新高考物理一轮复习讲义第11章 电磁感应 专题强化二十一 电磁感应中的电路及图像问题 (含解析)

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考点一 电磁感应中的电路问题
1.电磁感应中电路知识的关系图
2.分析电磁感应电路问题的基本思路
例1 如图1，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。一接入电路的电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
图1
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
答案 C
解析 设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R外＝eq \f(Rx（3R－Rx）,3R)，外电路电阻先增大后减小，再根据闭合电路欧姆定律可得PQ中的电流I＝eq \f(E,R＋R外)先减小后增大，路端电压U＝E－Ir先增大后减小，故A、B错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝IlB，拉力的功率P＝IlBv，先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外＝eq \f(Rx（3R－Rx）,3R)，当Rx＝eq \f(3,2)R时R外最大，最大值为eq \f(3,4)R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误。
(1)对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，如切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。
(2)对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体棒或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路。在外电路中，电流从高电势处流向低电势处，在内电路中，电流则从低电势处流向高电势处。
(3)对路端电压的理解：“电源”两端的电压为路端电压，不是电源的感应电动势。
跟踪训练
1.(多选)在如图2甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图甲所示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则( )
图2
A.线框中的感应电动势为eq \f(B0,l2T)
B.线框中的感应电流为2eq \r(\f(P,R))
C.线框cd边的发热功率为eq \f(P,2)
D.b、a两端电势差Uba＝eq \f(B0l2,4T)
答案 BD
解析 由题意可知线框四个边的电阻均为eq \f(R,4)。由题图乙可知，在每个周期内磁感应强度随时间均匀变化，线框中产生大小恒定的感应电流，设感应电流为I，则对ab边有P＝I2·eq \f(1,4)R，得I＝2eq \r(\f(P,R))，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(1,2)l2，由题图乙知，eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(2B0,T)，联立解得E＝eq \f(B0l2,T)，故选项A错误；线框的四边电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故选项C错误；由楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针，则b端电势高于a端电势，Uba＝
eq \f(1,4)E＝eq \f(B0l2,4T)，故选项D正确。
考点二 电磁感应中电荷量的计算
电磁感应中电荷量计算公式的推导
根据法拉第电磁感应定律eq \(E,\s\up6(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)，电路中的平均电流为eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)＝eq \f(nΔΦ,（R＋r）Δt)，所以q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝neq \f(ΔΦ,R＋r)。
例2 如图3，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq \f(B′,B)等于( )
图3
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) D.2
答案 B
解析 设OM的电阻为R，OM的长度为l。过程Ⅰ，OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt1)＝eq \f(B·ΔS,Δt1)＝eq \f(B·\f(1,4)πl2,Δt1)＝eq \f(πBl2,4Δt1)，流过OM的平均电流为
I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(πBl2,4RΔt1)，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝eq \f(πBl2,4R)；过程Ⅱ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt2)＝eq \f(（B′－B）S,Δt2)＝eq \f(（B′－B）πl2,2Δt2)，电路中的平均电流为I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(π（B′－B）l2,2RΔt2)，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝eq \f(π（B′－B）l2,2R)；由题意知q1＝q2，联立解得eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，选项B正确，A、C、D错误。
跟踪训练
2.(2023·江苏南通调研)如图4所示，正方形线圈MOO′N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°，线圈的边长为L，电阻为R，匝数为n。线圈从竖直面绕OO′顺时针转至水平面的过程中，通过导线横截面的电荷量为( )
图4
A.eq \f(（\r(3)＋1）nBL2,2R) B.eq \f(（\r(3)＋1）n2BL2,2R)
C.eq \f(（\r(3)－1）nBL2,2R) D.eq \f(（\r(3)－1）n2BL2,2R)
答案 A
解析 根据法拉第电磁感应定律得eq \(E,\s\up6(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)，eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)，q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt，解得q＝neq \f(ΔΦ,R＋r)，又因为ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2sin 30°，Φ1＝－BL2cs 30°，解得q＝eq \f(（\r(3)＋1）nBL2,2R)，故A正确。
考点三 电磁感应中的图像问题
1.解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。
2.解题步骤
(1)明确图像的种类，即是B－t图像还是Φ－t图像，或者E－t图像、I－t图像等；对切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及E－x图像和
i－x图像。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画图像或判断图像。
3.常用方法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的正负，增大还是减小，及其变化快慢，来排除错误选项。
(2)函数法：写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。
例3 (2023·四川成都模拟)如图5所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外。abcd是一个由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x＝0，x轴正方向水平向右，从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，ab两点间的电势差Uab和线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置x变化的图像正确的是( )
图5
答案 C
解析 第一个过程：cd边刚进入左侧磁场到cd边刚要进入右侧磁场的过程，ab两点间的电势差U0＝eq \f(1,4)BLv (a点电势高)，cd边受安培力大小为F0＝ILB＝eq \f(BLv,R)LB＝eq \f(B2L2v,R)，方向向左；第二个过程：cd边刚进入右侧磁场到ab边刚进入右侧磁场的过程中，a、b两点间的电势差U2＝BLv－eq \f(2BLv,R)×eq \f(R,4)＝eq \f(1,2)BLv＝2U0 (a点电势高)，线框受到的安培力为F2＝2I′LB＝2eq \f(2BLv,R)LB＝4eq \f(B2L2v,R)＝4F0，方向向左；第三个过程：ab边离开左侧磁场到cd边到右侧磁场的右边界，在这个过程，线框中没有感应电流，所以线框不受安培力的作用，ab两点间的电势差U3＝－BLv＝－4U0(b点电势高)；第四个过程：cd边刚离开右侧磁场到ab边刚离开右侧磁场的过程，线圈受安培力，大小为F4＝ILB＝eq \f(BLv,R)LB＝eq \f(B2L2v,R)＝F0，方向向左，ab两点间的电势差U4＝－eq \f(3,4)BLv＝－3U0 (b点电势高)，综合以上分析，C正确，A、B、D错误。
跟踪训练
3.如图6甲是同种规格的电阻丝制成的闭合线圈，其中有垂直于线圈平面的匀强磁场，图乙为线圈中的磁感应强度B(取垂直线圈平面向里为正方向)随时间t变化的关系图像。则下列关于线圈中的感应电动势E、感应电流i、磁通量Φ及线圈bc边所受的安培力F随时间变化的关系图像中正确的是(取顺时针方向为感应电流与感应电动势的正方向，水平向左为安培力的正方向)( )
图6
答案 D
解析 由图乙可知，0～1 s内，磁感应强度B增大，线圈所包围区域中的Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值；1～2 s内，磁通量不变，无感应电流；2～3 s内，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；3～4 s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流为正值，A、B、C错误；由左手定则可知，在0～1 s内，bc边受到的安培力方向水平向左，是正值，根据F＝IlB，可知安培力均匀增加，1～2 s内无感应电流，bc边不受安培力，2～3 s，安培力方向水平向右，是负值且逐渐减小，3～4 s，安培力方向水平向左，是正值且逐渐变大，D正确。
4.如图7所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置并与导轨良好接触，其他电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，使棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒ab的感应电荷量q、电流I、ab所受外力F及穿过abPM的磁通量Φ随时间t变化的图像中，正确的是( )
图7
答案 C
解析 由题意知，棒ab由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，设加速度为a，则棒运动的速度为v＝at，产生的感应电流为I＝eq \f(BLv,R＋r)＝eq \f(BLa,R＋r)t，即电流I与t成正比，是一条过原点的直线，故选项B错误；通过金属棒ab的电荷量为q＝
eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(BLa,2（R＋r）)t2，故q∝t2，系数大于0，曲线过坐标原点且向上弯曲，故选项A错误；根据牛顿第二定律得F－F安－mgsin θ＝ma，安培力F安＝ILB＝eq \f(B2L2a,R＋r)t，解得F＝mgsin θ＋ma＋eq \f(B2L2a,R＋r)t，即F随t的增大而增大，是一条在纵轴正半轴有截距的直线，故选项C正确；磁通量Φ＝BS＝BLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)at2))＝BLx＋eq \f(1,2)BLat2，应该是曲线，故选项D错误。
A级 基础对点练
对点练1 电磁感应中的电路问题
1.如图1所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为( )
图1
A.eq \f(1,2)E B.eq \f(1,3)E C.eq \f(2,3)E D.E
答案 B
解析 a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的eq \f(1,3)，故a、b两点间电势差为U＝eq \f(1,3)E，选项B正确。
2.如图2所示，在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L＝0.1 m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3 Ω的电阻。导轨上垂直放置着金属棒ab，其接入电路的电阻r＝0.2 Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做匀速运动时( )
图2
A.ab棒所受安培力大小为0.02 N
B.N、Q间电压为0.2 V
C.a端电势比b端电势低
D.回路中感应电流大小为1 A
答案 A
解析 ab棒产生的感应电动势E＝BLv＝0.2 V，感应电流I＝eq \f(E,R＋r)＝0.4 A，ab棒受到的安培力大小F＝ILB＝0.02 N，A正确，D错误；N、Q间的电压
U＝eq \f(R,R＋r)E＝0.12 V，B错误；由右手定则得a端电势较高，C错误。
3.(多选)如图3甲所示，螺线管匝数n＝1 000，横截面积S＝0.02 m2，电阻r＝1 Ω，螺线管外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b接地。一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则( )
图3
A.在0～4 s时间内，R中有电流从a流向b
B.在t＝3 s时穿过螺线管的磁通量为0.07 Wb
C.在4～6 s时间内，通过R的电流大小为8 A
D.在4～6 s时间内，R两端电压Uab＝40 V
答案 BC
解析 在0～4 s时间内，原磁场增大，则穿过螺线管的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，由安培定则可知，R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t＝3 s时磁感应强度为B＝3.5 T，则此时穿过螺线管的磁通量为Φ＝BS＝3.5×0.02 Wb＝0.07 Wb，故B正确；在4～6 s时间内，感应电动势为E＝neq \f(ΔB·S,Δt)＝eq \f(1 000×4×0.02,2) V＝40 V，则通过R的电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(40,4＋1) A＝8 A，故C正确；在4～6 s时间内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝8×4 V＝32 V，故D错误。
对点练2 电磁感应中电荷量的计算
4.(多选)(2023·广东湛江高三月考)如图4甲所示为无线充电技术中使用的通电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S，电阻为R。匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，设向右为正方向，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。则在0到t1时间内，下列说法正确的是( )
图4
A.线圈a端的电势比线圈b端的电势高
B.通过线圈的磁通量的变化量为nS(B2－B1)
C.线圈ab两端的电势差Uab恒为eq \f(nS（B2－B1）,t1－t0)
D.若用导线将线圈a、b两端连接起来，则通过导线横截面的电荷量为eq \f(nS（B2＋B1）,R)
答案 AD
解析 线圈中原磁场先向左减弱后向右增强，由楞次定律可知，感应磁场方向一直向左，根据线圈环绕方向知a端电势比b端电势高，故A正确；在0到t1时间内，通过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝SB2－S(－B1)＝S(B2＋B1)，故B错误；由法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(nS（B2＋B1）,t1)，故C错误；若用导线将线圈a、b两端连接起来，则通过导线横截面的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq \f(nΔФ,RΔt)Δt＝neq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(nS（B2＋B1）,R)，故D正确。
5.如图5所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )
图5
A.Q1＞Q2，q1＞q B.Q1＞Q2，q1＝q2
C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2
答案 B
解析 设线框ab边的边长为l1、bc边的边长为l2，则Q1＝Ieq \\al(2,1)Rt1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Bl1v,R)))eq \s\up12(2)·R·eq \f(l2,v)＝eq \f(B2leq \\al(2,1)l2v,R)＝eq \f(B2l1l2v,R)l1，同理可得Q2＝eq \f(B2l1l2v,R)l2，由于l1＞l2，所以Q1＞Q2。q1＝eq \(I,\s\up6(－))1t1＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Bl1l2,R)，同理可得q2＝eq \(I,\s\up6(－))2t2＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Bl1l2,R)，所以q1＝q2，故B正确。
对点练3 电磁感应中的图像问题
6.(多选)如图6甲所示，虚线右侧有一垂直纸面的匀强磁场，取磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，固定的闭合导线框abcd一部分在磁场内。取线框中感应电流沿顺时针方向为正方向，安培力向左为正方向。从t＝0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框cd边所受安培力F分别随时间t变化的图像，可能正确的是( )
图6
答案 AD
解析 在0～eq \f(T,4)时间内磁场方向垂直纸面向里且减小，由楞次定律可判断，产生的感应电流方向为顺时针方向，与规定的正方向相同，大小I＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)恒定，cd边受到的安培力方向向右，为负，大小F＝IlB均匀减小；在eq \f(T,4)～eq \f(T,2)时间内，磁场方向垂直纸面向外且增强，产生的感应电流方向为顺时针方向，为正，大小恒定，cd边受到的安培力方向向左，为正，大小均匀增加；在eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)时间内，磁场方向垂直纸面向外且减小，产生的感应电流方向为逆时针方向，为负，大小恒定，cd边受到的安培力方向向右，为负，大小均匀减小；在eq \f(3T,4)～T时间内，磁场方向垂直纸面向里且增强，产生的感应电流方向为逆时针方向，为负，大小恒定，cd边受到的安培力方向向左，为正，大小均匀增加，综上分析，选项A、D正确。
7.(2023·江苏连云港高三期末)如图7所示，阻值不计、足够长的平行光滑导轨竖直放置，上端连接一电阻，一金属棒(电阻不计)水平放置与导轨接触良好，导轨平面处于匀强磁场中且与磁场方向垂直，金属棒从某处由静止释放向下运动，设运动过程中棒的加速度为a、动量为p、通过金属棒的电荷量为q、金属棒的重力势能为Ep、位移为x、运动时间为t，下列图像不正确的是( )
图7
答案 B
解析 感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv,R)，安培力为F＝IlB＝eq \f(B2l2v,R)，根据牛顿第二定律有
a＝eq \f(mg－F,m)＝g－eq \f(B2l2v,Rm)，则速度增加过程中，加速度逐渐减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，所以A正确；金属棒的动量为p＝mv，则动量与速度成正比，由于金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，其速度与时间图像的斜率将逐渐减小，所以B错误；通过金属棒的电荷量为q，则有q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(ΔΦ,ΔtR)·Δt＝eq \f(Blx,R) ，所以电荷量q与位移x成正比，所以C正确；重力势能为Ep，则有 Ep＝Ep0－mgx ，所以D正确。
B级 综合提升练
8.如图8所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t＝0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是( )
图8
答案 A
解析 设线框运动的速度为v，线框总电阻为R，当时间t＜eq \f(L,v)时，即过程一，右侧两短边框切割磁感线，E1＝2BLv，感应电流的方向为逆时针，大小为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(2BLv,R)；当eq \f(L,v)≤t＜eq \f(3L,v)时，即过程二，只有右侧的三个短边框切割磁感线，E2＝3BLv，感应电流方向为逆时针，大小为I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(3BLv,R)；当eq \f(3L,v)≤t＜eq \f(4L,v)时，即过程三，左侧长边框切割磁感线，产生的感应电动势方向为从下向上，大小为E3＝3BLv，右侧中间短边框切割磁感线，产生的感应电动势方向为从下向上，大小为E4＝BLv，则整个线框产生的感应电流方向为顺时针方向，大小为I3＝eq \f(E3－E4,R)＝eq \f(2BLv,R)；当eq \f(4L,v)≤t＜eq \f(6L,v)时，即过程四，只有左侧长边框切割磁感线，感应电流方向为顺时针，大小为I4＝eq \f(3BLv,R)，综上所述，A正确。
9.(多选)如图9甲所示，固定的水平导轨右端接有阻值为0.2 Ω的电阻R，金属棒放在导轨上，导轨及金属棒的电阻均不计。t＝0时刻导轨处于磁感线均匀分布的磁场中，取竖直向下为磁场的正方向，在0～8 s内磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，金属棒始终静止，矩形ACDE的长AC为0.2 m、宽CD为0.15 m。下列说法正确的是( )
图9
A.在0～2 s内，金属棒受到的摩擦力大小不变，方向水平向左
B.t＝6 s时刻，金属棒受到的安培力大小为9×10－4 N，方向水平向右
C.在0～2 s内，通过电阻R的电荷量为0.9 C
D.在2～8 s内，电阻R中产生的焦耳热为2.7×10－4 J
答案 BD
解析 在0～2 s内，磁场减弱，由楞次定律可知，金属棒中电流方向由D到C，由电磁感应定律，可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBS,Δt)，回路中的电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)，由安培力公式可得F＝ILB，在0～2 s内，电流不变，磁感应强度B在减小，所以金属棒受到的安培力在减小，由平衡条件可知，金属棒受到的摩擦力大小在变，方向水平向左，A错误；在2～8 s，感应电动势大小为E1＝eq \f(ΔBS,Δt)＝eq \f(0.6×0.2×0.15,6) V＝0.003 V，回路中电流大小I1＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.003,0.2) A＝0.015 A，t1＝6 s时，磁感应强度为B1＝eq \f(0－0.6,6)×4 T＝－0.4 T，负号表示磁感应强度方向向上。由安培力公式可得安培力大小为F1＝I1LCDB1＝0.015×0.15×0.4 N＝0.000 9 N＝9×10－4 N，由楞次定律可知，电流方向从D到C，磁场方向向上，由左手定则可知，安培力方向水平向右，B正确；在0～2 s内，通过电阻R的电荷量为q＝IΔt＝eq \f(ΔBS,ΔtR)Δt＝eq \f(ΔBS,R)＝eq \f(0.6－0,0.2)×0.2×0.15 C＝0.09 C，C错误；在2～8 s内，电阻R中产生的焦耳热为Q＝Ieq \\al(2,1)RΔt2＝0.0152×0.2×6 J＝0.000 27 J＝2.7×10－4 J，D正确。
10.如图10所示，一半径为l＝0.5 m的金属圆环水平放置，长度为2l的粗细均匀的金属棒OP搭在圆环上且一端O点与圆心重合，金属棒OP的电阻为R＝4 Ω，转动时棒与圆环保持良好接触。额定电压为U＝2 V、内阻为r＝2 Ω的电动机M通过导线分别连接棒上O点和圆环上Q点，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝2 T，圆环及导线电阻不计。当金属棒绕圆心以角速度ω＝12 rad/s顺时针(俯视)匀速转动时，电动机恰好正常工作，求：
图10
(1)通过电动机的电流方向及电动机的输出功率；
(2)金属棒两端点的电压UOP。
答案 (1)电流方向b→a 0.5 W (2)11 V
解析 (1)根据右手定则，电流方向为b→a，金属棒在回路中产生的感应电动势为
E＝Bleq \f(0＋lω,2)
通过电动机的电流I＝eq \f(E－U,\f(R,2))
电动机的输出功率P＝UI－I2r
联立代入数据解得P＝0.5 W。
(2)金属棒在PQ段两端的电压为
UQP＝Bleq \f(lω＋2lω,2)
金属棒两端点的电压
UOP＝UQP＋UOQ，UOQ＝U
解得UOP＝11 V。
11.如图11所示，光滑的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M、P和N、Q间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡L1、L2，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B0，且磁场区域可以移动，一电阻也为R、长度刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上，离灯泡L1足够远。现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场时两灯泡恰好正常工作。棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。
图11
(1)求磁场移动的速度；
(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀增大，两灯泡中有一灯泡正常工作且都有电流通过，试求磁感应强度的变化率。
答案 (1)eq \f(3U,B0l) (2)eq \f(3U,2ld)
解析 (1)当ab刚处于磁场时，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚好正常工作，则电路中路端电压U外＝U
由R内＝2R外得U内＝2U
则感应电动势为E＝U外＋U内＝3U
由E＝B0lv＝3U
可得v＝eq \f(3U,B0l)。
(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀增大，可得棒与L1并联后再与L2串联，则正常工作的灯泡为L2，所以L2两端的电压为U，电路中的总电动势为
E＝U＋eq \f(U,2)＝eq \f(3U,2)
根据法拉第电磁感应定律得
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)ld
联立解得eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(3U,2ld)。