【物理】2019届一轮复习粤教版电磁感应中的图象和电路问题学案

【物理】2019届一轮复习粤教版电磁感应中的图象和电路问题学案

能力课1　电磁感应中的图象和电路问题 ‎　[热考点]电磁感应中的图象问题 ‎1.图象类型 ‎(1)电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I等随时间变化的图象，即B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象。‎ ‎(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，有时还常涉及感应电动势E和感应电流I等随位移变化的图象，即E－x图象和I－x图象等。‎ ‎2.两类图象问题 ‎(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象。‎ ‎(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量。‎ ‎3.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。‎ ‎4.电磁感应中图象类选择题的两个常用方法 排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。‎ 函数法 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断。‎ 命题角度1　磁感应强度变化的图象问题 ‎【例1】　将一段导线绕成图1甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反应F随时间t变化的图象是(　　)‎ 图1‎ 解析　根据B－t图象可知，在0～时间内，B－t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝nS可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab中电流方向为b―→a，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且0～时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T时间内，B－t 图线的斜率为正且为定值，故ab边所受安培力大小仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同。综上可知，选项B正确。‎ 答案　B ‎【变式训练1】　(多选)如图2甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边长为0.4 m。金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合。左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法正确是(π取3)(　　)‎ 图2‎ A.线框中感应电流的方向是顺时针方向 B.t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 Wb C.经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J D.前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C 解析　根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4 s时穿过线框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝πr2·B1－πr2·B2＝0.055 Wb，选项B错误；由图乙知＝ T/s＝10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感应电流I＝＝0.5 A，0.4 s内线框中产生的热量Q＝I2Rt＝0.3 J，选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝0.2 C，选项D正确。‎ 答案　CD 命题角度2　导体切割磁感线的图象问题 ‎【例2】　(2018·东北三校联考)(多选)如图3所示，M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串联电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动。在运动过程中，金属杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是(　　)‎ 图3‎ 解析　对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F ‎，使金属杆从静止开始运动。由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度的增大而增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，v－t图象A正确，B错误；由功能关系知，开始水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的总能量E，因此E－t图象可能正确的是选项D。‎ 答案　AD ‎【变式训练2】　将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图4所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是(　　)‎ 图4‎ 解析　在0～t0时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝BωR2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝＝，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)。回路中产生的感应电动势为E2＝BωR2＋·2BωR2＝BωR2＝3E1；感应电流为I2＝3I1。在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝BωR2＋·2BωR2＝BωR2＝3E1；感应电流为I3＝3I1。在3t0～4t0‎ 时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝BωR2，由闭合电路欧姆定律得，回路电流为I4＝I1，选项B正确。‎ 答案　B 命题角度3　电磁感应中双电源问题与图象的综合 ‎【例3】　如图5所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正。则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是(　　)‎ 图5‎ 解析　当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达到最大；此后向外的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故选项A错误；当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故选项C错误；拉力的功率P＝Fv，因 速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由选项B的分析可知，电流加倍，回路中总电动势加倍，功率变为原来的4倍；‎ 此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以功率应等于在第一个磁场中的功率，故选项D正确。‎ 答案　D ‎【变式训练3】　(2018·保定模拟)如图6所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.5 T，两边界间距s＝0.1 m，一边长L＝0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R＝0.4 Ω，现使线框以v＝2 m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是(　　)‎ 图6‎ 解析　ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝0.2 V，线框中感应电流为I＝＝0.5 A，所以在0～5×10－2 s时间内，a、b两点间电势差为U1＝I·R＝0.15 V。在5×10－2～10×10－2 s时间内，a、b两点间电势差U2＝E＝0.2 V；在10×10－2～15×10－2 s时间内，a、b两点间电势差为U3＝I·R＝0.05 V，选项A正确。‎ 答案　A ‎　[常考点]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.“三步走”分析电路为主的电磁感应问题 ‎【例4】　（2017·江西新余期末）如图7甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4 Ω的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，CE长l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处（恰好不在磁场中）。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示。在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动。已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。求：‎ 图7‎ ‎（1）通过小灯泡的电流；‎ ‎（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小。‎ 解析　（1）在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势。等效电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻 R总＝RL＋＝5 Ω 此时感应电动势 E＝＝dl＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通过小灯泡的电流I＝＝0.1 A。‎ ‎（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，等效电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻R总′＝r＋＝ Ω＝ Ω 由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL＝I＝0.1 A，则流过金属棒的电流为 I′＝IL＋IR＝IL＋＝0.3 A 电动势E′＝I′R总′＝Bdv 解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小 v＝1 m/s。‎ 答案　（1）0.1 A　（2）1 m/s ‎【变式训练4】　（2018·焦作一模）（多选）如图8所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻。一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法正确的是（　　）‎ 图8‎ A.导体棒ab中电流的流向为由b到a B.cd两端的电压为1 V C.de两端的电压为1 V D.fe两端的电压为1 V 解析　由右手定则可知ab中电流方向为a→b，选项A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间都无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝·R＝＝1 V，选项B、D正确，C错误。‎ 答案　BD 电磁感应中的“杆＋导轨”模型——建构模型能力的培养 模型一　“单杆＋导轨”模型 ‎1.单杆水平式（导轨光滑）‎ 物理模型 动态分析 设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝－，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，I＝恒定 收尾状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 a＝0，v最大，vm＝ 电学特征 I恒定 ‎2.单杆倾斜式（导轨光滑）‎ 物理模型 动态分析 棒释放后下滑，此时a＝gsin α，速度v↑E＝BLv↑I＝↑F＝BIL↑a↓，当安培力F＝‎ mgsin α时，a＝0，v最大 收尾状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 a＝0，v最大，vm＝ 电学特征 I恒定 ‎【例1】　如图9所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1 kg，空间存在磁感应强度B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v－t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内通过金属杆P的电荷量与第二个2 s内通过P的电荷量之比为3∶5。g取10 m/s2。求：‎ 图9‎ ‎（1）水平恒力F的大小；‎ ‎（2）前4 s内电阻R上产生的热量。‎ 解析　（1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动 当t＝2 s时，v＝4 m/s，此时感应电动势E＝BLv 感应电流I＝ 安培力F′＝BIL＝ 根据牛顿运动定律有F－F′－μmg＝0‎ 解得F＝0.75 N。‎ ‎（2）通过金属杆P的电荷量q＝It ＝·t 其中E＝＝ 所以q＝∝s（s为P的位移）‎ 设第一个2 s内金属杆P的位移为s1，第二个2 s内P的位移为s2‎ 则ΔΦ1＝BLs1，ΔΦ2＝BLs2＝BLvt 又由于q1∶q2＝3∶5‎ 联立解得s2＝8 m，s1＝4.8 m 前4 s内由能量守恒定律得 F（s1＋s2）＝mv2＋μmg（s1＋s2）＋Qr＋QR 其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3‎ 解得QR＝1.8 J。‎ 答案　（1）0.75 N　（2）1.8 J 模型二　“双杆＋导轨”模型 示意图 力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 两棒以相同的加速度做匀加速直线运动 动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热 ‎【例2】　两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图10所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其它部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，求：‎ 图10‎ ‎（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？‎ ‎（2）当棒ab的速度变为初速度的时，棒cd的加速度是多大？‎ 解析　（1）从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv，‎ 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q＝mv－·2mv2＝mv。‎ ‎（2）设棒ab的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，‎ 则由动量守恒可知mv0＝mv0＋mv′‎ 得v′＝v0，此时棒cd所受的安培力F＝BIl＝。‎ 由牛顿第二定律可得棒cd的加速度大小为 a＝＝。‎ 答案　（1）mv　（2） ‎（1）若涉及变力作用下运动问题，可选用动量守恒和能量守恒的方法解决。‎ ‎（2）若涉及恒力或恒定加速度，一般选用动力学的观点。若涉及运动时间问题也可选用动量定理求解。　　　　　　‎ ‎【针对训练】　如图11所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l＝0.20 m。两根质量均为m＝0.10 kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R＝0.50 Ω。在t＝0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20 N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t＝5.0 s，金属杆甲的加速度为a＝1.37 m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？‎ 图11‎ 解析　设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为s，速度分别为v1和v2，经过很短的时间Δt，杆甲移动距离v1Δt，杆乙移动距离v2Δt，回路面积改变 ΔS＝[（s－v2Δt）＋v1Δt]l－ls＝（v1－v2）lΔt 由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E＝B，回路中的电流I＝，杆甲的运动方程F－BlI＝ma。由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量（t＝0时为0）等于外力F的冲量Ft＝mv1＋mv2。联立以上各式解得v1＝，v2＝，代入数据得v1＝8.15 m/s，v2＝1.85 m/s。‎ 答案　8.15 m/s　1.85 m/s 活页作业 ‎（时间：40分钟）‎ ‎►题组一　电磁感应中的图象问题 ‎1.（2017·孝感模拟）如图1甲所示，在电阻R＝1 Ω，面积S1＝0.3 m2的圆形线框中心区域存在匀强磁场，圆形磁场区面积S2＝0.2 m2。若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间的变化规律可用图乙描述，则线框中的感应电流I（取顺时针方向为正方向）随时间t的变化图线是 （　　）‎ 图1‎ 答案　C ‎2.下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T。从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向。则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图2所示的是（　　）‎ 图2‎ 解析　根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题图所示的是选项C。‎ 答案　C ‎3.两块水平放置的金属板，板间距离为d，用导线将两块金属板与一线圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，如图3所示。两板间有一带正电的油滴恰好静止，则磁场的磁感应强度B随时间变化的图象是（　　）‎ 图3‎ 解析　带正电的油滴静止，即所受重力与电场力平衡，两板间为匀强电场，因此线圈中产生的感应电动势为恒定值，由法拉第电磁感应定律可知，通过线圈的磁通量一定是均匀变化的，选项A、D错误；油滴带正电，故下极板电势高于上极板电势，感应电流产生磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，通过线圈的磁通量均匀减小，故选项C正确，B错误。‎ 答案　C ‎4.（2017·洛阳市高中三年级第一次统一考试）如图4甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（规定图甲中B的方向为正方向），导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平拉力作用下始终处于静止状态，规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为拉力的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流I和导体棒ab所受水平拉力F随时间t变化的图象是（　　）‎ 图4‎ 解析　在0～t1时间内，磁感应强度变化率＝ ‎，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，选项A、B错误；根据楞次定律可判断出ab中感应电流方向为b指向a，导体棒所受安培力F安＝BIL，0～t0时间内，F安斜向右下方，随时间均匀减小，t0～t1时间内，F安斜向左上方，随时间均匀增大，由平衡条件可知，导体棒所受水平拉力F时刻与F安在水平方向上的分力等大反向，选项D正确，C错误。‎ 答案　D ‎5.（2018·山东第一次大联考）（多选）如图5所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是（规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向）（　　）‎ 图5‎ 解析　导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流由M经R到N为正值，且逐渐变大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，且逐渐减小，且经过分界线时感应电流大小突然加倍，选项A正确，B错误；第一段时间内安培力大小F＝BIL＝∝L2，第2段时间内F＝2BIL＝∝L2，选项C正确，D错误。‎ 答案　AC ‎6.（多选）如图6所示，一个边长为L的正方形线框abcd无初速度地从高处释放，线框下落过程中，下边保持水平向下平动，在线框的下方，有一个上、下界面都水平的匀强磁场区，磁场区高度为2L，磁场方向与线框平面垂直，闭合线框下落后，刚好匀速进入磁场区，在整个进出磁场过程中，线框中的感应电流I随位移x变化的图象可能是下图中的（　　）‎ 图6‎ 解析　线框刚进入磁场时，＝mg，下边始终匀速切割磁感线，通过线框的感应电流的大小恒定为I0，方向不变，线框完全进入磁场后，安培力立即消失，线框仅在重力的作用下做匀加速运动，当线框下边刚出磁场时，线框的速度大于进入磁场时的速度，故电流大于I0，选项A、C错误；线框所受安培力大于重力，线框做减速运动，感应电流及安培力都减小，所以线框的加速度a＝也减小，当加速度减小到0时，电流为I0，选项B、D中在x＝2L和x＝3L之间的曲线，分别对应着上边刚要出磁场时，线框的速度已减小到进入磁场时的速度和未减小到该速度两种情况，因此选项B、D正确。‎ 答案　BD ‎►题组二　电磁感应中的电路问题 ‎7.如图7所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，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7‎ A.E B.E ‎ C.E D.E 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，故a、b间电势差为U＝E，选项B正确。‎ 答案　B ‎8.（多选）如图8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点逆时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和环的边缘相接触，R1＝，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是（　　）‎ 图8‎ 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Br2ω D.理想电流表的示数为 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线，因此感应电动势大小为Br2ω，选项B错误；由图可知，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，因此理想电压表的示数为Br2ω，选项C正确；理想电流表的示数为，选项D错误。‎ 答案　AC ‎9.如图9所示，间距L＝1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN 与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度水平向左匀速运动。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6μF，导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1、S2闭合，电路稳定后，求：‎ 图9‎ ‎（1）通过R2的电流I的大小和方向；‎ ‎（2）拉力F的大小；‎ ‎（3）开关S1切断后通过R2的电荷量Q。‎ 解析　（1）开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N，所以通过R2的电流方向是由b→a MN中产生的感应电动势的大小E＝BLv 流过R2的电流I＝ 代入数据解得I＝0.1 A ‎（2）棒受力平衡有F＝F安，F安＝BIL 代入数据解得F＝0.1 N ‎（3）开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量 Q1＝CIR2‎ S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q＝Q1－0‎ 代入数据解得Q＝7.2×10－6 C 答案　（1）0.1 A，方向是b→a　（2）0.1 N （3）7.2×10－6 C ‎10.在倾角为θ＝37°的斜面内，放置MN和PQ两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中。导轨M、P端间接入阻值R1＝30 Ω的电阻和理想电流表，N、Q端间接阻值为R2＝6 Ω的电阻。质量为m＝0.6 kg、长为L＝1.5 m的金属棒放在导轨上以v0＝5 m/s的初速度从ab处向右上方滑到a′b′处的时间为t＝0.5 s，滑过的距离l＝0.5 m。ab处导轨间距Lab＝0.8 m，a′b′处导轨间距La′b′＝1 m。若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：‎ 图10‎ ‎（1）此过程中电阻R1上产生的热量；‎ ‎（2）此过程中电流表上的读数；‎ ‎（3）匀强磁场的磁感应强度。‎ 解析　（1）因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，‎ 故BLabv0＝BLa′b′va′b′，代入数据可得va′b′＝4 m/s，‎ 根据能量转化和守恒定律，‎ 得Q总＝m（v－v）－mglsin 37°＝QR1＋QR2‎ 由Q＝t，得＝，‎ 代入数据可求，得QR1＝0.15 J ‎（2）由焦耳定律QR1＝IR1t可知电流表读数 I1＝＝0.1 A ‎（3）不计金属棒和导轨上的电阻，则R1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势，‎ 由E＝I1R1，E＝BLa′b′va′b′可得 B＝＝0.75 T 答案　（1）0.15 J　（2）0.1 A　（3）0.75 T