2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第十一章電磁感應(yīng)第52講電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題教學(xué)案新人教版

PAGE15-第52講電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題實力命題點一電磁感應(yīng)中的電路問題1．對電源的理解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。分為以下兩種：(1)切割磁感線的導(dǎo)體，產(chǎn)生的電動勢為動生電動勢。(2)處于變更的磁場中產(chǎn)生的感生電場中的導(dǎo)體，產(chǎn)生的電動勢為感生電動勢。2．電磁感應(yīng)中的內(nèi)、外電路(1)回路中相當(dāng)于電源的部分導(dǎo)體為內(nèi)電路，其電阻為內(nèi)阻，其余部分為外電路。(2)內(nèi)電路中電流自低電勢流向高電勢；外電路中電流自高電勢流向低電勢。3．分析電磁感應(yīng)電路問題的基本思路4．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中通過導(dǎo)體橫截面的電量的求法在Δt時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量的計算式為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,R·Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)，即通過閉合回路某一橫截面的電荷量僅與ΔΦ、n和回路電阻R有關(guān)，而與時間長短、磁場變更的快慢或?qū)w運(yùn)動的快慢無關(guān)。解決選擇題或填空題時，可干脆應(yīng)用以上結(jié)論。為了提高自行車夜間行駛的平安性，小明同學(xué)設(shè)計了一種“閃耀”裝置。如圖所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.10T、方向垂直紙面對外的“扇形”勻強(qiáng)磁場，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝eq\f(π,6)。后輪以角速度ω＝2πrad/s相對于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動。若不計其他電阻，忽視磁場的邊緣效應(yīng)。(1)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時，求感應(yīng)電動勢E，并指出ab上的電流方向；(2)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時，畫出“閃耀”裝置的電路圖；(3)從金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時起先，經(jīng)計算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈的過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變更的Uab-t圖象；(4)若選擇的是“1.5V'0.3A”的小燈泡，該“閃耀”裝置能否正常工作？有同學(xué)提出，通過變更磁感應(yīng)強(qiáng)度B、后輪外圈半徑r2、角速度ω和張角θ等物理量的大小，優(yōu)化小明同學(xué)的設(shè)計方案，請給出你的評價。解析(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(r1＋r2,2)ωE＝B(r2－r1)eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bω(req\o\al(2,2)－req\o\al(2,1))≈4.9×10－2V依據(jù)右手定則，可得感應(yīng)電流方向為b→a。(2)通過分析，可得電路圖如圖所示。(3)設(shè)電路中的總電阻為R總，依據(jù)電路圖可知R總＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)Ra、b兩端電勢差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R總)R＝eq\f(1,4)E≈1.2×10－2V設(shè)ab離開磁場區(qū)域的時刻為t1，下一根金屬條進(jìn)入磁場區(qū)域的時刻為t2，則t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s，t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為T，則T＝eq\f(2π,ω)＝1s在T＝1s內(nèi)，金屬條有4次進(jìn)出，后3次Uab與第1次相同。依據(jù)以上分析可畫出如下圖象。(4)金屬條的感應(yīng)電動勢只有4.9×10－2V，遠(yuǎn)小于燈泡的額定電壓1.5V，因此“閃耀”裝置不能正常工作。評價：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω同樣有限度；變更θ只能變更“閃耀”時間的長短。答案(1)4.9×10－2Vb→a(2)(3)(4)見解析解決電磁感應(yīng)電路問題的策略是先源后路，即(2024·濟(jì)南高三模擬)在如圖甲所示的電路中，螺線管的匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝20cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段時間內(nèi)，垂直穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向如圖甲所示，大小按如圖乙所示的規(guī)律變更，則下列說法中正確的是()A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1.2VB．閉合K，電路中的電流穩(wěn)定后電容器的下極板帶負(fù)電C．閉合K，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為2.56×10－2WD．K斷開后，流經(jīng)R2的電量為1.8×10－2答案C解析依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得：E＝0.8V，故A錯誤；依據(jù)楞次定律可知，螺線管中的感應(yīng)電流自上而下，則螺線管的下端是電源的正極，電容器的下極板帶正電，故B錯誤；依據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.08A，則電阻R1的電功率P＝I2R1＝2.56×10－2W，故C正確；K斷開后，流經(jīng)R2的電量即為K閉合時電容器極板上所帶的電量Q，電容器兩端的電壓為：U＝IR2＝0.4V，流經(jīng)R2的電量為：Q＝CU＝1.2×10－5C，故D錯誤。實力命題點二電磁感應(yīng)中的圖象問題1．電磁感應(yīng)中常見的圖象問題圖象類型隨時間變更的圖象，如B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象、I-t圖象；隨位移變更的圖象，如E-x圖象、I-x圖象(所以要先看坐標(biāo)軸：哪個物理量隨哪個物理量變更要弄清)問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象(畫圖象)(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量(用圖象)解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變更范圍、所探討物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵2．解決圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是B-t圖還是Φ-t圖，或者E-t圖、I-t圖等；(2)分析電磁感應(yīng)的詳細(xì)過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等學(xué)問寫出函數(shù)關(guān)系式；(5)依據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變更、截距等；(6)推斷圖象或依據(jù)圖象計算各物理量。(2024·陜西百校聯(lián)盟一模)(多選)如圖甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變更的規(guī)律如圖乙所示。規(guī)定垂直紙面對外為磁場的正方向，順時針為線框中感應(yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向。關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i、ad邊所受的安培力F隨時間t變更的圖象，下列選項正確的是()解析由題圖乙可知，0～1s時間內(nèi)，B的方向垂直紙面對外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向是順時針方向，為正值；1～2s時間內(nèi)，磁通量不變，無感應(yīng)電流；2～3s時間內(nèi)，B的方向垂直紙面對外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向是逆時針方向，是負(fù)值；3～4s時間內(nèi)，B的方向垂直紙面對里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向是逆時針方向，是負(fù)值。在左手定則可知，在0～1s內(nèi)，ad邊受到的安培力方向水平向右，是正值；1～2s時間內(nèi)，無感應(yīng)電流，沒有安培力；2～3s時間內(nèi)，安培力水平向左，是負(fù)值；3～4s時間內(nèi)，安培力水平向右，是正值；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(S·ΔB,R·Δt)，由B-t圖象可知，在0～1s、2～4s時間段內(nèi)，eq\f(ΔB,Δt)的大小不變，在各時間段內(nèi)I的大小是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，B勻稱變更，則安培力F勻稱變更，不是定值，綜上可知，B、C正確，A、D錯誤。答案BC1．電磁感應(yīng)圖象選擇題的兩個常用方法(1)解除法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變更趨勢(增大還是減小)、變更快慢(勻稱變更還是非勻稱變更)，特殊是分析物理量的正負(fù)，以解除錯誤的選項。(2)函數(shù)法依據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進(jìn)行分析和推斷。2．處理圖象問題要做到“四明確”(1)明確圖象所描述的物理意義；(2)明確各種正、負(fù)號的含義；(3)明確圖象斜率或面積的物理意義；(4)明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對應(yīng)關(guān)系。(2024·全國卷Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖a所示。已知導(dǎo)線框始終向右做勻速直線運(yùn)動，cd邊于t＝0時刻進(jìn)入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變更的圖線如圖b所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面對外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N答案BC解析由圖象可知，從導(dǎo)線框的cd邊進(jìn)入磁場到ab邊剛好進(jìn)入磁場，用時為0.2s，可得導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小v＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B正確；由圖象可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝0.01V，由公式E＝BLv，可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A錯誤；感應(yīng)電流的方向為順時針時，對cd邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面對外，C正確；t＝0.4s至t＝0.6s時間段為cd邊離開磁場，ab邊切割磁感線的過程，由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F＝eq\f(BEL,R)，代入數(shù)據(jù)得F＝0.04N，D錯誤。課時作業(yè)1．(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10Ω的電阻。一阻值R＝10Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運(yùn)動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好；導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。下列說法中正確的是()A．導(dǎo)體棒ab中電流的流向為由b到aB．cd兩端的電壓為1VC．de兩端的電壓為1VD．fe兩端的電壓為1V答案BD解析由右手定則可知ab中電流方向為a→b，A錯誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，ab為電源，cd間的電阻R為外電路負(fù)載，de和cf間的電阻中無電流，de和cf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝eq\f(E,2R)×R＝eq\f(Blv,2)＝1V，B、D正確，C錯誤。2．匝數(shù)n＝100匝的圓形金屬線圈的電阻R＝2Ω，線圈與R1＝2Ω的電阻連成閉合回路，其簡化電路如圖甲所示，A、B為線圈兩端點。線圈的半徑r1＝15cm，在線圈中半徑r2＝10cm的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變更的圖象如圖乙所示。則下列說法正確的是()A．A點電勢比B點電勢低B．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為4.5πVC．R1兩端電壓為πVD．0～2s內(nèi)通過R1的電荷量為1.125πC答案C解析依據(jù)楞次定律可知，線圈中的磁通量勻稱增大，感應(yīng)電流沿逆時針方向，因此A點電勢比B點電勢高，A錯誤；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝100×eq\f(4,2)×π×0.12V＝2πV，B錯誤；回路中的電流I＝eq\f(E,R1＋R)＝eq\f(2π,2＋2)A＝eq\f(π,2)A，R1兩端的電壓為U1＝IR1＝eq\f(π,2)×2V＝πV，C正確；0～2s內(nèi)通過R1的電荷量為q＝It＝eq\f(π,2)×2C＝πC，D錯誤。3．一矩形線圈位于一個方向垂直線圈平面對里的磁場中，如圖甲所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨t的變更規(guī)律如圖乙所示。以i表示線圈中的感應(yīng)電流，以圖甲線圈上箭頭所示方向的電流為正，則以下的i-t圖中正確的是()答案A解析依據(jù)題圖乙可知，在0～1s內(nèi)，eq\f(ΔB,Δt)不變且線圈面積S也不變，所以依據(jù)E＝eq\f(ΔB,Δt)S可知感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，由楞次定律可得電流為逆時針方向，在圖象中為負(fù)；2～3s內(nèi)，同理，由E＝eq\f(ΔB,Δt)S知i恒定，方向為正；1～2s內(nèi)，B不變，i＝0，A正確。4.如圖所示，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，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中()A．PQ中的電流先增大后減小B．PQ兩端的電壓先減小后增大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)先減小后增大答案C解析導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv，其等效電路如圖所示，總電阻為R總＝R＋eq\f(R1R2,R1＋R2)＝R＋eq\f(R13R－R1,3R)，在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，A錯誤；PQ兩端的電壓為路端電壓U＝E－IR，即先增大后減小，B錯誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有PF＝P安＝F安v＝BILv，先減小后增大，C正確；依據(jù)電源的輸出功率曲線可知，當(dāng)外電阻eq\f(R1R2,R1＋R2)＝R時輸出功率最大，而外電阻的最大值為0.75R，所以線框消耗的功領(lǐng)先增大后減小，D錯誤。5.如圖所示，寬度為l＝1m的平行光滑導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌放置于豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.4T，方向垂直于導(dǎo)軌平面對里，長度恰好等于導(dǎo)軌寬度的金屬棒ab在水平向左的拉力F＝0.2N作用下向左勻速運(yùn)動，金屬棒ab的電阻為1Ω，外接電阻R1＝2Ω，R2＝1Ω。平行金屬板的間距d＝10mm，板間有一質(zhì)量m＝0.1g的帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，g取10m/s2。求：(1)金屬棒中的感應(yīng)電流I；(2)金屬棒運(yùn)動的速度v的大?。?3)液滴所帶的電荷量及電性。答案(1)0.5A'(2)5m/s'(3)2×10－5C解析(1)因金屬棒做勻速直線運(yùn)動，依據(jù)右手定則，可以推斷出ab棒中的感應(yīng)電流方向為a→b，ab棒受到的安培力F安水平向右，依據(jù)平衡條件有F＝F安＝BIl解得I＝0.5A。(2)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blv由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,r＋R1＋R2)代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得v＝5m/s。(3)因ab棒中的電流方向為a→b，則可判定金屬板的下極板帶正電，由于帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，依據(jù)平衡學(xué)問可知，液滴帶正電，此時有eq\f(U2,d)q＝mg，U2＝IR2解得q＝2×10－5C6．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，在同一平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(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，線框中感應(yīng)電流i隨時間t變更的正確圖線可能是()答案D解析如圖甲，線框左端從①移動到②的過程中線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向是順時針，線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是順時針，線框兩邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向相同，所以E＝2BLv，其中L＝eq\f(3,2)l，則電流為i＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Blv,R)，電流恒定且方向為順時針。如圖乙，再從②移動到③的過程中線框左右兩邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等，方向相反，所以回路中電流表現(xiàn)為零。如圖丙，然后從③到④的過程中，線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向是逆時針，而線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是逆時針，所以電流的大小為i＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Blv,R)，方向是逆時針。當(dāng)線框再向左運(yùn)動時，線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向是順時針，線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向是逆時針，此時回路中電流表現(xiàn)為零，故線框在運(yùn)動過程中電流是周期性變更，故D正確。7．(2024·山東煙臺一模)如圖所示，空間有兩個寬度分別為L和2L的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B，左側(cè)磁場方向垂直于紙面對里，右側(cè)磁場方向垂直于紙面對外，abcd是一個勻稱電阻絲做成的邊長為L的正方形線框，線框以垂直于磁場邊界的速度v勻速通過兩個磁場區(qū)域，在運(yùn)動過程中，線框ab、cd兩邊始終與磁場的邊界平行。設(shè)線框cd邊剛進(jìn)入磁場的位置為x＝0，x軸正方向水平向右，從線框cd邊剛進(jìn)入磁場起先到整個線框離開磁場區(qū)域的過程中，線框受到的安培力F(規(guī)定水平向右為正方向)隨著位置x答案C解析第一個過程：cd邊剛進(jìn)入左側(cè)磁場到ab邊剛要進(jìn)入左側(cè)磁場的過程，cd邊受安培力，大小為F0＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左。其次個過程：cd邊剛進(jìn)入右側(cè)磁場到ab邊剛進(jìn)入右側(cè)磁場的過程中，線框受到的安培力為：F＝2BI′L＝2Beq\f(2BLv,R)L＝4eq\f(B2L2v,R)＝4F0，方向向左。第三個過程：ab邊離開左側(cè)磁場到cd邊到右側(cè)磁場的右邊界，在這個過程，線框中沒有感應(yīng)電流，所以線框不受安培力的作用。第四個過程：cd邊剛離開右側(cè)磁場到ab邊剛離開右側(cè)磁場的過程，ab邊受安培力，大小為F＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)＝F0，方向向左。綜合以上分析，C正確。8.(2024·吉林省吉林市三模)將一勻稱導(dǎo)線圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導(dǎo)線框的O點置于如圖所示的直角坐標(biāo)系的原點，其中其次和第四象限存在垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第三象限存在垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。從t＝0時刻起先讓導(dǎo)線框以O(shè)點為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速圓周運(yùn)動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的變更規(guī)律描繪正確的是()答案B解析在0～t0時間內(nèi)，線框從圖示位置起先(t＝0)轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝eq\f(1,2)Bω·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(BR2ω,2r)，依據(jù)楞次定律推斷可知，線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)。在t0～2t0時間內(nèi)，線框進(jìn)入第三象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)?；芈分挟a(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流為I2＝3I1。在2t0～3t0時間內(nèi)，線框進(jìn)入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E3＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)Bω·R2＝3E1，感應(yīng)電流為I3＝3I1。在3t0～4t0時間內(nèi)，線框離開第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E4＝eq\f(1,2)Bω·R2，回路電流為I4＝I1，故B正確，A、C、D錯誤。9．(2024·陜西咸陽三模)(多選)一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖甲所示。t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止起先做勻加速直線運(yùn)動穿過磁場，外力F隨時間t變更的圖象如圖乙所示。已知線框質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝1Ω，以下說法正確的是()A．線框做勻加速直線運(yùn)動的加速度為1m/s2B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2eq\r(2)TC．線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量為eq\f(\r(2),2)CD．線框邊長為1m答案ABC解析t＝0時刻，線框的速度為零，線框中沒有感應(yīng)電流，不受安培力，其加速度為：a＝eq\f(F,m)＝1m/s2，故A正確；線框的邊長為：L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×12m＝0.5m，故D錯誤；線框剛出磁場時的速度為v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此時線框所受的安培力為FA＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，則得FA＝eq\f(B2L2v,R)，依據(jù)牛頓其次定律得F－FA＝ma，則F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，代入數(shù)據(jù)F＝3N，m＝1kg，R＝1Ω，L＝0.5m，v＝1m/s，a＝1m/s2，解得B＝2eq\r(2)T，故B正確；通過線框的電荷量：q＝eq\x\to(I)Δt，電流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\