2022-2023學(xué)年高二物理舉一反三系列（人教版選擇性必修第二冊(cè)）專題2.6 電磁感應(yīng)動(dòng)生過(guò)程中的電路問(wèn)題（解析版）

專題2.6電磁感應(yīng)動(dòng)生過(guò)程中的電路問(wèn)題【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1一根導(dǎo)體棒平動(dòng)切割中的電路問(wèn)題】 【題型2兩根導(dǎo)體棒平動(dòng)切割中的電路問(wèn)題】 【題型3三角形導(dǎo)線框切割中的電路問(wèn)題】 【題型4矩形導(dǎo)線框平動(dòng)切割中的電路問(wèn)題】 【題型5旋轉(zhuǎn)切割中的電路問(wèn)題】 【題型1一根導(dǎo)體棒平動(dòng)切割中的電路問(wèn)題】【例1】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磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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)程中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()A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功率先減小后增大D．線框消耗的電功率先減小后增大答案C解析設(shè)PQ左，故A、B錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于安培力，即F＝BIl，拉力的功率P＝BIlv，故先減小后增大，所以C正確；外電路的總電阻R外＝eq\f(Rx3R－Rx,3R)，最大值為eq\f(3,4)R，小于導(dǎo)體棒的電阻R，又外電阻先增大后減小，由電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系圖象可知，線框消耗的電功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤．【變式1-1】如圖所示，由均勻?qū)Ь€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()A.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答案D解析當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到題圖所示位置時(shí)，圓環(huán)切割磁感線的有效長(zhǎng)度為eq\r(2)R，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\r(2)BRv，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv，故選D.【變式1-2】(多選)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R1(0≤R1≤2R)?？騼?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2BLvC．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BLvD．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時(shí)，滑動(dòng)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?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?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，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，故B錯(cuò)誤；當(dāng)R1＝R時(shí)，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(cuò)誤；該電路電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電源內(nèi)阻為R，求解滑動(dòng)變阻器的最大電功率時(shí)，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(shí)，等效電源輸出功率最大，則滑動(dòng)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【變式1-3】如圖所示，水平面上有兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，間距為l＝0.5m，左端通過(guò)導(dǎo)線與阻值R＝3Ω的電阻連接，右端通過(guò)導(dǎo)線與阻值為RL＝6Ω的小燈泡L連接，在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)存在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一根阻值r＝0.5Ω、質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒在恒力F＝2N的作用下由靜止開(kāi)始從AB位置沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t＝1s剛好進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域．求金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)：(1)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)；(2)小燈泡兩端的電壓和金屬棒受到的安培力．答案(1)1V(2)0.8V0.04N，方向水平向左解析(1)0～1s棒只受拉力，由牛頓第二定律得F＝ma，金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度a＝eq\f(F,m)＝10m/s2.設(shè)其剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，v＝at＝10×1m/s＝10m/s.金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V.(2)小燈泡與電阻R并聯(lián)，R并＝eq\f(R·RL,R＋RL)＝2Ω，通過(guò)金屬棒的電流大小I＝eq\f(E,R并＋r)＝0.4A，小燈泡兩端的電壓U＝E－Ir＝1V－0.4×0.5V＝0.8V.金屬棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5N＝0.04N，由右手定則和左手定則可判斷安培力方向水平向左．【題型2兩根根導(dǎo)體棒平動(dòng)切割中的電路問(wèn)題】【例2】如圖，兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌垂直構(gòu)成閉合回路，且兩棒都可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑動(dòng)．用與導(dǎo)軌平行的水平恒力F向右拉cd棒，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間以后()A．兩棒間的距離保持不變B．兩棒都做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．兩棒都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．a(chǎn)b棒中的電流方向由b流向a答案CD【變式2-1】如圖所示，兩根電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角α＝37°，導(dǎo)軌間距L＝1m，頂端用電阻R＝2Ω的定值電阻相連。虛線上方存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T．質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝4Ω的導(dǎo)體棒M在磁場(chǎng)中距虛線的距離d＝2m，M與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.25，質(zhì)量m2＝0.3kg、電阻R2＝2Ω的導(dǎo)體棒N在虛線處，N與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.8．將導(dǎo)體棒M、N同時(shí)從導(dǎo)軌上由靜止釋放，M到達(dá)虛線前已經(jīng)勻速，重力加速度g取10m/s2，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中M、N與導(dǎo)軌始終接觸良好，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求M、N相碰前，M上產(chǎn)生的焦耳熱；（2）求M、N相碰前M運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（3）M、N相遇發(fā)生彈性碰撞，碰后瞬間對(duì)M施加一個(gè)沿斜面方向的作用力F，使M、N同時(shí)勻減速到零，求M棒在減速到零的過(guò)程中作用力F的大小隨時(shí)間變化的表達(dá)式。【解答】解：（1）M棒勻速時(shí)，有：m1gsin37°＝μ1m1gcos37°+BIL…①因?yàn)镋＝BLv0…②根據(jù)歐姆定律有：I=E因?yàn)镽總=RM棒從開(kāi)始到達(dá)虛線位置，根據(jù)能量守恒有：m1M棒、N棒、電阻R產(chǎn)生的焦耳熱之比為：QM：QN：QR＝8：1：1…⑥QM=810Q由①～⑦式解得：QM＝0.48J（2）對(duì)M棒由動(dòng)量定理有：（m1gsin37﹣μ1m1gcos37°﹣BIL）t＝m1v0…⑧q=It=△Φ＝BLd…⑩聯(lián)立解得：t＝1.5s（3）對(duì)M、N棒碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒以及能量守恒有：m1v0＝m1v1+m2v2…?12碰后對(duì)N棒有：μ2m2gcos37°﹣m2gsin37＝m2a2…?v2＝a2t0…?碰后對(duì)M棒有：m1gsin37+μ1m1gcos37°+BI′L﹣F＝m1a1…?v1＝a1t0…?根據(jù)歐姆定律有：I't0＝2.5s…?由?～?式解得…F＝0.96﹣0.08t（t≤2.5s）。答：（1）M、N相碰前，M上產(chǎn)生的焦耳熱為0.48J；（2）M、N相碰前M運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1.5s；（3）M、N相遇發(fā)生彈性碰撞，碰后瞬間對(duì)M施加一個(gè)沿斜面方向的作用力F，使M、N同時(shí)勻減速到零，M棒在減速到零的過(guò)程中作用力F的大小隨時(shí)間變化的表達(dá)式為F＝0.96﹣0.08t（t≤2.5s）?！咀兪?-2】如圖所示，傾角為α＝37°的絕緣斜面體固定在水平面上，頂端放有一“U”形導(dǎo)體框HEFG，導(dǎo)體框質(zhì)量為M＝2kg，電阻忽略不計(jì)且足夠長(zhǎng)，導(dǎo)體框EF邊長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.2m，與斜面底邊平行，導(dǎo)體框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.75。質(zhì)量為m＝1kg、電阻為R＝2Ω的光滑金屬棒CD的兩端置于導(dǎo)體框上，構(gòu)成矩形回路。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝10T、方向垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t＝0時(shí)刻金屬棒CD與EF邊間距為x0＝1m，且金屬棒與導(dǎo)體框均以初速度v0＝2m/s沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。t＝2s以后金屬棒的運(yùn)動(dòng)可視為勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體框仍沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)體框始終接觸良好且平行EF邊，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）在0＜t＜2s時(shí)間內(nèi)，任意時(shí)刻金屬棒與導(dǎo)體框的加速度大小之比；（2）t＝2s時(shí)金屬棒和導(dǎo)體框的速度；（3）t＝2s時(shí)金屬棒CD與EF邊的距離d。

【答案】（1）；（2），；（3）【解析】（1）在0~2s內(nèi)，金屬棒向下做加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體框向下做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)金屬棒對(duì)導(dǎo)體框解得，代入數(shù)據(jù)可求得（2）2s時(shí)金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度為v1，導(dǎo)體框速度為v2，對(duì)金屬棒可得得得因金屬棒和導(dǎo)體框組成的系統(tǒng)所受摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，安培力等大、反向，等效為內(nèi)力，故整體受力平衡，根據(jù)動(dòng)量守恒聯(lián)立得，（3）對(duì)金屬棒，由動(dòng)量定理設(shè)2s內(nèi)金屬棒與EF邊的相對(duì)位移為x，則解得2s時(shí)金屬棒與EF間距為【變式2-3】如圖所示，寬度為L(zhǎng)、左右兩部分傾角均為的足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌ACD一A1C1D1分別置于兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，CC1兩側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分別垂直于對(duì)應(yīng)導(dǎo)軌所在平面，CC1左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m、m的導(dǎo)體棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置在CC1兩側(cè)的導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。某時(shí)刻將導(dǎo)體棒ab、cd由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是（）

A.任意時(shí)刻導(dǎo)體棒ab、cd運(yùn)動(dòng)的加速度都相同B.導(dǎo)體棒ab的最大速度為C.若導(dǎo)體棒ab下降高度h時(shí)達(dá)到最大速度，則此過(guò)程中導(dǎo)體棒ab克服安培力做的功為D.若導(dǎo)體棒ab下降高度h時(shí)達(dá)到最大速度，則此過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為【答案】BD【解析】對(duì)ab受力分析，由牛頓第二定律可知同理cd棒有解得所以加速過(guò)程ab、cd棒的加速度大小相等，方向不同，A錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，ab的速度達(dá)到最大，此時(shí)有又因?yàn)槁?lián)立解得B正確；若ab棒下降高度h時(shí)達(dá)到最大速度，根據(jù)動(dòng)能定理對(duì)ab棒有解得此過(guò)程中ab克服安培力做的功為C錯(cuò)誤；在ab下降高度為h時(shí)，通過(guò)ab某一截面的電荷量為由動(dòng)量定理可知，ab棒由靜止釋放至達(dá)到最大速度的過(guò)程有聯(lián)立解得D正確。故選BD?！绢}型3三角形導(dǎo)線框切割中的電路問(wèn)題】【例3】如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上有一直角三角形導(dǎo)線框ABC，其中AB＝L，BC＝2L，兩平行虛線間有一垂直于桌面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，導(dǎo)線框BC邊與虛線邊界垂直．現(xiàn)讓導(dǎo)線框從圖示位置開(kāi)始沿BC方向勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．設(shè)線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流為正，則在線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流與線框運(yùn)動(dòng)距離x的函數(shù)關(guān)系圖象正確的是()答案D解析在線框進(jìn)入0～L范圍時(shí)，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较颍磺懈畲鸥芯€的有效長(zhǎng)度從0均勻增加到eq\f(L,2)，可知感應(yīng)電流均勻增加；從L～2L，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為eq\f(L,2)不變，感應(yīng)電流不變，方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?；?L～3L，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度從eq\f(L,2)逐漸增加到L，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增加到原來(lái)的2倍，感應(yīng)電流增加到原來(lái)的2倍，方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，故選D.【變式3-1】如圖所示，一個(gè)邊長(zhǎng)為a、電阻為R的等邊三角形線框，在外力作用下，以速度v勻速穿過(guò)寬度均為a的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)。這兩個(gè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反。線框運(yùn)動(dòng)方向與底邊平行且與磁場(chǎng)邊緣垂直。取逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳛檎?。若從圖示位置開(kāi)始，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i與沿運(yùn)動(dòng)方向的位移x之間的函數(shù)圖象，下面四個(gè)圖中正確的是()A. B.C. D.

【答案】B解析：線框從開(kāi)始進(jìn)入到全部進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，磁通量向里增大，則由楞次定律可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針。因切割的有效長(zhǎng)度均勻增大，故由可知，時(shí)間內(nèi)，切割的有效長(zhǎng)度均勻增大，電動(dòng)勢(shì)也均勻增加，感應(yīng)電流均勻增加；時(shí)間內(nèi)，切割的有效長(zhǎng)度均勻減小，電動(dòng)勢(shì)也均勻減小，感應(yīng)電流均勻減小；時(shí)間內(nèi)，垂直向外的磁通量增多，垂直向內(nèi)的磁通量減少，由楞次定律可知，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由于分處兩磁場(chǎng)的線圈兩部分產(chǎn)生的電流相同，且有效長(zhǎng)度是均勻變大的，所以在時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是時(shí)刻的兩倍，故B項(xiàng)正確。綜上所述，本題正確答案為B?！咀兪?-2】如圖，直角三角形金屬框放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于邊向上。當(dāng)金屬框繞邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為。已知邊的長(zhǎng)度為l。下列判斷正確的是()

A.，金屬框中無(wú)電流B.，金屬框中電流方向沿C.，金屬框中無(wú)電流D.，金屬框中電流方向沿答案：C解析：在三角形金屬框內(nèi)，有兩邊切割磁感線，其一為邊，電動(dòng)勢(shì)大小為；其二為邊，邊有效的切割長(zhǎng)度為l，電動(dòng)勢(shì)大小也為。由右手定則可知金屬框中無(wú)電流，且，選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤。，選項(xiàng)C正確?！咀兪?-3】（多選）如圖所示，等邊三角形導(dǎo)體框邊長(zhǎng)為，，導(dǎo)體框繞軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，導(dǎo)體框所在空間有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是()A.導(dǎo)體框中無(wú)感應(yīng)電流 B.導(dǎo)體框中產(chǎn)生正弦交變電流C.兩點(diǎn)間電勢(shì)差為零 D.兩點(diǎn)間電勢(shì)差大小為答案：AD解析：本題考查電磁感應(yīng)的電路問(wèn)題。導(dǎo)體框繞轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，穿過(guò)導(dǎo)體框的磁通量總是零，故無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，A正確，B錯(cuò)誤；依據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式及，可得兩點(diǎn)間電勢(shì)差大小為，C錯(cuò)誤，D正確?！绢}型4矩形導(dǎo)線框切割中的電路問(wèn)題】【例4】用相同導(dǎo)線繞制的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)或2L的四個(gè)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(chǎng)，如圖所示。在每個(gè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，M、N兩點(diǎn)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(chǎng)后切割磁感線，a、b產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(chǎng)的過(guò)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(zhǎng)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。【變式4-1】如圖所示，有一等腰直角三角形的區(qū)域，其斜邊長(zhǎng)為2L，高為L(zhǎng).在該區(qū)域內(nèi)分布著如圖所示的磁場(chǎng)，左側(cè)小三角形內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，右側(cè)小三角形內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，從圖示位置開(kāi)始沿x軸正方向以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．取沿a→b→c→d→a的感應(yīng)電流方向?yàn)檎?，則圖中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標(biāo)x變化的圖象正確的是()答案D解析bc邊的位置坐標(biāo)x在L～2L過(guò)程，線框bc邊有效切割長(zhǎng)度為l1＝x－L，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bl1v＝B(x－L)v，感應(yīng)電流i1＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bx－Lv,R)，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值，x在2L～3L過(guò)程，ad邊和bc邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→d→c→b→a，為負(fù)值，有效切割長(zhǎng)度為l2＝L，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bl2v＝BLv，感應(yīng)電流i2＝－eq\f(BLv,R).x在3L～4L過(guò)程，線框ad邊有效切割長(zhǎng)度為l3＝L－(x－3L)＝4L－x，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bl3v＝B(4L－x)v，感應(yīng)電流i3＝eq\f(B4L－xv,R)，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值．根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，D正確．【變式4-2】如圖所示，正方形MNPQ內(nèi)的兩個(gè)三角形區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(yùn)動(dòng)。設(shè)通過(guò)導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為i，逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较颍?dāng)t＝0時(shí)M′Q′與NP重合，在M′Q′從NP到臨近MQ的過(guò)程中，下列圖像中能反映i隨時(shí)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(yùn)動(dòng)過(guò)程，穿過(guò)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(shí)針的，切割磁感線的有效長(zhǎng)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(xiàng)正確?！咀兪?-3】如圖所示，在傾角α＝30°的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向分別垂直斜面向上和垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框的ab邊距磁場(chǎng)上邊界MN為L(zhǎng)處由靜止沿斜面下滑，ab邊剛進(jìn)入上側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。ab邊進(jìn)入下側(cè)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后也做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。求：（1）ab邊剛越過(guò)兩磁場(chǎng)的分界線PQ時(shí)線框受到的安培力的大?。唬?）線框再次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；（3）線框穿過(guò)上側(cè)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q?！窘獯稹拷猓海?）線框開(kāi)始時(shí)沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)機(jī)械能守恒有：mgLsin則線框進(jìn)入上側(cè)磁場(chǎng)時(shí)的速度：v=線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv線框中感應(yīng)電流：Iab邊受到的安培力：F線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，則有：mgsinab邊剛越過(guò)PQ時(shí)，cd也同時(shí)越過(guò)了MN，則線框上產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E'＝2BLv線框所受的安培力變?yōu)椋篎（2）根據(jù)平衡條件：mgsin解得：v（3）線框穿過(guò)上側(cè)磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律有：mgsin30°?2L+12mv2=12解得：Q=答：（1）ab邊剛越過(guò)兩磁場(chǎng)的分界線PQ時(shí)線框受到的安培力的大小為2mg；（2）線框再次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為gL4（3）線框穿過(guò)上側(cè)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q為47mgL【題型5旋轉(zhuǎn)切割中的電路問(wèn)題】【例5】如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指剪開(kāi)拉直時(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)環(huán)平面，與環(huán)的最高點(diǎn)A連接的長(zhǎng)度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB，由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度大小為v，則這時(shí)導(dǎo)體棒AB兩端的電壓大小為()A.eq\f(Bav,3) B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3) D．Bav答案A解析當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，導(dǎo)體棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝B·2aeq\x\to(v)＝2Baeq\f(0＋v,2)＝Bav，圓環(huán)被導(dǎo)體棒分為兩個(gè)半圓環(huán)，兩半圓環(huán)并聯(lián)，并聯(lián)電阻R并＝eq\f(\f(R,2)×\f(R,2),\f(R,2)＋\f(R,2))＝eq\f(R,4)，電路電流：I＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))＝eq\f(4Bav,3R)，AB兩端的電壓為UAB＝IR并＝eq\f(Bav,3).【變式5-1】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(chǎng)。長(zhǎng)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(dòng)，在圓環(huán)的A點(diǎn)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(jì)其他電阻和摩擦，下列說(shuō)法正確的是()A．棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯(cuò)誤。金屬棒電阻不計(jì)，故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，微粒的重力與其受到的電場(chǎng)力大小相等，有qeq\f(U,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)