2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章電磁感應(yīng)專題突破1電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題教學(xué)案滬科版

PAGE17-專題突破1電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1.電磁感應(yīng)中電路學(xué)問(wèn)的關(guān)系圖2.分析電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的基本思路【典例】如圖1所示，由某種粗細(xì)勻稱的總電阻為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(chǎng)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(guò)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(guò)程中()圖1A.PQ中電流先增大后減小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【思路點(diǎn)撥】(1)畫(huà)出PQ從靠近ad處滑向bc過(guò)程中的等效電路。(2)當(dāng)R＝r時(shí)，電源的輸出功率最大。解析導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，畫(huà)出其等效電路如圖，總電阻R總＝R＋eq\f(R左·R右,R左＋R右)＝R＋eq\f(R左（3R－R左）,3R)，在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；PQ兩端的電壓為路端電壓U＝E－IR，即先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝BILv，先減小后增大，選項(xiàng)C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，外電阻先增大后減小，因外電阻最大值為eq\f(3,4)R，小于內(nèi)阻R，依據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變更關(guān)系，外電阻越接近內(nèi)電阻時(shí)，輸出功率越大，可知線框消耗的電功領(lǐng)先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C1.(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長(zhǎng)為r、電阻為R的勻稱金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長(zhǎng)線通過(guò)圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖2所示，整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下。在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()圖2A.金屬棒中電流從B流向AB.金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C.電容器的M板帶負(fù)電D.電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2解析依據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶電荷量為Q＝eq\f(3,4)CBωr2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB2.(多選)如圖3甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見(jiàn)的兒童玩具，它在飛起時(shí)能夠持續(xù)發(fā)光。某同學(xué)對(duì)竹蜻蜓的電路作如下簡(jiǎn)化：如圖乙所示，半徑為L(zhǎng)的導(dǎo)電圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過(guò)圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(俯視)。圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成120°角。在圓環(huán)左半部分張角也為120°角的范圍內(nèi)(兩條虛線之間)分布著垂直圓環(huán)平面對(duì)下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在轉(zhuǎn)軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過(guò)電刷M、N與一個(gè)LED燈相連。假設(shè)LED燈電阻為r，其他電阻不計(jì)，從輻條OP進(jìn)入磁場(chǎng)起先計(jì)時(shí)。在輻條OP轉(zhuǎn)過(guò)120°的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()圖3A.O、P兩端電壓為eq\f(1,4)BL2ωB.通過(guò)LED燈的電流為eq\f(BL2ω,8r)C.整個(gè)裝置消耗的電能為eq\f(πωB2L4,8r)D.增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可以使LED燈發(fā)光時(shí)更亮解析輻條OP進(jìn)入磁場(chǎng)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)有E＝BLeq\f(ωL,2)，在電路中OP相當(dāng)于內(nèi)阻為r的電源，另外兩根金屬輻條和LED燈并聯(lián)，故而電路的總電阻R＝eq\f(4r,3)，OP兩端的電壓為電源的路端電壓U＝eq\f(E,R)·eq\f(r,3)＝eq\f(BL2ω,8)，流過(guò)LED燈的電流是I＝eq\f(U,r)＝eq\f(BL2ω,8r)，A錯(cuò)誤，B正確；整個(gè)裝置消耗的電能Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(E2,\f(4r,3))·eq\f(1,3)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2L4,8r)，C正確；由LED燈中電流為I＝eq\f(BL2ω,8r)知，增大角速度、增大磁感應(yīng)強(qiáng)度、減小輻條的電阻和LED燈的電阻等措施可以使LED燈變得更亮，故D正確。答案BCD電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題電磁感應(yīng)中常見(jiàn)的圖象問(wèn)題分析圖象類型(1)隨時(shí)間變更的圖象，如B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象、I－t圖象等(2)隨位移變更的圖象，如E－x圖象、I－x圖象等問(wèn)題類型(1)依據(jù)給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出或畫(huà)出有關(guān)的圖象(2)依據(jù)給定的圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，求解相應(yīng)的問(wèn)題常用學(xué)問(wèn)三定則肯定律左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律六個(gè)公式(1)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(2)導(dǎo)桿平動(dòng)切割勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv(3)導(dǎo)桿轉(zhuǎn)動(dòng)切割勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(1,2)Bl2ω(4)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)(5)安培力F＝BIl(6)牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)的相關(guān)公式考向1由“動(dòng)生”角度衍生的圖象問(wèn)題【典例】(多選)(2024·全國(guó)卷Ⅱ，21)如圖4，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)起先計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹梗鬟^(guò)PQ的電流隨時(shí)間變更的圖象可能正確的是()圖4解析PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，加速度為零，則mgsinθ＝BIL，I＝eq\f(mgsinθ,BL)，即電流恒定；且由題意知，MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ已離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，則對(duì)MN，由mgsinθ＝BIL及右手定則知，通過(guò)PQ的電流大小不變，方向相反，故I－t圖象如圖A所示，B、C圖錯(cuò)誤；情形2：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ未離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，穿過(guò)兩棒間回路的磁通量不變，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為零，故電流為零，但兩棒均只在重力作用下加速運(yùn)動(dòng)直至PQ離開(kāi)磁場(chǎng)，此時(shí)MN為電源，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R總)＞I1，對(duì)MN棒：BIL－mgsinθ＝ma知，MN減速，電流減小，可能的I－t圖象如圖D所示。答案AD考向2由“感生”角度衍生的圖象問(wèn)題教材引領(lǐng)1.[人教版選修3－2·P21·T2]如圖5甲，100匝的線圈(圖中只畫(huà)了2匝)兩端A、B與一個(gè)電壓表相連，線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場(chǎng)，線圈中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變更。圖5(1)電壓表的讀數(shù)應(yīng)當(dāng)?shù)扔诙嗌伲?2)請(qǐng)?jiān)诰€圈位置上標(biāo)出感生電場(chǎng)的方向。(3)A、B兩端，哪端應(yīng)當(dāng)與電壓表標(biāo)＋號(hào)的接線柱(或紅接線柱)連接？解析(1)依據(jù)圖示圖象，由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(0.15－0.10,0.1)V＝50V，即電壓表的讀數(shù)為50V。(2)依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反，即垂直紙面對(duì)外，由安培定則可知線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，即感生電?chǎng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，如圖所示。(3)磁通量向里增大，由楞次定律可知，A點(diǎn)電勢(shì)高，B點(diǎn)電勢(shì)低，A端應(yīng)當(dāng)與電壓表標(biāo)＋號(hào)的接線柱(或紅接線柱)連接。答案(1)50V(2)如解析圖所示(3)A端真題闖關(guān)2.(多選)(2024·全國(guó)卷Ⅰ，20)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變更的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖6(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變更關(guān)系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)()圖6A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较駽.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(B0πr2,4t0)解析依據(jù)楞次定律可知在0～t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱減小，圓環(huán)中感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，所受安培力的方向水平向左；在t0～t1時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大，圓環(huán)中感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，所受安培力的方向水平向右，所以A錯(cuò)誤，B正確；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝eq\f(ΔB,Δt)·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，依據(jù)閉合電路歐姆定律知，感應(yīng)電流的大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正確，D錯(cuò)誤。答案BC3.(多選)(2024·全國(guó)卷Ⅲ，20)如圖7(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦溝通電i，i的變更如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)()圖7A.在t＝eq\f(T,4)時(shí)為零B.在t＝eq\f(T,2)時(shí)變更方向C.在t＝eq\f(T,2)時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较駾.在t＝T時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较蚪馕鲆蛲妼?dǎo)線四周某處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小正比于電流的大小，故導(dǎo)線框R中磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的變更關(guān)系類似于題圖(b)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度的變更率，即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負(fù)反映電動(dòng)勢(shì)的方向，斜率的肯定值反映電動(dòng)勢(shì)的大小。由題圖(b)可知，電流為零時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，電流最大時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，A正確，B錯(cuò)誤；再由楞次定律可推斷在一個(gè)周期內(nèi)，eq\f(T,4)～eq\f(3T,4)內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向沿順時(shí)針?lè)较颍琫q\f(T,2)時(shí)刻最大，C正確；其余時(shí)間段感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较?，D錯(cuò)誤。答案AC1.將一段導(dǎo)線繞成如圖8甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)。回路的ab邊置于垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中。回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ，以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變更的圖象如圖乙所示。用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變更的圖象是()圖8解析0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较?、大小不變的感?yīng)電流，依據(jù)左手定則可以判定ab邊所受安培力向左。eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)，回路中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较?、大小不變的感?yīng)電流，依據(jù)左手定則可以判定ab邊所受安培力向右，選項(xiàng)B正確。答案B2.如圖9甲所示，固定的水平金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。兩阻值相同的導(dǎo)體棒ab、cd置于導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直且始終保持良好接觸。整個(gè)裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中?，F(xiàn)讓導(dǎo)體棒ab以如圖乙所示的速度向右運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒cd始終靜止在導(dǎo)軌上，以水平向右為正方向，則導(dǎo)體棒cd所受的靜摩擦力f隨時(shí)間變更的圖象是選項(xiàng)中的()圖9解析由右手定則可知ab中感應(yīng)電流的方向向上，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv，由歐姆定律得I＝eq\f(BLv,R)。感應(yīng)電流從上向下流過(guò)cd棒，由左手定則可知，產(chǎn)生的安培力向右，大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，對(duì)cd進(jìn)行受力分析可知，cd棒豎直方向受到重力和軌道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共點(diǎn)力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力與安培力大小相等、方向相反，即方向向左，大小為f＝F＝eq\f(B2L2v,R)，可得大小與速度v成正比，與速度的方向相反，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。答案B活頁(yè)作業(yè)(時(shí)間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.(2024·昌平區(qū)質(zhì)檢)如圖1所示，由勻稱導(dǎo)線制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb＝90°)時(shí)，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差為()圖1A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.eq\f(\r(2),4)BRv D.eq\f(3\r(2),4)BRv解析當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置，圓環(huán)切割磁感線的有效長(zhǎng)度為eq\r(2)R；線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\r(2)BRv；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差由歐姆定律得Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv；選項(xiàng)D正確。答案D2.如圖2所示，一個(gè)有矩形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里。一個(gè)三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1沿紙面勻速運(yùn)動(dòng)到位置2。取線框剛到達(dá)磁場(chǎng)邊界的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)(t＝0)，規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较颍瑒t圖中能正確反映線框中電流與時(shí)間關(guān)系的是()圖2解析線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里增加，依據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流i應(yīng)為正方向，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，線框有效的切割長(zhǎng)度先勻稱增大后勻稱減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先勻稱增大后勻稱減?。痪€框完全進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生。線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里減小，依據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，電流i應(yīng)為負(fù)方向；線框有效的切割長(zhǎng)度先勻稱增大后勻稱減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先勻稱增大后勻稱減小，選項(xiàng)A正確，D錯(cuò)誤。答案A3.(多選)如圖3甲所示，光滑“∠”形金屬支架ABC固定在水平面上，支架處在垂直于水平面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一金屬導(dǎo)體棒EF放在支架上，用一輕桿將導(dǎo)體棒與墻固定連接，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變更的規(guī)律如圖乙所示，取垂直于水平面對(duì)下為正方向，則下列說(shuō)法中正確的是()圖3A.t1時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力最大B.t2時(shí)刻輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為零C.t2到t3時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小D.t2到t4時(shí)間內(nèi)，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向不變解析由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可知t1時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電流為零，安培力為零，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為零，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大，感應(yīng)電流最大，但磁場(chǎng)為零，安培力為零，輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為零，故選項(xiàng)B正確；t2到t3時(shí)間內(nèi)，安培力先增大后減小，所以輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小，故選項(xiàng)C正確；t2到t4時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流方向變更，安培力方向變更，則輕桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力方向變更，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC4.(多選)如圖4所示，線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，線圈電阻為r，處于一個(gè)勻稱增加的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變更率為k，磁場(chǎng)方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為r。由此可知，下列說(shuō)法正確的是()圖4A.電容器下極板帶正電B.電容器上極板帶正電C.電容器所帶電荷量為eq\f(nSkC,2)D.電容器所帶電荷量為nSkC解析依據(jù)磁場(chǎng)向右勻稱增加，并由楞次定律可知，電容器上極板帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；閉合線圈與阻值為r的電阻形成閉合回路，線圈相當(dāng)于電源，電容器兩極板間的電壓等于路端電壓，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSk，路端電壓U＝eq\f(E,2r)·r＝eq\f(E,2)，則電容器所帶電荷量為Q＝CU＝eq\f(nSkC,2)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案BC5.(2024·哈爾濱月考)在如圖5甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500，橫截面積S＝20cm2，螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，電容器電容C＝30μF。螺線管內(nèi)充溢豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在一段時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示的規(guī)律變更。則下列說(shuō)法中正確的是()圖5A.螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1.5VB.閉合電鍵，電路中的電流穩(wěn)定后電容器上極板帶正電C.電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2WD.電鍵斷開(kāi)，流經(jīng)電阻R2的電荷量為1.8×10－5C解析依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，代入數(shù)據(jù)可求出E＝1.2V，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)楞次定律可知，則電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.12A，依據(jù)P＝I2R1求出P＝5.76×10－2W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；S斷開(kāi)后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時(shí)C板上所帶的電荷量Q；電容器兩端的電壓U＝IR2＝0.6V；流經(jīng)R2的電荷量Q＝CU＝1.8×10－5C，選項(xiàng)D正確。答案D6.(多選)如圖6所示，水平面上固定一個(gè)頂角為60°的光滑金屬導(dǎo)軌MON，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒CD與∠MON的角平分線垂直，導(dǎo)軌與棒單位長(zhǎng)度的電阻均為r。t＝0時(shí)刻，棒CD在水平外力F的作用下從O點(diǎn)以恒定速度v0沿∠MON的角平分線向右滑動(dòng)，在滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。若棒與導(dǎo)軌均足夠長(zhǎng)，則()圖6A.流過(guò)導(dǎo)體棒的電流I始終為eq\f(Bv0,3r)B.F隨時(shí)間t的變更關(guān)系為F＝eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(2,0),9r)tC.t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的發(fā)熱功率為eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(3,0),27r)t0D.撤去F后，導(dǎo)體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析導(dǎo)體棒的有效切割長(zhǎng)度L＝2v0ttan30°，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，回路的總電阻R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0ttan30°＋\f(2v0t,cos30°)))r，聯(lián)立可得通過(guò)導(dǎo)體棒的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv0,3r)，選項(xiàng)A正確；導(dǎo)體棒受力平衡，則外力F與安培力平衡，即F＝BIL，得F＝eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(2,0),9r)t，選項(xiàng)B正確；t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的電阻為Rx＝2v0t0tan30°·r，則導(dǎo)體棒的發(fā)熱功率P棒＝I2Rx＝eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(3,0),27r)t0，選項(xiàng)C正確；從撤去F到導(dǎo)體棒停下的過(guò)程，依據(jù)能量守恒定律有Q棒＋Q軌＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，得導(dǎo)體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱Q棒＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q軌<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案ABC7.(2024·全國(guó)卷Ⅱ，18)如圖7，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長(zhǎng)為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)。線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變更的正確圖線可能是()圖7解析設(shè)線框運(yùn)動(dòng)的速度為v，則線框向左勻速運(yùn)動(dòng)第一個(gè)eq\f(l,2v)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝2Bdv(d為導(dǎo)軌間距)，電流i＝eq\f(E,R)，回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；其次個(gè)eq\f(l,2v)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為零，電流為零；第三個(gè)eq\f(l,2v)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝2Bdv，電流i＝eq\f(E,R)，回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以D正確。答案D8.如圖8甲所示，正三角形硬導(dǎo)線框abc固定在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直。圖乙表示該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變更的關(guān)系，t＝0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里。在0～4t0時(shí)間內(nèi)，線框ab邊受到該磁場(chǎng)對(duì)它的安培力F隨時(shí)間t變更的關(guān)系圖為(規(guī)定垂直ab邊向左為安培力的正方向)()圖8解析0～t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，勻稱減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，依據(jù)楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知：流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流I不變，方向從b到a，其受到的安培力方向向左，大小為F＝BIL，勻稱減小到零；同理，t0～2t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，勻稱增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流I不變，方向從b到a，其受到的安培力方向向右，從零起先勻稱增大；2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，eq\f(ΔB,Δt)＝0，導(dǎo)線ab不受安培力；3t0～3.5t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，勻稱減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流為2I不變，方向從a到b，其受到的安培力方向向左，大小為F＝2BIL，即勻稱減小到零；3.5t0～4t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，勻稱增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流為2I不變，方向從a到b，其受到的安培力方向向右，大小為F＝2BIL，即從零起先勻稱增大，A項(xiàng)正確。答案A綜合提能練9.(多選)如圖9所示，一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線圈置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方L處，磁場(chǎng)寬也為L(zhǎng)，方向垂直紙面對(duì)里，由靜止釋放線圈且線圈平面始終與磁場(chǎng)方向垂直。假如從線圈的一條邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)起先計(jì)時(shí)，下列關(guān)于通過(guò)線圈橫截面的電荷量q、感應(yīng)電流i、線圈運(yùn)動(dòng)的加速度a、線圈具有的動(dòng)能Ek隨時(shí)間變更的圖象中，可能正確的是()圖9解析若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力等于重力，則線圈勻速進(jìn)入，感應(yīng)電流恒定，由q＝It可知，通過(guò)線圈橫截面的電荷量勻稱增大，線圈離開(kāi)時(shí)由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向變更，通過(guò)的電荷量勻稱減小，A項(xiàng)可能；由于線圈通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，線圈的寬度與磁場(chǎng)的寬度相等，故始終是一條邊做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，且速度不行能減小到零，所以線圈通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中不行能出現(xiàn)感應(yīng)電流為零的狀況，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)重力也可能大于安培力，因此接著做加速運(yùn)動(dòng)，但速度增大安培力也增大，則加速度減小，當(dāng)安培力增大到等于重力時(shí)，加速度變?yōu)榱悖蔆項(xiàng)可能；假如線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)安培力就大于重力，則線圈做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小則安培力減小，最終可能達(dá)到平衡，速度不變，動(dòng)能不變，故D項(xiàng)可能。答案ACD10.(多選)(2024·全國(guó)卷Ⅱ，20)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長(zhǎng)為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖10(a)所示。已知導(dǎo)線框始終向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變更的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)。下列說(shuō)法正確的是()圖10A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TB.導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度的大小為0.5m/sC.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面對(duì)外D.在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N解析由E－t圖象可知，線框經(jīng)過(guò)0.2s全部進(jìn)入磁場(chǎng)，則速度v＝eq\f(l,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，選項(xiàng)B正確；由圖象可知，E＝0.01V，依據(jù)E＝Blv得，B＝eq\f(E,lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面對(duì)外，選項(xiàng)C正確；在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A,所受的安培力大小為F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC11.(2024·天津理綜，12)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖11，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開(kāi)關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，MN起先向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開(kāi)導(dǎo)軌。問(wèn)：圖11(1)磁場(chǎng)的方向；(2)MN剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；(3)MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。解析(1)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB②依據(jù)牛頓其次定