2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十二章电磁感应专题强化二十三电磁感应中的电路及图像问题

这是一份2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十二章电磁感应专题强化二十三电磁感应中的电路及图像问题，共15页。

题型一 电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中的电源
(1)做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．
电动势：E＝Blv或E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，这部分电路的阻值为电源内阻．
(2)用右手定则或楞次定律与安培定则结合判断，感应电流流出的一端为电源正极．
2．分析电磁感应电路问题的基本思路
3．电磁感应中电路知识的关系图
考向1 感生电动势的电路问题
例1 如图所示，单匝正方形线圈A边长为0.2 m，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(0.8－0.2t) T．开始时开关S未闭合，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝20 μF，线圈及导线电阻不计．闭合开关S，待电路中的电流稳定后．求：
(1)回路中感应电动势的大小；
(2)电容器所带的电荷量．
答案 (1)4×10－3 V (2)4.8×10－8 C
解析 (1)由法拉第电磁感应定律有E＝eq \f(ΔB,Δt)S，S＝eq \f(1,2)L2，代入数据得E＝4×10－3 V
(2)由闭合电路的欧姆定律得I＝eq \f(E,R1＋R2)，由部分电路的欧姆定律得U＝IR2，电容器所带电荷量为Q＝CU＝4.8×10－8 C.
考向2 动生电动势的电路问题
例2 (多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)．框内存在着竖直向下的匀强磁场．一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动．金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是( )
A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针
B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv
C．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为eq \f(2,3)BLv
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq \f(R,2)时，滑动变阻器的电功率为eq \f(B2L2v2,8R)
答案 AD
解析 根据楞次定律可知，ABFE回路电流方向为逆时针，ABCD回路电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝eq \f(R,2)，因此导体棒两端的电压即路端电压应等于eq \f(1,3)BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq \f(R,2)时，干路电流为I＝eq \f(3BLv,4R)，滑动变阻器所在支路电流为eq \f(2,3)I，容易求得滑动变阻器电功率为eq \f(B2L2v2,8R)，故D正确．
例3 (多选) (2023·福建省莆田第二中学检测)如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好，
现将此装置放置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点沿逆时针方向转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和环的边缘相接触，R1＝eq \f(R,2)，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确
的是( )
A．通过R1的电流方向为自下而上
B．感应电动势大小为2Br2ω
C．理想电压表的示数为eq \f(1,6)Br2ω
D．理想电流表的示数为eq \f(4Br2ω,3R)
答案 AC
解析 由右手定则可知辐条中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁场，因此感应电动势大小为E＝eq \f(1,2)Br2ω，选项B错误；由题图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，则外电路电阻为eq \f(R,4)，内阻为eq \f(R,2)，则因此理想电压表的示数为eq \f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))×eq \f(R,4)＝eq \f(1,6)Br2ω，选项C正确；电路中的总电流为I＝eq \f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))＝eq \f(4E,3R)＝eq \f(2Bωr2,3R)，则理想电流表的示数为eq \f(1,2)×eq \f(2Br2ω,3R)＝eq \f(Br2ω,3R)，选项D错误．
题型二 电磁感应中电荷量的计算
计算电荷量的导出公式：q＝neq \f(ΔФ,R总)
在电磁感应现象中，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就会产生感应电流，设在时间Δt内通过导体横截面的电荷量为q，则根据电流定义式eq \x\t(I)＝eq \f(q,Δt)及法拉第电磁感应定律eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)，得q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R总)Δt＝eq \f(nΔΦ,R总Δt)Δt＝eq \f(nΔΦ,R总)，即q＝neq \f(ΔΦ,R总).
例4 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．以下说法正确的是( )
A．在0～2 s时间内，I的最大值为0.02 A
B．在3～5 s时间内，I的大小越来越小
C．前2 s内，通过线圈某横截面的总电荷量为0.01 C
D．第3 s内，线圈的发热功率最大
答案 C
解析 0～2 s时间内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB·S,ΔtR)＝0.01 A，A错误；3～5 s时间内电流大小不变，B错误；前2 s内通过线圈的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(ΔB·S,R)＝0.01 C，C正确；第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误．
例5 (2018·全国卷Ⅰ·17)如图，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( )
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) D．2
答案 B
解析 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt1)＝eq \f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,Δt1)，根据闭合电路的欧姆定律，有I1＝eq \f(E1,R)，且q1＝I1Δt1
在过程Ⅱ中，有E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt2)＝eq \f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)
I2＝eq \f(E2,R)，q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即eq \f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,R)＝eq \f(B′－B\f(1,2)πr2,R)
所以eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，故选B.
题型三 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图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；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、闭合电路的欧姆定律、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，以及变化快慢，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．
考向1 感生问题的图像
例6 (多选)(2023·江西省宜春实验中学质检)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i、焦耳热Q以及ab边的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是( )
答案 CD
解析 0～1 s内产生的感应电动势为e1＝eq \f(nSΔB,Δt)＝2 V，方向为逆时针，同理1～5 s内产生的感应电动势为e2＝1 V，方向为顺时针，A错误；0～1 s内的感应电流大小为i1＝eq \f(e1,r)＝2 A，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s内的感应电流大小为i2＝1 A，方向为顺时针(正值)，B错误；ab边受到的安培力大小为F＝nBiL，可知0～1 s内0≤F≤4 N，方向向下，1～3 s内0≤F≤2 N，方向向上，3～5 s内0≤F≤2 N，方向向下，C正确；线圈产生的焦耳热为Q＝eit,0～1 s内产生的热量为4 J,1～5 s内产生的热量为4 J，D正确．
考向2 动生问题的图像
例7 (2023·福建厦门市模拟)如图所示，两条相距L的平行虚线间存在一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．现将一个上底为L、下底为3L、高为2L的等腰梯形闭合线圈，从图示位置以垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场，取逆时针方向为感应电流正方向，则该过程线圈中感应电流i随位移s变化的图像可能是( )
答案 A
解析 由右手定则知，刚进入磁场时，线圈中感应电流为逆时针方向，故感应电流为正，设两腰与水平方向夹角为θ，则有效切割长度为l＝L＋2stan θ，则感应电流为I＝eq \f(Blv,R)，即感应电流与位移成线性关系，且随位移增大而增大；上底出磁场后，有效切割长度为l′＝2Ltan θ，即感应电流保持不变；从下底进入磁场后，由右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，即感应电流为负，同理可知有效长度增大，即感应电流增大，故选A.
例8 (多选)(2020·山东卷·12)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形．一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)．从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场．在此过程中，导体框内感应电流的大小为I, ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是( )
答案 BC
解析 设虚线方格的边长为x，根据题意知abcde每经过1 s运动的距离为x.在0～1 s内，感应电动势E1＝2Bxv，感应电流I1＝eq \f(2Bxv,R)恒定；在1～2 s内，切割磁感线的有效长度均匀增加，故感应电动势及感应电流随时间均匀增加，2 s时感应电动势E2＝3Bxv，感应电流I2＝eq \f(3Bxv,R)；在2～4 s内，切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电动势和感应电流均匀减小，4 s时感应电动势E3＝Bxv，感应电流I3＝eq \f(Bxv,R)，故A错误，B正确．由题意可知，在0～4 s内，ab边进入磁场的长度l＝vt，根据F＝BIl，在0～1 s内，I＝eq \f(2Bxv,R)恒定，则Fab＝BI1·vt＝eq \f(2B2v2x,R)t∝t；在1～2 s内，电流I随时间均匀增加，切割磁感线的有效长度l′＝[2x＋v(t－1)]∝t，据F＝IlB可知Fab与t为二次函数关系，图线是抛物线的一部分，且t＝2 s时，Fab＝eq \f(6B2x2v,R)；在2～4 s内，I随时间均匀减小，切割磁场的有效长度l″＝3x－v(t－2)＝5x－vt随时间均匀减小，故Fab与t为二次函数关系，有极大值，当t＝4 s时，Fab＝eq \f(4B2x2v,R)，故C正确，D错误．
课时精练
1.如图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( )
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间电势差为U＝eq \f(1,3)E，选项B正确．
2．如图甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图像是图中的( )
答案 D
解析 因为l2中感应电流大小不变，根据法拉第电磁感定律可知，l1中磁场的变化是均匀的，即l1中电流的变化也是均匀的，A、C错误；根据题图乙可知，0～eq \f(T,4)时间内l2中的感应电流产生的磁场方向向左，所以线圈l1中感应电流产生的磁场方向向左并且减小，或方向向右并且增大，B错误，D正确．
3．(多选)(2023·广东省华南师大附中模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有两根光滑的平行导轨，间距为L，导轨两端分别接有电阻R1和R2，导体棒以某一初速度从ab位置向右运动距离s到达cd位置时，速度为v，产生的电动势为E，此过程中通过电阻R1、R2的电荷量分别为q1、q2.导体棒有电阻，导轨电阻不计．下列关系式中正确的是( )
A．E＝BLvB．E＝2BLv
C．q1＝eq \f(BLs,R1)D.eq \f(q1,q2)＝eq \f(R2,R1)
答案 AD
解析 导体棒做切割磁感线的运动，速度为v时产生的感应电动势E＝BLv，故A正确，B错误；设导体棒的电阻为r，根据法拉第电磁感应定律得eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLs,Δt)，根据闭合电路欧姆定律得eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),r＋\f(R1R2,R1＋R2))，通过导体棒的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt，导体棒相当于电源，电阻R1和R2并联，则通过电阻R1和R2的电流之比eq \f(I1,I2)＝eq \f(R2,R1)，通过电阻R1、R2的电荷量之比eq \f(q1,q2)＝eq \f(I1Δt,I2Δt)＝eq \f(R2,R1)，结合q＝q1＋q2，解得q1＝eq \f(BLsR2,R1＋R2r＋R1R2)，故C错误，D正确．
4．(多选)如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R＝0.5 Ω，边长L＝20 cm，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A．线框中的感应电流沿逆时针方向，大小为2.4×10－2 A
B．0～2 s内通过ab边横截面的电荷量为4.8×10－2 C
C．3 s时ab边所受安培力的大小为1.44×10－2 N
D．0～4 s内线框中产生的焦耳热为1.152×10－3 J
答案 BD
解析 由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律得电动势E＝Seq \f(ΔB,Δt)＝1.2×10－2 V，感应电流I＝eq \f(E,R)＝2.4×10－2 A，故选项A错误；电荷量q＝IΔt，解得q＝4.8×
10－2 C，故选项B正确；安培力F＝BIL，由题图乙得，3 s时B＝0.3 T，代入数值得：F＝1.44×
10－3 N，故选项C错误；由焦耳定律得Q＝I2Rt，代入数值得Q＝1.152×10－3 J，故D选项正确．
5.(多选)(2023·福建省莆田二中模拟)平行虚线a、b之间和b、c之间存在大小相等、方向相反的匀强磁场，相邻两虚线间的距离为l，虚线a、b之间磁场方向垂直纸面向里，b、c之间磁场方向垂直纸面向外，如图所示．现使一粗细均匀、电阻为R的导线制成的闭合直角导线框ABC以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，导线框的电阻为R.已知∠B为直角，AB边长为2l，BC边与磁场边界平行．t＝0时刻，A点到达边界a，取逆时针方向为感应电流的正方向，则在导线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i及安培力的功率P随时间t变化的图线可能是( )
答案 AD
解析 根据题意，线框的运动过程如图所示，
由图可知，线框由初位置到位置1过程中，切割磁场的有效长度随时间线性增大，根据右手定则可知，线框中电流方向为逆时针；由位置1到位置2过程中，在a、b间切割磁场的有效长度不变，而在b、c间切割磁场的有效长度随时间线性增加，在两磁场中产生的感应电流方向相反，则线框中电流随时间线性减小，电流方向仍为逆时针；由位置2到位置3的过程中，线框左侧刚进入磁场瞬间，有效长度为BC边切割磁感线，根据右手定则可知，电流为顺时针方向，之后AC边在a、b间切割磁场的有效长度随时间线性减小，在b、c间切割磁场的有效长度不变，则电流线性增大；当运动到位置3，即BC边刚通过边界b时，电流方向变为逆时针，有效长度为BC边的一半，运动到位置4的过程中，有效长度线性增大，运动到位置4时，BC边即要离开磁场边界c时，有效长度为BC边长度，故B错误，A正确；线框匀速运动，电流的功率等于安培力做功的功率，即P＝i2R，故C错误，D正确．
6.(2023·重庆市巴蜀中学高三月考)如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为R，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值均为2R.下列说法正确的是( )
A．电容器上极板带负电
B．通过线圈的电流大小为eq \f(nkS,2R)
C．电容器所带的电荷量为eq \f(CnkS,2)
D．电容器所带的电荷量为eq \f(2CnkS,3)
答案 D
解析 由楞次定律和右手螺旋定则知，电容器上极板带正电，A错误；因E＝nkS，I＝eq \f(E,3R)＝eq \f(nkS,3R)，B错误；又U＝I×2R＝eq \f(2nkS,3)，Q＝CU＝eq \f(2CnkS,3)，C错误，D正确．
7．(2023·山东省模拟)如图甲所示，一长为L的导体棒，绕水平圆轨道的圆心O匀速顺时针转动，角速度为ω，电阻为r，在圆轨道空间存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.半径小于eq \f(L,2)的区域内磁场竖直向上，半径大于eq \f(L,2)的区域内磁场竖直向下，俯视图如图乙所示，导线一端Q与圆心O相连，另一端P与圆轨道连接给电阻R供电，其余电阻不计，则( )
A．电阻R两端的电压为eq \f(BL2ω,4)
B．电阻R中的电流方向向上
C．电阻R中的电流大小为eq \f(BL2ω,4R＋r)
D．导体棒的安培力做功的功率为0
答案 C
解析 半径小于eq \f(L,2)的区域内，E1＝Beq \f(L,2)·eq \f(ω\f(L,2),2)＝eq \f(BL2ω,8)，半径大于eq \f(L,2)的区域，E2＝Beq \f(L,2)·eq \f(ω\f(L,2)＋ωL,2)＝eq \f(3BL2ω,8)，根据题意可知，两部分电动势相反，故总电动势E＝E2－E1＝eq \f(BL2ω,4)，根据右手定则可知圆心为负极，圆环为正极，电阻R中的电流方向向下，电阻R上的电压U＝eq \f(R,R＋r)E＝eq \f(RBL2ω,4R＋r)，故A、B错误；电阻R中的电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BL2ω,4R＋r)，故C正确；回路有电流，则安培力不为零，故导体棒的安培力做功的功率不为零，故D错误．
8.(多选)如图，PAQ为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O，半径为L.空间存在垂直导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场．电阻为R的金属杆OA与导轨接触良好，图中电阻R1＝R2＝R，其余电阻不计．现使OA杆在外力作用下以恒定角速度ω绕圆心O顺时针转动，在其转过eq \f(π,3)的过程中，下列说法正确的是( )
A．流过电阻R1的电流方向为P→R1→O
B．A、O两点间电势差为eq \f(BL2ω,2)
C．流过OA的电荷量为eq \f(πBL2,6R)
D．外力做的功为eq \f(πωB2L4,18R)
答案 AD
解析 由右手定则判断出OA中电流方向由O→A，可知流过电阻R1的电流方向为P→R1→O，故A正确；OA产生的感应电动势为E＝eq \f(BL2ω,2)，将OA当成电源，外部电路R1与R2并联，则A、O两点间的电势差为U＝eq \f(E,R＋\f(R,2))·eq \f(R,2)＝eq \f(BL2ω,6)，故B错误；流过OA的电流大小为I＝eq \f(E,R＋\f(R,2))＝eq \f(BL2ω,3R)，转过eq \f(π,3)弧度所用时间为t＝eq \f(\f(π,3),ω)＝eq \f(π,3ω)，流过OA的电荷量为q＝It＝eq \f(πBL2,9R)，故C错误；转过eq \f(π,3)弧度过程中，外力做的功为W＝EIt＝eq \f(πωB2L4,18R)，故D正确．
9.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )
答案 AD
解析 根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，PQ通过磁场区域后MN进入磁场区域，MN同样匀速直线运动通过磁场区域，故流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，感应电动势和感应电流为零，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于刚开始仅PQ切割磁感线时的感应电流I1，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D.
10．如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．求：
(1)t＝eq \f(t0,2)时，圆环受到的安培力；
(2)在0～eq \f(3,2)t0内，通过圆环的电荷量．
答案 (1)eq \f(3B02r2S0,4ρt0)，垂直于MN向左 (2)eq \f(3B0rS0,8ρ)
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔB,Δt)S
上式中S＝eq \f(πr2,2)
由题图乙可知eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)
根据闭合电路的欧姆定律有I＝eq \f(E,R)
根据电阻定律有R＝ρeq \f(2πr,S0)
t＝eq \f(1,2)t0时，圆环受到的安培力大小F＝B0I·(2r)＋eq \f(B0,2)I·(2r)
联立解得F＝eq \f(3B02r2S0,4ρt0)
由左手定则知，方向垂直于MN向左．
(2)通过圆环的电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt
根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律有eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)，eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
在0～eq \f(3,2)t0内，穿过圆环的磁通量的变化量为
ΔΦ＝B0·eq \f(1,2)πr2＋eq \f(B0,2)·eq \f(1,2)πr2
联立解得q＝eq \f(3B0rS0,8ρ).
11．如图所示，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、宽为d0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、长度大小也刚好为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．
(1)求磁场移动的速度大小；
(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均匀变化，两灯泡中有一灯泡正常工作且都有电流通过，设t＝0时，磁感应强度为B0.试求出经过时间t时磁感应强度的可能值Bt.
答案 (1)eq \f(3U,B0l) (2)B0±eq \f(3U,2ld0)t
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
由电路的分压之比得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均匀变化，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)ld0
联立解得eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(3U,2ld0)，所以经过时间t时磁感应强度的可能值Bt＝B0±eq \f(3U,2ld0)t.