2024屆高考一輪復(fù)習(xí)物理教案（新教材魯科版）：電磁感應(yīng)中的電路及圖像問(wèn)題

專(zhuān)題強(qiáng)化二十三電磁感應(yīng)中的電路及圖像問(wèn)題

【目標(biāo)要求】1.掌握電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的求解方法.2會(huì)計(jì)算電磁感應(yīng)電路問(wèn)題中電壓、電

流、電荷量、熱量等物理量.3能夠通過(guò)電磁感應(yīng)圖像，讀取相關(guān)信息，應(yīng)用物理規(guī)律求解問(wèn)

題.

題型一電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題

1.電磁感應(yīng)中的電源

(1激切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路相當(dāng)于電源.

電動(dòng)勢(shì)：E=Blv或E=n~R,這部分電路的阻值為電源內(nèi)阻.

(2)用右手定則或楞次定律與安培定則結(jié)合判斷，感應(yīng)電流流出的一端為電源正極.

2.分析電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的基本思路

3.電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖

電磁感應(yīng)閉合電路

考向1感生電動(dòng)勢(shì)的電路問(wèn)題

C______________________________________________

【例1】如圖所示，單匝正方形線(xiàn)圈A邊長(zhǎng)為0.2m,線(xiàn)圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，且一半處在

磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律為B=(0.8-0.㈤T(mén).開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)S未閉合，0=4Q,

4=6Q,C=20nF,線(xiàn)圈及導(dǎo)線(xiàn)電阻不計(jì).閉合開(kāi)關(guān)S,待電路中的電流穩(wěn)定后.求：

（1）回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。?/p>

⑵電容器所帶的電荷量.

答案（1）軌IOTV（2）4.汰10-8C

解析（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=^S,S=^L2，代入數(shù)據(jù)得E=4X10-3V

（2油閉合電路的歐姆定律得1=^^，由部分電路的歐姆定律得U=IR電容器所帶電荷

4十國(guó)2

量為Q=CU=4.8X10-8c.

考向2動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的電路問(wèn)題

【例2】侈選）如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L(zhǎng),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(dòng)變阻器RjO<RiW2R）.框內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一

長(zhǎng)為L(zhǎng)、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(yùn)動(dòng).金屬框電阻不計(jì)，導(dǎo)

體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說(shuō)法正確的是（）

A.ABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針

B.左右兩個(gè)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(dòng)勢(shì)大小為2BLv

C.當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1=R時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓為總5

-*-0

D.當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值4=5時(shí)，滑動(dòng)變阻器的電功率為W

1ZoK

答案AD

解析根據(jù)楞次定律可知，ABFE回路電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，

故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=B5,故B錯(cuò)誤；當(dāng)R]=R時(shí)，

外電路總電阻口外=，因此導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓應(yīng)等于：BLv,故C錯(cuò)誤；該電路

電動(dòng)勢(shì)E=BLv,電源內(nèi)阻為R,當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的限值R]=葭時(shí)，干路電流為1=

喏，滑動(dòng)變阻器所在支路電流為金，容易求得滑動(dòng)變阻器電功率為歌U,故D正確.

4KooK

【例3】侈選）（20231建省莆田第二中學(xué)檢測(cè)）如圖所示，一不計(jì)電阻的導(dǎo)體圓環(huán)，半徑為r、

圓心在0點(diǎn)，過(guò)圓心放置一長(zhǎng)度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好，

現(xiàn)將此裝置放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)邊界恰

與圓環(huán)直徑在同一直線(xiàn)上，現(xiàn)使輻條以角速度3繞。點(diǎn)沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，右側(cè)電路通過(guò)電

刷與輻條中心和環(huán)的邊緣相接觸，R[=$S處于閉合狀態(tài)，不計(jì)其他電阻，則下列判斷正確

的是（）

A.通過(guò)R1的電流方向?yàn)樽韵露?/p>

B.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2Br23

C.理想電壓表的示數(shù)為^Br23

D.理想電流表的示數(shù)為4當(dāng)Rr?手co

答案AC

解析由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負(fù)極，因此通過(guò)段的電流

方向?yàn)樽韵露?，選項(xiàng)A正確；由題意可知，始終有長(zhǎng)度為r的輻條在轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁場(chǎng)，因此

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=；Br2?選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖可知，在磁場(chǎng)內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于電

源，磁場(chǎng)外部的半根輻條與R]并聯(lián)，則外電路電阻為爭(zhēng)內(nèi)阻為，則因此理想電壓表的示

數(shù)為RERX上qBr2co,選項(xiàng)C正確；電路中的總電流為1=31五=需="臂，則理想電流

lx,?lx.40lx.?lx.JK

2424

表的示數(shù)為裊隼三需，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

23R3R

題型二電磁感應(yīng)中電荷量的計(jì)算

A①

計(jì)算電荷量的導(dǎo)出公式：q=n—

4

在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，只要穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化，閉合回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，

設(shè)在時(shí)間及內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為q,則根據(jù)電流定義式了及法拉第電磁感應(yīng)定

…一A①/X_EAC>nA0△①

律E=n—,^q=I及=示一母=n鼠天母=不一，即4=11「-

總總總總

【例4】在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線(xiàn)圈，線(xiàn)圈所圍的面積

為0.Im2,線(xiàn)圈電阻為1Q規(guī)定線(xiàn)圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針?lè)较?，如圖

甲所示.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示.以下說(shuō)法正確的是（）

A.在0?2s時(shí)間內(nèi)，I的最大值為0.02A

B.在3?5s時(shí)間內(nèi)，I的大小越來(lái)越小

C.前2s內(nèi)，通過(guò)線(xiàn)圈某橫截面的總電荷量為0.01C

D.第3s內(nèi)，線(xiàn)圈的發(fā)熱功率最大

答案C

解析0?2s時(shí)間內(nèi)，t=0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率最大，感應(yīng)電流最大，1=:=窄=0-01A,

A錯(cuò)誤；3?5s時(shí)間內(nèi)電流大小不變，B錯(cuò)誤；前2s內(nèi)通過(guò)線(xiàn)圈的電荷量q=拶=W=

0.01C,C正確；第3s內(nèi)，B沒(méi)有變化，線(xiàn)圈中沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則線(xiàn)圈的發(fā)熱功率最小,

D錯(cuò)誤.

【例5】（2018全國(guó)卷I17）如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的

中點(diǎn)，。為圓心.軌道的電阻忽略不計(jì).OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位

于PQS上，OM與軌道接觸良好.空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的

大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過(guò)程I）；再使磁感

應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B'（過(guò)程II）.在過(guò)程I、II中，流過(guò)OM的電荷

量相等，則*等于（）

D

,537

AqB，2C]D.2

答案B

解析在過(guò)程I中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有

B白瑾2'JT2|I

耳=詈根據(jù)閉合電路的歐姆定律,有

且「1%

A①曰B號(hào)小

在過(guò)程II中，有E2=

線(xiàn)及2

I=當(dāng)，q=1At

2R222

B^JT2-3T2D—B[^JT2

又Z=q2,即

RR

所以哈T，故選B.

B2

題型三電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題

1.解題關(guān)鍵

弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)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(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)

等是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵.

2.解題步驟

(1)明確圖像的種類(lèi)，即是B—t圖還是①一t圖，或者E—t圖、I—t圖等；對(duì)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的情況，還常涉及E-x圖像和i—x圖像；

(2分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程；

(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)應(yīng)關(guān)系；

⑷結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等知識(shí)寫(xiě)出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)

系式；

(5艱據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；

(6)畫(huà)圖像或判斷圖像.

3.常用方法

(1腓除法：定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的正負(fù)，增大還是減小，以及變化快慢，來(lái)排

除錯(cuò)誤選項(xiàng).

(2)函數(shù)法：寫(xiě)出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖像進(jìn)行分析和判斷.

考向1感生問(wèn)題的圖像

【例6](多選)(2023江西省宜春實(shí)驗(yàn)中學(xué)質(zhì)檢)如圖甲所示，正方形線(xiàn)圈abed內(nèi)有垂直于線(xiàn)圈

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知線(xiàn)圈匝數(shù)n=10,邊長(zhǎng)ab=lm,線(xiàn)圈總電阻r=lQ,線(xiàn)圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度

隨時(shí)間的變化情況如圖乙所示.設(shè)圖示的磁場(chǎng)方向與感應(yīng)電流方向?yàn)檎较?，則下列有關(guān)線(xiàn)

圈的電動(dòng)勢(shì)e、感應(yīng)電流i、焦耳熱Q以及ab邊的安培力F(取向下為正方向)隨時(shí)間t的變化

圖像正確的是()

答案CD

解析0?1s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為6]=誓=2V,方向?yàn)槟鏁r(shí)針，同理1?5s內(nèi)產(chǎn)生的

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e=iv,方向?yàn)轫槙r(shí)針，A錯(cuò)誤；0?1s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為（=§=2A,方

向?yàn)槟鏁r(shí)針助值），同理1?5s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為i?=iA,方向?yàn)轫槙r(shí)針（正值），B錯(cuò)誤;

ab邊受到的安培力大小為F=nBiL,可知0?1s內(nèi)0WFW4N,方向向下,1?3s內(nèi)0WFW2N,

方向向上，3?5s內(nèi)0WFW2N,方向向下，C正確；線(xiàn)圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q=eit,O~ls內(nèi)

產(chǎn)生的熱量為4J,1?5s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為4J,D正確.

考向2動(dòng)生問(wèn)題的圖像

【例7】（2023福建廈門(mén)市模擬）如圖所示，兩條相距L的平行虛線(xiàn)間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方

向垂直紙面向里.現(xiàn)將一個(gè)上底為L(zhǎng)、下底為3L、高為2L的等腰梯形閉合線(xiàn)圈，從圖示位

置以垂直于磁場(chǎng)邊界的速度向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，取逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流正方向，則該過(guò)程

線(xiàn)圈中感應(yīng)電流i隨位移s變化的圖像可能是（）

XX

答案A

解析由右手定則知，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線(xiàn)圈中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，故感?yīng)電流為正，設(shè)

兩腰與水平方向夾角為9,則有效切割長(zhǎng)度為l=L+2stan。，則感應(yīng)電流為1=器，即感應(yīng)

R

電流與位移成線(xiàn)性關(guān)系，且隨位移增大而增大；上底出磁場(chǎng)后，有效切割長(zhǎng)度為1'=2Ltan。

即感應(yīng)電流保持不變；從下底進(jìn)入磁場(chǎng)后，由右手定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，?/p>

感應(yīng)電流為負(fù)，同理可知有效長(zhǎng)度增大，即感應(yīng)電流增大，故選A.

匚例8］侈選）（2020山東卷12）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(xiàn)方格為等大正方形.一

位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde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(kāi)始計(jì)時(shí)，4s末be邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng).在此過(guò)程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大

小為L(zhǎng)ab邊所受安培力的大小為Fa-二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是（）

答案BC

解析設(shè)虛線(xiàn)方格的邊長(zhǎng)為x,根據(jù)題意知abcde每經(jīng)過(guò)1s運(yùn)動(dòng)的距離為x.在0?1s內(nèi)，感

應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2Bxv,感應(yīng)電流I=空"恒定；在1?2s內(nèi)，切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度均勻增力口,

11K

故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流隨時(shí)間均勻增加，2s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=3BXV,感應(yīng)電流1=卑”;

22R

在2?4s內(nèi)，切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度均勻減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均勻減小，4s時(shí)感

應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Bxv,感應(yīng)電流I=畢^(qū)，故A錯(cuò)誤，B正確.由題意可知，在0—4s內(nèi)，ab

邊進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度l=vt,根據(jù)F=BI1,在0?1s內(nèi)，1=*恒定，則F=BI機(jī)=型箸18t.

Rab1R

在1?2s內(nèi)，電流I隨時(shí)間均勻增加，切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度1'=[&+vG—l)bt,據(jù)F=

I1B可知Fh與t為二次函數(shù)關(guān)系，圖線(xiàn)是拋物線(xiàn)的一部分，且t=2s時(shí)，F(xiàn)=—^―；在2?

4s內(nèi)，I隨時(shí)間均勻減小，切割磁場(chǎng)的有效長(zhǎng)度1"=3x—v《-2)=5x—vt隨時(shí)間均勻減小，

故Fab與t為二次函數(shù)關(guān)系，有極大值，當(dāng)t=4s時(shí)，F(xiàn)ab=4B,\故C正確，D錯(cuò)誤.

課時(shí)精練

立基礎(chǔ)落實(shí)練

1.如圖所示是兩個(gè)相互連接的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，勻強(qiáng)

磁場(chǎng)垂直穿過(guò)大金屬環(huán)所在區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電

動(dòng)勢(shì)為E,則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()

1八2

A.|EB.§EC.yED.E

答案B

解析a、b間的電勢(shì)差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的3故a、b間電勢(shì)差為U

=

1E,選項(xiàng)B正確.

2.如圖甲所示，在線(xiàn)圈L中通入電流）后，在I?上產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖

乙所示，卜％中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示.則通入線(xiàn)圈L中的電流）隨時(shí)間t變化

的圖像是圖中的（）

答案D

解析因?yàn)?2中感應(yīng)電流大小不變，根據(jù)法拉第電磁感定律可知，I】中磁場(chǎng)的變化是均勻的,

即I中電流的變化也是均勻的，A、C錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙可知，0?9時(shí)間內(nèi)12中的感應(yīng)電流

產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向左，所以線(xiàn)圈I】中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向左并且減小，或方向向右并

且增大，B錯(cuò)誤，D正確.

3.（多選）（2023廣東省華南師大附中模擬）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有兩根光滑的平行導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌兩端分別接有電阻號(hào)和用，導(dǎo)體棒

以某一初速度從ab位置向右運(yùn)動(dòng)距離s到達(dá)cd位置時(shí)，速度為V,產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E,此過(guò)

程中通過(guò)電阻R「用的電荷量分別為qrq2.導(dǎo)體棒有電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì).下列關(guān)系式中正

確的是（）

XX

A.E=BLvB.E=2BLv

解析時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)=BL^,故A正確，B

錯(cuò)誤；設(shè)導(dǎo)體棒的電阻為r,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得石=/=亭根據(jù)閉合電路歐姆

E

定律得丁=—3^一，通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為q=丁及，導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電阻R和R

r+型^1工

R”

并聯(lián)，則通過(guò)電阻的電流之比￥=’，通過(guò)電阻R「用的電荷量之比｝=片=辛，

L2K1口2,2巴/

結(jié)合q=q+q解得q=——叫遲——，故C錯(cuò)誤，D正確?

1214十冬武&4

4.仍選）如圖甲所示，單匝正方形線(xiàn)框abed的電阻R=0.5Q,邊長(zhǎng)L=20cm,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂

直于線(xiàn)框平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說(shuō)法中正確的是

A.線(xiàn)框中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较颍笮?.4X10-2A

B.0?2s內(nèi)通過(guò)ab邊橫截面的電荷量為4.8X10-2C

C.3s時(shí)ab邊所受安培力的大小為1.44X10-2N

D.0?4s內(nèi)線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱為1.152X10-3J

答案BD

AR

解析由楞次定律判斷感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，由法拉第電磁感?yīng)定律得電動(dòng)勢(shì)E=^=

E

1.2X10-2V,感應(yīng)電流1=豆=2.4X10-2A,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電荷量q=IAt,解得q=4.8X

10-2C,故選項(xiàng)B正確；安培力F=BIL,由題圖乙得，3s時(shí)B=0.3T,代入數(shù)值得：F=1.44X

10-3N,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由焦耳定律得Q=l2Rt,代入數(shù)值得Q=l.152X10-3j,故D選項(xiàng)

正確.

5.侈選）（2023福建省莆田二中模擬）平行虛線(xiàn)a、b之間和b、c之間存在大小相等、方向相反

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，相鄰兩虛線(xiàn)間的距離為1,虛線(xiàn)a、b之間磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，b、c之間磁

場(chǎng)方向垂直紙面向外，如圖所示.現(xiàn)使一粗細(xì)均勻、電阻為R的導(dǎo)線(xiàn)制成的閉合直角導(dǎo)線(xiàn)框

ABC以恒定的速度v沿垂直于磁場(chǎng)區(qū)域邊界的方向穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，導(dǎo)線(xiàn)框的電阻為R已知NB

邊長(zhǎng)為1,BC邊與磁場(chǎng)邊界平行.t=0時(shí)刻，A點(diǎn)到達(dá)邊界a,取逆時(shí)針?lè)较?/p>

為感應(yīng)電流的正方向，則在導(dǎo)線(xiàn)框穿越磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，感應(yīng)電流i及安培力的功率P隨

時(shí)間t變化的圖線(xiàn)可能是（）

>XXI*??

AD

解析

由圖可知，線(xiàn)框由初位置到位置1過(guò)程中，切割磁場(chǎng)的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間線(xiàn)性增大，根據(jù)右手

定則可知，線(xiàn)框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；由位置1到位置2過(guò)程中，在a、b間切割磁場(chǎng)的有效

長(zhǎng)度不變，而在b、c間切割磁場(chǎng)的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間線(xiàn)性增加，在兩磁場(chǎng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方

向相反，則線(xiàn)框中電流隨時(shí)間線(xiàn)性減小，電流方向仍為逆時(shí)針；由位置2到位置3的過(guò)程中，

線(xiàn)框左側(cè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，有效長(zhǎng)度為BC邊切割磁感線(xiàn)，根據(jù)右手定則可知，電流為順時(shí)

針?lè)较?，之后AC邊在a、b間切割磁場(chǎng)的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間線(xiàn)性減小，在b、c間切割磁場(chǎng)的

有效長(zhǎng)度不變，則電流線(xiàn)性增大；當(dāng)運(yùn)動(dòng)到位置3,即BC邊剛通過(guò)邊界b時(shí)，電流方向變

為逆時(shí)針，有效長(zhǎng)度為BC邊的一半，運(yùn)動(dòng)到位置4的過(guò)程中，有效長(zhǎng)度線(xiàn)性增大，運(yùn)動(dòng)到

位置4時(shí)，BC邊即要離開(kāi)磁場(chǎng)邊界c時(shí)，有效長(zhǎng)度為BC邊長(zhǎng)度，故B錯(cuò)誤，A正確；線(xiàn)框

勻速運(yùn)動(dòng)，電流的功率等于安培力做功的功率，即P=i2R,故C錯(cuò)誤，D正確.

￡能力綜合練

),橫截面積為S,線(xiàn)圈電阻為R,

處于一個(gè)均勻增強(qiáng)的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率為k,磁場(chǎng)方向水平向右且與線(xiàn)圈

平面垂直，電容器的電容為C,兩個(gè)電阻的阻值均為2R.下列說(shuō)法正確的是（）

A.電容器上極板帶負(fù)電

B.通過(guò)線(xiàn)圈的電流大小為嗤

C.電容器所帶的電荷量為竽

D.電容器所帶的電荷量為普期

D

解析由楞次定律和右手螺旋定則知，電容器上極板帶正電,A錯(cuò)誤；因￡=成&1=器=喏，

oKoK

B錯(cuò)誤；又u=IX2R=竽，（3=07=智至，C錯(cuò)誤，D正確.

7.（2023山東省模擬）如圖甲所示，一長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒，繞水平圓軌道的圓心。勻速順時(shí)針

轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為，電阻為r,在圓軌道空間存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.半徑

小于，的區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)豎直向上，半徑大于，的區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)豎直向下，俯視圖如圖乙所示，導(dǎo)線(xiàn)

一端Q與圓心O相連，另一端P與圓軌道連接給電阻R供電，其余電阻不計(jì)，貝1（）

A.電阻R兩端的電壓為"曾

B.電阻R中的電流方向向上

C.電阻R中的電流大小為生y

4R+rU

D.導(dǎo)體棒的安培力做功的功率為0

答案C

解析半徑小于輸區(qū)域內(nèi),E=B需丁=學(xué)，半徑大于加區(qū)域‘E=B'AL=殂*

=E-E=^-,根據(jù)右手定則可知圓心

i4

為負(fù)極，圓環(huán)為正極，電阻R中的電流方向向下，電阻R上的電壓U=N—E=^"四，故

R+r4R+rD

A、B錯(cuò)誤；電阻R中的電流大小為1=衛(wèi)=且空L，故C正確；回路有電流，則安培力

R+r4[H+rD

不為零，故導(dǎo)體棒的安培力做功的功率不為零，故D錯(cuò)誤.

8.侈選）PAQ為一段固定于水平面上的光滑圓弧導(dǎo)軌，圓弧的圓心為0,半徑為L(zhǎng).空

間存在垂直導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).電阻為R的金屬桿OA與導(dǎo)軌接觸

良好，圖中電阻口]=4=艮其余電阻不計(jì).現(xiàn)使OA桿在外力作用下以恒定角速度3繞圓

心O順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，在其轉(zhuǎn)過(guò)？的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

X

X

X

X

X

A.流過(guò)電阻R1的電流方向?yàn)镻-R1-O

B.A、O兩點(diǎn)間電勢(shì)差為等

C.流過(guò)OA的電荷量為胃

D.外力做的功為嘿裂

loK

AD

解析由右手定則判斷出0A中電流方向由O-A,可知流過(guò)電阻R1的電流方向?yàn)镻-R1-O,

故A正確；0A產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E="宇，將0A當(dāng)成電源，外部電路區(qū)]與4并聯(lián)，則

A、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U=-1￥="詈，故B錯(cuò)誤；流過(guò)0A的電流大小為1=一、=

,KZ0,K

R+]R+,

3T

聆，轉(zhuǎn)過(guò)烈度所用時(shí)間為1=3=^,流過(guò)OA的電荷量為q=It=薛，故C錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)

3R333s9R

過(guò)烈度過(guò)程中，外力做的功為W=EIt=3祟，故D正確.

3ioR

9.侈選）（2019全國(guó)卷II21）如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為9,

導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).虛線(xiàn)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

、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)開(kāi)始計(jì)時(shí),

到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是)

AD

解析PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒

進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，PQ通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)

域，MN同樣勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，故流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能是A；

若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒(méi)有出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則兩棒在

磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流為零，兩棒不受安培力作用，

二者在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，且感

應(yīng)電流一定大于剛開(kāi)始僅PQ切割磁感線(xiàn)時(shí)的感應(yīng)電流I1,則MN所受的安培力一定大于MN

的重力沿導(dǎo)軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過(guò)PQ

的電流隨時(shí)間變化的圖像可能是D.

10.如圖甲所示，虛線(xiàn)MN左、右兩側(cè)的空間均存在與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)

的方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B。；左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化

的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向.一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線(xiàn)的電阻率為、橫截

面積為S。，將該導(dǎo)線(xiàn)做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心。在MN上.求：

甲