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第十一章　電磁感應(yīng)
思維進(jìn)階課十五　電磁感應(yīng)中的電路、圖像問題
[學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1．掌握電磁感應(yīng)中電路問題的求解方法，會計(jì)算電路中的電流、電壓、電功率等相關(guān)問題。
2．會分析電磁感應(yīng)的圖像問題。
進(jìn)階1　電磁感應(yīng)中的電路問題
1．電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖
2．分析電磁感應(yīng)電路問題的基本思路
角度1　平動電動勢的電路
[典例1]　如圖所示，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)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。一接入電路的電阻為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處滑動的過程中(　　)
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
√
C　[設(shè)PQ左側(cè)電路的電阻為Rx，右側(cè)電路的電阻為3R－Rx，則外電路的總電阻R外＝先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得PQ中的電流I＝先減小后增大，路端電壓U＝E－IR先增大后減小，故A、B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，拉力與安培力平衡，即F＝IlB，拉力的功率P＝IlBv，先減小后增大，故C正確；外電路的總電阻R外＝，當(dāng)Rx＝R時(shí)R外最大，最大值為R，小于導(dǎo)體棒的
電阻R，又外電路電阻先增大后減小，由電源的輸
出功率與外電路電阻的關(guān)系可知，線框消耗的電
功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤。]
角度2　轉(zhuǎn)動電動勢的電路
[典例2]　(多選)如圖所示，導(dǎo)線圓環(huán)總電阻為2R，半徑為d，垂直磁場固定于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，此磁場的左邊界正好與圓環(huán)直徑重合，電阻為R的直金屬棒ab以恒定的角速度ω繞過環(huán)心O的軸勻速轉(zhuǎn)動，a、b端正好與圓環(huán)保持良好接觸。以下說法正確的是(　　)
A．圖示位置處O點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢
B．圖示位置處a、b兩點(diǎn)的電勢差Uab＝Bd2ω
C．轉(zhuǎn)動過程中金屬棒與圓環(huán)上消耗的電功率之比 2∶1
D．金屬棒轉(zhuǎn)動一圈時(shí)棒上產(chǎn)生的熱量為
√
√
CD　[根據(jù)右手定則可知，題圖所示位置直金屬棒Oa部分充當(dāng)電源，電源內(nèi)部電流方向?yàn)镺→a，外電路電流方向?yàn)閎→O，則O點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，故A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E感＝Bdv＝Bd·＝，根據(jù)等效電路可知，圓環(huán)部分電阻為R環(huán)＝＝，整個(gè)電路的總電阻為R總＝R環(huán)＋R＝，干路電流為I＝＝，
a、b兩點(diǎn)的電勢差Uab＝IR環(huán)＝，故B錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)動過程中金屬棒與圓環(huán)上消耗的電功率分別為P棒＝I2R，P環(huán)＝I2R環(huán)＝，故轉(zhuǎn)動過程中金屬棒與圓環(huán)上消耗的電功率之比為P棒∶P環(huán)＝2∶1，故C正確；金屬棒轉(zhuǎn)動一圈時(shí)棒上產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝·R·＝，故D正確。]
角度3　感生電動勢的電路
[典例3]　(2024·廣東廣州統(tǒng)考)如圖甲所示，一個(gè)電阻值為R、匝數(shù)為n、半徑為r1的圓形金屬線圈與阻值為3R的電阻R1連接成閉合回路，線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的截距分別為t2和B0，導(dǎo)線的電阻不計(jì)，求0到t1時(shí)間內(nèi)：
(1)電阻R1兩端的電壓并判斷電阻R1兩端a、b兩點(diǎn)電勢的高低；
(2)通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量。
[解析]　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律知0到t1時(shí)間內(nèi)的電動勢E＝＝
由閉合電路歐姆定律知通過R1的電流I＝
R1兩端的電壓U＝I×3R
代入可得U＝
由楞次定律可判斷通過R1的電流方向?yàn)閺腷到a，則b點(diǎn)的電勢高于a點(diǎn)的電勢。
(2)通過R1的電荷量q＝It1
代入可得q＝
電阻R1上產(chǎn)生的熱量Q＝I2×3Rt1
代入可得Q＝。
[答案]　　b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢　
進(jìn)階2　電磁感應(yīng)中的圖像問題
1．基本思路
(1)明確圖像的種類，即是B-t圖像還是Φ-t圖像，或者E-t圖像、i-t圖像、F-t圖像等；對切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及E-x圖像和i-x圖像。
(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程。
(3)用右手定則或楞次定律確定電流方向與時(shí)間的對應(yīng)關(guān)系。
(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式。
(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等。
(6)畫圖像或判斷圖像。
2．常用方法
(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的正負(fù)、增大還是減小及變化快慢，來排除錯(cuò)誤選項(xiàng)。
(2)函數(shù)法：寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像進(jìn)行分析和判斷。
角度1　圖像的選取
[典例4]　(多選)(2024·全國甲卷)如圖所示，一絕緣細(xì)繩跨過兩個(gè)在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，磁場上下邊界水平。在t＝0時(shí)刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進(jìn)入磁場。運(yùn)動過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時(shí)間t變化的圖像中可能正確的是(　　)
A　　　 　B　　　 　C　　　　D
√
√
AC　[線框在減速進(jìn)入磁場的過程中，對線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋－T＝ma，對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有T－Mg＝Ma，聯(lián)立解得a＝－g，則隨著速度的減小，加速度不斷減小，B錯(cuò)誤；結(jié)合B項(xiàng)分析可知，若勻強(qiáng)磁場區(qū)域高度與線框?qū)挾认嗟惹椅飰K質(zhì)量與線框質(zhì)量相等，則線框在磁場中一直做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，出磁場后勻速運(yùn)動，則A選項(xiàng)的圖像可能正確；若勻強(qiáng)磁場區(qū)域高度大于線框?qū)挾惹椅飰K質(zhì)量與線框
質(zhì)量相等，則線框進(jìn)磁場和出磁場階段均做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，完全在磁場中運(yùn)動時(shí)不受安培力，做勻速運(yùn)動，完全出磁場后，也做勻速運(yùn)動，則C選項(xiàng)的圖像可能正確；D選項(xiàng)的圖像中線框出磁場后勻加速，說明物塊質(zhì)量大于線框質(zhì)量，但在此情況下，結(jié)合B項(xiàng)分析可知，存在第二段勻速階段時(shí)，不會存在第三段減速階段，D錯(cuò)誤。]
角度2　圖像的轉(zhuǎn)換
[典例5]　如圖甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示。則通入線圈l1中的電流i1隨時(shí)間t變化的圖像可能是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
√
D　[因?yàn)閘2中感應(yīng)電流大小不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，l1中磁場的變化是均勻的，即l1中電流的變化也是均勻的，A、C錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙可知，0～時(shí)間內(nèi)l2中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向左，所以線圈l1中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向左并且減小，或方向向右并且增大，B錯(cuò)誤，D正確。]
角度3　圖像信息應(yīng)用
[典例6]　(2024·廣東中山統(tǒng)考)如圖甲所示，圓形線圈總電阻r＝0.5 Ω，匝數(shù)n＝20，線圈面積S1＝1 m2，其端點(diǎn)a、b與R＝1.5 Ω的電阻相連，線圈內(nèi)面積S2＝0.5 m2的正方形區(qū)域內(nèi)有隨時(shí)間變化的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示。求：
(1)前0.2 s時(shí)間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E；
(2)前0.2 s時(shí)間內(nèi)a、b兩點(diǎn)間的電勢差Uab；
(3)請?jiān)趫D丙中畫出前0.8 s時(shí)間內(nèi)電路中電流I隨時(shí)間t變化的圖像(定義電流由a向b流經(jīng)R為正方向)。
[解析]　(1)前0.2 s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動勢
E＝n＝n＝4 V。
(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得路端電壓大小
U＝E＝3 V
根據(jù)楞次定律可知，a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢高，故Uab＝3 V。
(3)前0.2 s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)閉合電路歐姆定律得
I＝＝2 A
0.2 s到0.4 s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，沒有感應(yīng)電動勢，電流為0，0.4 s到0.8 s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動勢E′＝＝＝2 V
根據(jù)閉合電路歐姆定律得I′＝＝1 A
根據(jù)楞次定律可知，此時(shí)電流方向反向，則前0.8 s時(shí)間內(nèi)電流I隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。
[答案]　(1)4 V　(2)3 V　(3)見解析圖
思維進(jìn)階特訓(xùn)(十五)
題號
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1．(多選)(2025·河南周口高三檢測)如圖所示，在置于勻強(qiáng)磁場中的平行導(dǎo)軌上，橫跨在兩導(dǎo)軌間的導(dǎo)體桿PQ以速度v向右勻速移動，已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面(紙面)向外，導(dǎo)軌間距為l，閉合電路acQP中除電阻R外，
其他部分的電阻忽略不計(jì)，則(　　)
A．電路中的感應(yīng)電動勢E＝Blv
B．電路中的感應(yīng)電流I＝
C．通過電阻R的電流方向是由a向c
D．PQ桿受到的安培力方向水平向右
√
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AB　[根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中的感應(yīng)電動勢E＝Blv，故A正確；根據(jù)歐姆定律可知，電路中的感應(yīng)電流I＝，故B正確；根據(jù)右手定則可知，通過電阻R的電流方向是由c向a，故C錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則可知，PQ桿受到的安培力方向水平向左，故D錯(cuò)誤。]
題號
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2．如圖所示是兩個(gè)相互連接的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，連接處電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則a、b兩點(diǎn)間的電壓為(　　)
A．E B．E
C．E D．E
√
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B　[a、b間的電壓等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的，故a、b間電壓為U＝E，選項(xiàng)B正確。]
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3．如圖所示，線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，線圈電阻為R，處于一個(gè)均勻增強(qiáng)的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率為k，磁場方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，兩個(gè)電阻的阻值均為2R。下列說法正確的是(　　)
A．電容器上極板帶負(fù)電
B．通過線圈的電流強(qiáng)度為
C．電容器所帶的電荷量為
D．電容器所帶的電荷量為
√
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D　[由楞次定律知，電容器上極板帶正電，A錯(cuò)誤；因E＝nkS，則I＝＝，B錯(cuò)誤；又UC＝I×2R＝，則Q＝CUC＝，C錯(cuò)誤，D正確。]
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4．(多選)如圖甲所示，正方形線圈abcd內(nèi)有垂直于線圈的勻強(qiáng)磁場，已知線圈匝數(shù)n＝10，邊長ab＝1 m，線圈總電阻r＝1 Ω，線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示。設(shè)如圖甲所示的磁場方向與感應(yīng)電流方向?yàn)檎较颍瑒t下列有關(guān)線圈的電動勢e、感應(yīng)電流i、焦耳熱Q以及ab邊所受的安培力F(取向下為正方向)隨時(shí)間t的變化圖像正確的是(　　)
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A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
√
√
CD　[0～1 s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e1＝＝2 V, 方向?yàn)槟鏁r(shí)針(負(fù)值)，同理1～5 s 內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e2＝1 V，方向?yàn)轫槙r(shí)針，A錯(cuò)誤；0～1 s 內(nèi)的感應(yīng)電流大小為i1＝＝2 A，方向?yàn)槟鏁r(shí)針(負(fù)值)，同理1～5 s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為i2＝1 A, 方向?yàn)轫槙r(shí)針(正值)，B錯(cuò)誤；ab邊受到的安培力大小為F＝nBiL，可知0～1 s內(nèi)F大小均勻增大，0≤F≤4 N，方向向下，1～3 s內(nèi)F大小均勻減小，0≤F≤2 N，方向向上，3～5 s內(nèi)F大小均勻增大，0≤F≤2 N，方向向下，C正確；線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eit，0～1 s內(nèi)Q隨時(shí)間均勻增加，產(chǎn)生的熱量為4 J，1～5 s內(nèi)Q隨時(shí)間均勻增加，產(chǎn)生的熱量為4 J，D正確。]
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5．(2025·八省聯(lián)考云南卷)如圖所示，對角線長度為2L的正方形區(qū)域abcd中有垂直于紙面的磁場(圖上未畫)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按B＝B0－kt(B0、k不變，且B0>0，k>0)變化。abcd所在平面內(nèi)有一根足夠長的導(dǎo)體棒MN始終垂直于db，并通有恒定電流。t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒從d點(diǎn)開始沿db方向勻速穿過磁場，速率為。設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)
動過程中所受安培力大小為F，F(xiàn)-t圖像可能正確的
是(　　)
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A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
√
A　[導(dǎo)體棒的位移在0～L時(shí)，經(jīng)過時(shí)間t移動的距離為x＝vt＝t，此時(shí)導(dǎo)體棒在磁場中的長度l＝2x＝t，所受的安培力F＝BIl＝I(B0－kt)t＝(B0t－kt2)，則圖像為開口向下的拋物線的一部分；同理導(dǎo)體棒的位移在L～2L時(shí)，所受安培力F＝－kt)＝4LI，由數(shù)學(xué)知識可知F-t圖像為開口向上的拋物線的一部分，則圖像為A。故選A。]
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6．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。長為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，接入回路的電阻為R，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值也為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，下列說法正確的是(　　)
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A．回路中的電動勢為Bl2ω
B．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為
C．外電阻消耗的電功率為
D．電容器所帶的電荷量為
√
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D　[金屬棒繞OO′軸切割磁感線轉(zhuǎn)動，回路中的電動勢E＝Br2ω，故A錯(cuò)誤；電容器兩極板間電壓等于電阻R兩端電壓，為，帶電微粒在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，則q＝q＝mg，解得＝，故B錯(cuò)誤；外電阻消耗的功率P＝＝，故C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量Q＝C ＝，故D正確。]
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7．空間中存在如圖所示的磁場，Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的寬度均為2R，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B(Ⅰ區(qū)域磁場垂直紙面向里，Ⅱ區(qū)域磁場垂直紙面向外)，半徑為R的圓形導(dǎo)線框在外力作用下以速度v勻速通過磁場區(qū)域，設(shè)任意時(shí)刻導(dǎo)線框中電流為I(逆時(shí)針為正)，導(dǎo)線框
所受安培力為F(向左為正)，從導(dǎo)線框剛進(jìn)入Ⅰ區(qū)
域開始將向右運(yùn)動的位移記為x，則下列圖像正確
的是(　　)
題號
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A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
D　[當(dāng)圓環(huán)在磁場Ⅰ區(qū)域向右運(yùn)動且未進(jìn)入磁場Ⅱ區(qū)域的過程中，設(shè)圓環(huán)切割磁感線的等效長度為l，則有(R－x)2＋＝R2，整理得l＝2(0題號
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的感應(yīng)電流大小為I′＝＝，即圓環(huán)在x＝3R時(shí)的電流大小為x＝R時(shí)的兩倍，方向沿著順時(shí)針方向，A錯(cuò)誤；通過分析可知，除了x＝2R、x＝4R、x＝6R三個(gè)特殊位置，電流為0，受力為0，在0題號
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8．(多選)(2024·山東聊城市一模)如圖所示，兩電阻為零的光滑導(dǎo)軌水平放置在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫(狹縫寬度不計(jì))，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，導(dǎo)軌左端通過單刀雙擲開關(guān)S可以與電容C或電阻R相連，導(dǎo)軌上有一足夠長且不計(jì)電阻的金屬棒與x軸垂直，在外力F(大小未知)的作用下從O點(diǎn)開始以速度v向
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右勻速運(yùn)動，若某時(shí)刻開關(guān)S接1，外力用F1表示，通過金屬棒電流的大小用I1表示；若某時(shí)刻開關(guān)S接2，外力用F2表示，通過金屬棒電流的大小用I2表示。關(guān)于外力、電流大小隨時(shí)間變化的圖像關(guān)系正確的是(　　)
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A　　 B　　　 C　　　 D
√
√
AD　[由題知金屬棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系知切割長度為L＝2x·tan θ，x＝vt，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝2Bv2t tan θ，當(dāng)開關(guān)S接1時(shí)，通過金屬棒的電流為I1＝＝t，則可得F1＝BLI1＝t2，由于具有初速度，則開始計(jì)時(shí)時(shí)I1、F1不為零，不過原點(diǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，通過金屬棒的電流為I2＝＝2BCv2tanθ，則可得F2＝BLI2＝4B2Cv3tan2θ·t，由于具有初速度，則開始計(jì)時(shí)時(shí)I2、F2不為零，不過原點(diǎn)，D正確，C錯(cuò)誤。]
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9．如圖所示，單匝正方形線圈A的邊長為0.2m，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律為B＝(0.8－0.2t) T。開始時(shí)開關(guān)S未閉合，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝20 μF，線圈及導(dǎo)線電阻不計(jì)。閉合開關(guān)S，待電路中的電流穩(wěn)定后。求：
(1)回路中感應(yīng)電動勢的大小；
(2)電容器所帶的電荷量。
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[解析]　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝S，其中S＝L2，代入數(shù)據(jù)得E＝4×10-3 V。
(2)由閉合電路歐姆定律得I＝
由部分電路的歐姆定律得U＝IR2
電容器所帶電荷量為Q＝CU
聯(lián)立解得Q＝4.8×10-8 C。
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[答案]　(1)4×10-3 V　(2)4.8×10-8 C
10．如圖甲所示，在光滑絕緣水平面上的0≤x≤1.0 m區(qū)域內(nèi)存在方向垂直平面向上的勻強(qiáng)磁場。一電阻值R＝0.5 Ω、邊長L＝0.5 m的正方形金屬框abcd，右邊界cd恰好位于磁場邊界。若以cd邊進(jìn)入磁場時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，金屬框受到一沿x軸正方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s 的速度做勻速運(yùn)動，直到ab邊進(jìn)入磁場時(shí)撤去外力。在0≤t≤1.0 s 內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，在0≤t≤1.3 s內(nèi)金屬框始終做勻速運(yùn)動。
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(1)在1.0 s≤t≤1.3 s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場，求此段時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系式；
(2)求在0≤t≤1.3 s內(nèi)流過金屬框橫截面的電荷量q。
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[解析]　(1)根據(jù)題意，撤去外力后，金屬框勻速離開磁場，則金屬框所受安培力為零，電流為0，磁通量不變，則有Φ1＝Φ，t1＝1.0 s時(shí)，B1＝0.5 T，磁通量Φ1＝B1L2，t時(shí)刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]
得B＝ (T)。
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(2)根據(jù)q＝
可得0≤t≤0.5 s時(shí)，電荷量q1＝＝0.125 C
0.5 s≤t≤1.0 s時(shí)，電荷量q2＝＝0.125 C
1.0 s故0≤t≤1.3 s內(nèi)流過金屬框橫截面的電荷量q＝q1＋q2＝0.25 C。
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[答案]　(1)B＝ (T)　(2)0.25 C
11．(2025·陜西咸陽高三檢測)如圖甲所示，將一單匝開口金屬圓線圈從開口端M、N處用兩段細(xì)導(dǎo)線懸于鐵架臺上兩絕緣桿上的固定端點(diǎn)P、Q，圓線圈的質(zhì)量為m，電阻為R，半徑為r，圓線圈處于豎直平面內(nèi)，其下半部分處于勻強(qiáng)磁場中，上半部分位于磁場外，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示(磁場方向垂直紙面向里為正)。用導(dǎo)線將一控制電路接在P、Q兩點(diǎn)之間并保持導(dǎo)通，控制電路中的R1為變阻器，其調(diào)節(jié)范圍為0～2R，定值電阻R2＝3R。已知圓線圈一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，懸掛線圈的細(xì)導(dǎo)線處于豎直方向，除線圈、R1、R2外其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。
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(1)t＝0時(shí)將R1調(diào)為0并保持不變，求t＝時(shí)，圓線圈受到兩根細(xì)導(dǎo)線的總拉力大小；
(2)調(diào)節(jié)R1，求出R1消耗電功率的最大值。
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[解析]　(1)由題圖乙可得磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率＝
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得回路中的感應(yīng)電動勢為E＝＝·πr2＝·πr2＝
分析可知0～時(shí)圓線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，大小為I＝＝
t＝時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝B0
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結(jié)合左手定則得此時(shí)線圈受安培力方向豎直向下，大小為F安＝I·2rB＝·2r·B0＝
根據(jù)平衡條件可得此時(shí)圓線圈受到兩根細(xì)導(dǎo)線的總拉力為F＝F安＋mg＝＋mg。
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(2)將R2等效為電源內(nèi)阻，可得等效電源內(nèi)阻為r′＝R＋3R＝4R
可知R1的最大阻值小于電源的等效內(nèi)阻，根據(jù)電路知識可得當(dāng)R1調(diào)節(jié)到最大阻值時(shí)，其消耗電功率最大，即Pm＝·2R＝。
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[答案]　＋mg　
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