián)立解得a=v022q,R=2見《高效訓(xùn)練》P951.(2024屆諸暨三模)如圖所示,多匝閉合金屬線圈水平固定,強(qiáng)磁鐵從線圈左側(cè)一定高度自由下落,整個(gè)過程磁鐵始終保持水平。規(guī)定線圈電流方向以俯視時(shí)逆時(shí)針方向?yàn)檎?則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是()。ABCD答案D解析條形磁鐵的磁感線分布如圖所示,若條形磁鐵下落高度足夠高,在磁鐵靠近線圈的過程中,穿過線圈的磁通量向下先增大后減小,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流的方向先為逆時(shí)針,后為順時(shí)針;當(dāng)條形磁鐵落至線圈平面位置時(shí),穿過線圈的磁通量為零,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律可得I=ER=ΔΦΔtR,當(dāng)磁通量為零時(shí),磁通量的變化率最大,感應(yīng)電流最大;同理可知,在磁鐵遠(yuǎn)離線圈的過程中,穿過線圈的磁通量向上先增大后減小,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流的方向先為順時(shí)針2.(2024屆溫州模擬)如圖1所示,在阻值為R的電阻左側(cè)連接一個(gè)電容為C的電容器,在R的右側(cè)連接一個(gè)單匝環(huán)形導(dǎo)體,環(huán)形導(dǎo)體的電阻為r,所圍的面積為S。環(huán)形導(dǎo)體中有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示,連接電路的導(dǎo)線電阻不計(jì),在0~t0時(shí)間內(nèi)電容器()。A.上極板帶正電,所帶電荷量為(B.上極板帶負(fù)電,所帶電荷量為(C.上極板帶正電,所帶電荷量為CD.上極板帶負(fù)電,所帶電荷量為CS答案C解析由題圖2可知ΔBΔt=B2-B1t0,B增大,根據(jù)楞次定律知,感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向,故電容器上極板帶正電,感應(yīng)電動(dòng)勢E=SΔBΔt=S(3.(2024屆安徽期末)(多選)兩個(gè)固定的同心金屬圓環(huán)之間的區(qū)域存在與圓面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為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4BLvB.金屬棒產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢為2BLvC.金屬棒MP上產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為6D.金屬棒MP上產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為2答案BC解析金屬棒中產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢等于MP、QN兩段產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢之和,E1=E2=BLv,總感應(yīng)電動(dòng)勢E=E1+E2=2BLv,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;整個(gè)電路的等效電路圖如圖所示,其中r1=r2=R2,則總電阻R總=R3+r1+r2+R=7R3,金屬棒MP上產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=ER總=2BLv74.(改編)如圖所示,兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫(狹縫寬度忽略不計(jì)),取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌夾角的角平分線為x軸,兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ。一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連。導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直,在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)并以此為計(jì)時(shí)起點(diǎn),忽略所有電阻。設(shè)電容器的充電電流為I,電容器的電荷量為q(初始時(shí)為零),兩板間的電壓為U,下列各物理量隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是()。ABCD答案B解析設(shè)金屬棒向前移動(dòng)時(shí)間為Δt,則I=Qt=C·Ut=CB·2vΔttanθ·vΔt=2CBv2tanθ,因?yàn)榻饘侔羰莿蛩龠\(yùn)動(dòng),電容器的電容以及磁感應(yīng)強(qiáng)度都為定值,所以電流為恒定值,A項(xiàng)不符合題意;根據(jù)電荷量和電流與時(shí)間的關(guān)系式可知q=It,因?yàn)殡娏鳛楹愣ㄖ?所以電荷量與時(shí)間成正比,C項(xiàng)不符合題意;根據(jù)C=qU,可得U=ICt,即電壓與時(shí)間成正比,B項(xiàng)符合題意;根據(jù)F=F安=BIL,I=2CBv2tanθ,L=2vttanθ,可得F=5.(2024屆益陽三模)如圖1所示,矩形導(dǎo)線框abcd放在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖像如圖2所示。規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向,水平向右為安培力的正方向,則在0~4s內(nèi),線框ab邊受到的安培力F隨時(shí)間變化的圖像正確的是()。ABCD答案D解析由圖可知1s~2s內(nèi),線圈中磁通量的變化率相同,由E=ΔΦΔt=SΔBΔt可知電路中電流大小恒定不變,由楞次定律可知,此段時(shí)間內(nèi)電路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針;由F=BIL可知F與B成正比;由左手定則可知線框ab邊受到的安培力F水平向右,為正值。同理可分析其他時(shí)間段的情況,D項(xiàng)正確,6.(2024屆安徽期末)如圖所示,在光滑絕緣的水平面上,有一長為L、寬為d的金屬矩形線圈,其電阻為R,質(zhì)量為m,線圈的右側(cè)以虛線為界存在垂直紙面向里的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)使線圈以垂直磁場邊界、大小為v0v0<B2Ld2mR的速度向右運(yùn)動(dòng),線圈從開始運(yùn)動(dòng)到靜止的過程中,線圈剛進(jìn)入磁場時(shí)的加速度用a表示,線圈停止時(shí)距虛線邊界的距離用x表示,通過線圈某橫截面的電荷量用q表示,線圈產(chǎn)生的焦耳熱用Q表示。改變初速度v0大小,ABCD答案B解析線圈剛進(jìn)入磁場時(shí),有E=Bdv0,I=ER和F安=BId=ma,聯(lián)立可得a=B2d2v0mR,表明a與v0成正比,A項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)線圈由動(dòng)量定理有BIdt=mv0,q=It和I=E-R=ΔΦtR=BdxRt,聯(lián)立有q=mv0Bd,x=mRv0B2d2,因v0<B2Ld2mR,表明線圈未完全進(jìn)入磁場,故q與v0成正比7.(2024屆北京三模)如圖所示,一沿水平方向的勻強(qiáng)磁場分布在豎直高度為2L的某矩形區(qū)域內(nèi)(寬度足夠大),該區(qū)域的上下邊界MN、PS是水平的。有一邊長為L的正方形導(dǎo)線框abcd從磁場上邊界MN上方的某一高度處由靜止釋放,而后線框穿過該磁場區(qū)域。已知當(dāng)線框的ab邊到達(dá)MN時(shí)線框剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)(以此時(shí)開始計(jì)時(shí)),以MN處為坐標(biāo)原點(diǎn),取如圖所示的坐標(biāo)軸x,并規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向,則關(guān)于線框中的感應(yīng)電流與ab邊的位置坐標(biāo)x間的關(guān)系,以下圖線中可能正確的是()。ABCD答案D解析由于ab邊向下運(yùn)動(dòng),由右手定則可以判斷出線框在進(jìn)入磁場時(shí),其感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcd,沿逆時(shí)針方向,故在圖像中,0~L的這段距離內(nèi),電流是