第二章 专题提升七 电磁感应中的电路、电荷量及图像问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教版）

第二章　电磁感应 专题提升七　电磁感应中的 电路、电荷量及图像问题 目录 1 课后课时作业 提升 ２ 提升 提升 　 电磁感应中的电路问题 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就是电源。如：切割磁感线的导体棒、磁通量变化的线圈等。这种电源将其他形式的能量转化为电能。 对于感应电流和感应电动势的方向，都是对“相当于电源”的部分，根据右手定则或楞次定律判定的。实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反。 提升 4 2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成。 在电磁感应电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与化学电池两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势。 3．问题分类 (1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低等问题。 (2)根据闭合电路规律求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题。 提升 5 提升 6 提升 7 提升 8 [跟进训练]　如图甲所示，线圈总电阻r＝0.5 Ω，匝数n＝10，其端点a、b与R＝1.5 Ω的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示，磁场方向以垂直纸面向里为正。则a、b两点电势φa、φb的关系及两点电势差Uab分别为(　　) A．φa>φb，Uab＝1.5 V B．φa<φb，Uab＝－1.5 V C．φa<φb，Uab＝－0.5 V D．φa>φb，Uab＝0.5 V 提升 9 提升 10 提升 　电磁感应中的电荷量问题 提升 11 如图所示，将一个闭合金属圆环从有界磁场中匀速拉出，第一次速度为v，通过金属圆环某一横截面的电荷量为q1，第二次速度为2v，通过金属圆环某一横截面的电荷量为q2，则(　　) A．q1∶q2＝1∶2 B．q1∶q2＝1∶4 C．q1∶q2＝1∶1 D．q1∶q2＝2∶1 提升 12 提升 13 提升 14 提升 15 提升 16 [名师点拨]　 提升 17 提升 　电磁感应中的图像问题 1．电磁感应中的图像问题 图像类型 (1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像，即B­t图像、Φ­t图像、E­t图像和I­t图像； (2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移x变化的图像，即E­x图像和I­x图像 问题类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像； (2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量 应用知识 左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识等 提升 18 2.解决电磁感应图像问题的一般步骤 (1)明确图像的种类，即是B­t图像还是Φ­t图像，或者E­t图像、i­t图像等。 (2)分析电磁感应的具体过程，合理分段。 (3)对每个过程，根据法拉第电磁感应定律分析电动势大小，用右手定则或楞次定律分析感应电流(或感应电动势)的方向。 (4)由闭合电路欧姆定律、串并联电路规律等写出函数关系式。 (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)画图像或判断图像或由给定的图像求解相应的物理量。 提升 19 如图甲所示，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，规定线 圈中感应电动势的正方向如图所示。当磁场的磁感应 强度B随时间t做如图乙所示的变化时，图中能正确表 示线圈中感应电动势E变化的是(　　) 提升 20 提升 21 电磁感应中图像类选择题的两种常见解法 (1)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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。 (2)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像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最准确的方法。 提升 22 [跟进训练]　在竖直方向的匀强磁场中，水平 放置一个面积不变的单匝金属线圈，规定线圈中感 应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场的方向 向上为正方向，磁感应强度B随时间t的变化如图乙 所示，以下四图中正确表示线圈中感应电流变化的 是(　　) 提升 23 提升 24 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 2．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差的绝对值最大的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 3.用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点的电势差是(　　) A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 4.(多选)如图所示，一个匝数为100匝的圆形线圈，面积为0.4 m2，电阻r＝1 Ω。在线圈中存在面积为0.2 m2的、垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B＝(0.3＋0.15t) T(t的单位是s)。将线圈两端a、b与一个阻值R＝2 Ω的电阻相连接，b端接地。则下列说法正确的是(　　) A．通过电阻R的电流大小为1 A，方向向上 B．电阻R两端的电压随时间均匀增大 C．线圈电阻r消耗的功率为1 W D．a端的电势为－2 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 题型二　电磁感应中的电荷量问题 5．如图甲所示，abcd为正方形导线框，线框处在匀强磁场中，磁场垂直于线框平面，线框边长L＝0.5 m，电阻R＝1 Ω，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，在0～0.5 s和1～2 s的时间内通过线框截面的电荷量分别为q1和q2。则q1∶q2为(　　) A．1∶1 B．2∶1 C．1∶2 D．1∶4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 题型三　电磁感应中的图像问题 7．如图甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场 中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的 正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律 如图乙所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方 向，下列各图中正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 8．如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁 场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向沿abcda为正)。 若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生 如图乙所示电流的磁场为(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析：由题图乙可知，0～t1时间内，导线框中电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，导线框中的磁通量的变化率不变，故0～t1时间内磁感应强度与时间的关系图线是一条倾斜直线，A、B错误；又由于0～t1时间内电流为正，即沿abcda方向，由安培定则可知，导线框中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，故0～t1时间内原磁场的磁感应强度向里减小或向外增大，C错误，D正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 9.如图所示，水平匀强磁场的理想边界MN和PQ均竖直，等腰直角三角形闭合导线框的直角边恰好和磁场宽度相同。从线框右顶点刚进入磁场开始计时，若线框匀速通过磁场(线框的一条直角边与边界平行)，取感应电流沿逆时针方向时为正，则下列四幅图中，能正确反映线框中的电流随时间的变化关系的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 10．如图甲所示，矩形导线框abcd放在匀强磁 场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图像如图乙所示，t＝0时刻，磁感应 强度的方向垂直纸面向里。若规定导线框中感应电流沿逆时针方向为正，则在0～4 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F(安培力取向上为正)随时间变化的图像为选项图中的(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 11．(多选)如图所示，有一宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。现有一边长为L、粗细均匀的正方形金属线框MNPQ，以恒定速度v穿过磁场区域。在运动过程中，金属线框MN边始终与磁场区域边界平行，取MN边刚进入磁场时为计时起点，规定顺时针方向为电流正方向，则在下列选项中，能正确反映线框中感应电流i以及M、N两点间电势差UMN随时间变化规律的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 14.如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”形导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的角平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有直线边界(图中竖直虚线)的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为(　　) A.eq \r(2)BRv B.eq \f(\r(2),2)BRv C.eq \f(\r(2),4)BRv D.eq \f(3\r(2),4)BRv 解析　设整个圆环的电阻为r，位于题图所示位置时，a、b间劣弧切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，则电路的外电阻即磁场外部分的电阻为eq \f(3,4)r，a、b间劣弧在磁场内切割磁感线的有效长度是eq \r(2)R，产生的感应电动势为E＝B·eq \r(2)R·v，根据闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流为I＝eq \f(E,r)，a、b两点的电势差即路端电压为U＝I·eq \f(3,4)r，联立得U＝eq \f(3\r(2),4)BRv，D正确。 解决电磁感应中电路问题的基本步骤 (1)确定电源。切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝Blv、E＝eq \f(1,2)Bl2ω或E＝neq \f(ΔΦ,Δt)求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向。 (2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图。 (3)利用电路规律求解。主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本规律等列方程求解。 解析：由图乙可知，线圈内磁通量垂直纸面向里且增大，根据楞次定律和右手螺旋定则可得，线圈中感应电流的方向为逆时针方向。在回路中，线圈相当于电源，由于电流的方向是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以φa>φb。根据法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝10×eq \f(0.08,0.4) V＝2 V，根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(2,1.5＋0.5) A＝1 A，a、b两点电势差相当于电路中的路端电压，所以Uab＝IR＝1.5 V。综上所述，A正确。 利用平均电流求解电磁感应中的电荷量 电荷量表达式：q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt； 由闭合电路欧姆定律得：eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R＋r)； 由法拉第电磁感应定律得：eq \o(E,\s\up12(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)； 综合上面三式，得：q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R＋r)Δt＝neq \f(ΔΦ,（R＋r）Δt)Δt＝neq \f(ΔΦ,R＋r)。 解析　根据法拉第电磁感应定律可得，圆环出磁场过程中产生的平均感应电动势eq \o(E,\s\up12(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，由闭合电路欧姆定律可得，圆环中平均感应电流eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R)，由电流定义式可得，流经圆环某截面的电荷量q＝eq \o(I,\s\up12(－))·Δt，联立解得q＝eq \f(ΔΦ,R)，由题意可知，两次拉圆环出磁场过程穿过圆环的磁通量变化量相等，所以q1＝q2，C正确。 由q＝neq \f(ΔΦ,R＋r)，可知电荷量与磁通量变化的快慢无关，只取决于n、ΔΦ和R总。 [跟进训练]　(多选)无线充电原理图如图甲所示，M为匝数n＝50、电阻r＝1.0 Ω的线圈，N为送电线圈。当送电线圈N接交变电流，并将c、d两端短接后，在M线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示。关于通过M线圈的电荷量，下列判断正确的是(　　) A．在0～t1内，为1×10-2 C B．在0～eq \f(π,2)×10-3 s内，为2×10-2 C C．在t1～t2内，为2×10-2 C D．在t1～t2内，为0 解析：在0～t1内，通过M线圈的电荷量为q1＝neq \f(ΔΦ1,r)＝50×eq \f(2.0×10－4,1.0) C＝1× 10－2 C，A正确；在0～eq \f(π,2)×10－3 s内，通过M线圈的电荷量为q2＝neq \f(ΔΦ2,r)＝50×eq \f(0－0,1.0) C＝0，B错误；在t1～t2内，通过M线圈的电荷量为q3＝neq \f(ΔΦ3,r)＝50×eq \f(4.0×10－4,1.0) C＝2×10－2 C，故C正确，D错误。 根据q＝neq \f(ΔΦ,R＋r)计算电荷量时，应注意区分初、末磁通量的正负；由于电流方向可能变化，所以初、末磁通量相等时，q＝0。 解析　由法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔBS,Δt)，在0～1 s内，B均匀增大，eq \f(ΔB,Δt)为一恒量，则感应电动势为一恒量，由楞次定律和安培定则可得感应电动势为正值；在1～3 s内，B不变化，则感应电动势为零；在3～5 s内，B均匀减小，eq \f(ΔB,Δt)为一恒量，且为0～1 s内的一半，则E为一恒量，大小为0～1 s内电动势的一半，再由楞次定律和安培定则可得感应电动势为负值，所以A正确。 解析：在0～eq \f(T,2)内，磁场方向向上且磁感应强度逐渐减小，根据楞次定律和安培定则可知感应电流的方向为负方向；在eq \f(T,2)～T内，磁场方向向下且磁感应强度逐渐增大，根据楞次定律和安培定则可知感应电流的方向为负方向，且eq \f(T,2)～T内磁感应强度的变化率为0～eq \f(T,2)内的两倍，由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)及I＝eq \f(E,R总)可知，eq \f(T,2)～T内的感应电流大小为0～eq \f(T,2)内感应电流大小的两倍，故A正确。 题型一　电磁感应中的电路问题 1.如图所示，一个匝数为n的正方形线圈，边长为d，电阻为r。将其两端a、b与阻值为R的电阻相连接，其他部分电阻不计。在线圈中存在垂直线圈平面向里的磁场区域，磁感应强度B随时间t均匀增加，eq \f(ΔB,Δt)＝k，则a、b两点间的电压为(　　) A．nd2k B.eq \f(Rnd2k,R＋r) C.eq \f(rnd2k,R＋r) D.eq \f(nd2,k（R＋r）) 解析：根据法拉第电磁感应定律可得闭合回路中产生的感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝S·ΔB，eq \f(ΔB,Δt)＝k，S＝d2，联立解得E＝nkd2，线圈相当于电源，则a、b两点间的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得闭合回路中的感应电流I＝eq \f(E,R＋r)，则路端电压U＝IR，联立解得U＝eq \f(Rnd2k,R＋r)，故选B。 解析：设正方形线框边长为L，一条边的电阻为R，四种情况下正方形线框在磁场中运动切割磁感线产生的感应电动势大小相同，均为E＝BLv，电路中的感应电流均为I＝eq \f(E,4R)＝eq \f(BLv,4R)。图B中ab边切割磁感线，相当于电源，则a、b两点间电势差的绝对值为路端电压，根据欧姆定律可得|Uab|＝|I·3R|＝eq \f(3,4)E；图A、C、D中ab边为外电路的一部分，则a、b两点间电势差的绝对值均为|Uab′|＝|I·R|＝eq \f(E,4)，故选B。 解析：由于磁场是均匀增强的，而原磁场的方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，线框中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，再由右手螺旋定则可知，线框中的感应电流方向沿逆时针方向，故a点电势低于b点电势，a、b两点间的电势差是负值，故A、C错误；线框产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝10 T/s×eq \f(1,2)×(0.2 m)2＝0.2 V，故Uab＝－eq \f(E,2)＝－eq \f(0.2 V,2)＝－0.1 V，B正确，D错误。 解析：根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势大小恒为E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nS·eq \f(ΔB,Δt)＝100×0.2×0.15 V＝3 V，线圈中的电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)＝1 A，根据楞次定律，通过线圈的电流为顺时针方向，则通过电阻R的电流大小为1 A，方向向上，A正确；电阻R两端的电压为UR＝IR＝2 V，电阻R两端的电压不随时间变化，B错误；线圈电阻r消耗的功率为Pr＝I2r＝1 W，C正确；由A项分析可知，在相当于电源的线圈和负载电阻R构成的回路中，电流自下而上通过电阻R，则b点电势高于a点，且Uba＝UR＝2 V，又因为Uba＝φb－φa，φb＝0，因此φa＝－2 V，D正确。 解析：解法一：根据法拉第电磁感应定律有E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(SΔB,Δt)，由题图乙可知0～0.5 s和1～2 s磁感应强度变化率的大小相等，则线框产生的感应电动势大小相等，根据闭合电路欧姆定律可得0～0.5 s和1～2 s通过线框的电流大小相等，根据q＝IΔt可得q1∶q2＝1∶2，故C正确。 解法二：根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势eq \o(E,\s\up12(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)，由闭合电路欧姆定律可得平均感应电流eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R)，由电流定义式可得q＝eq \o(I,\s\up12(－))·Δt，联立解得电磁感应现象中通过电路导体横截面的电荷量q＝neq \f(ΔΦ,R)，当面积S不变时，可写为q＝neq \f(S·ΔB,R)，故q∝ΔB，所以eq \f(q1,q2)＝eq \f(|0－0.5|,|0.5－（－0.5）|)＝eq \f(1,2)，故C正确。 6.物理实验中，常用一种叫作“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量。如图所示，探测线圈与“冲击电流计”串联后可用来测定磁场的磁感应强度。已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与“冲击电流计”组成的回路电阻为R。若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，“冲击电流计”测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可得出被测磁场的磁感应强度为(　　) A.eq \f(qR,S) B.eq \f(qR,nS) C.eq \f(qR,2nS) D.eq \f(qR,2S) 解析：由电流定义式可知q＝eq \o(I,\s\up12(－))·Δt，根据闭合电路欧姆定律得eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R)，其中eq \o(E,\s\up12(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)，又探测线圈翻转180°时，其磁通量变化量的大小ΔΦ＝2BS，联立可得q＝neq \f(ΔΦ,R)＝neq \f(2BS,R)，则B＝eq \f(\a\vs4\al(qR),2nS)，故C正确，A、B、D错误。 解析：由题图结合楞次定律和安培定则可知，0～1 s内回路中的电流方向为逆时针，1～2 s内回路中的电流方向为顺时针，2～3 s内回路中的电流方向为顺时针，3～4 s内回路中的电流方向为逆时针，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)，由题图乙可知eq \f(ΔB,Δt)大小不变，故回路中电流大小恒定不变，故D正确。 解析：感应电流大小i＝eq \f(Blv,R)，线框做匀速直线运动，有效切割长度发生变化，电流大小就发生变化；设线框的直角边长为L，运动速度为v，0～eq \f(L,v)时间内，由右手定则判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，i是正值，线框切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流i均匀增加；eq \f(L,v)～eq \f(2L,v)时间内，由右手定则判断可知，感应电流方向沿顺时针方向，i是负值，线框切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流i均匀增加。故选D。 解析：由图可知，0～2 s内，线框中磁通量的变化率不变，故0～2 s内感应电流不变，由楞次定律和安培定则可知，电流方向为顺时针，即电流为负；同理可知，2～4 s内感应电流不变且方向为逆时针，即电流为正；由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S及闭合电路欧姆定律可知，两段时间内电流大小相等，A、B错误。电流大小恒定不变，故由F＝IlB可知，安培力大小与B成正比，再由左手定则知，C正确，D错误。 解析：取MN边刚进入磁场时为计时起点，则线框进入磁场区域的过程，即0～eq \f(L,v)时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，且M点电势比N点高，感应电动势大小和感应电流大小分别为E＝BLv，i＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，M、N两点间电势差为UMN＝i·eq \f(3R,4)＝eq \f(3BLv,4)；线框完全进入磁场区域至恰要出磁场区域的过程，即eq \f(L,v)～eq \f(2L,v)时间内，线框内磁通量未变化，所以感应电流为零，MN边切割磁感线，结合右手定则、 法拉第电磁感应定律等规律知，M、N两点间电势差为UMN＝BLv；线框出磁场区域的过程，即eq \f(2L,v)～eq \f(3L,v)时间内，由楞次定律可知电流方向为顺时针方向，且M点电势比N点高，感应电动势大小和感应电流大小分别为E＝BLv，i＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，M、N两点间电势差为UMN＝i·eq \f(R,4)＝eq \f(BLv,4)。故选A、D。 12.如图所示是模拟法拉第圆盘发电机装置，用粗细均匀的铜导线制成半径为l、电阻为4R的圆环，圆心位于O点，圆环所在空间存在垂直于圆环平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。另一长为l、电阻为eq \f(R,2)的金属棒OA可绕转动轴O转动，A端与金属圆环接触，一阻值也为eq \f(R,2)的定值电阻通过导线分别与金属圆环的圆心O及圆环边缘M点连接。使金属棒OA绕轴O以角速度ω顺时针转动(从右侧看)，定值电阻中有电流流过。设流过定值电阻的电流为I，金属圆环的热功率为P，下列关于电流I的范围和金属圆环的热功率P的最大值正确的是(　　) A.eq \f(Bl2ω,4R)≤I≤eq \f(Bl2ω,2R)，eq \f(B2l4ω2,8R) B.eq \f(Bl2ω,10R)≤I≤eq \f(Bl2ω,2R)，eq \f(B2l4ω2,8R) C.eq \f(Bl2ω,4R)≤I≤eq \f(Bl2ω,2R)，eq \f(B2l4ω2,16R) D.eq \f(Bl2ω,10R)≤I≤eq \f(Bl2ω,R)，eq \f(B2l4ω2,16R) 解析：根据题意知，金属棒OA产生的感应电动势恒为E＝eq \f(1,2)Bl2ω，由于金属棒OA电阻为eq \f(R,2)，而外电路是以A点为分界点的圆环的2个部分并联再与阻值为eq \f(R,2)的定值电阻串联，R并的最大值与最小值分别为R并max＝R，R并min＝0，流过定值电阻的电流为I＝eq \f(E,\f(R,2)＋\f(R,2)＋R并)，故电流I的最大值和最小值分别为Imax＝eq \f(Bl2ω,2R)，Imin＝eq \f(Bl2ω,4R)，将金属棒和定值电阻看作等效电源的内阻，根据电路规律知，金属圆环的电阻等于等效电源的内阻即R并＝R时，金属圆环的热功率最大，则金属圆环的热功率最大值为Pmax＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,\f(R,2)＋\f(R,2)＋R)))eq \s\up12(2)R＝eq \f(B2l4ω2,16R)，故选C。 13．有一种监控火车运行的装置，其原理是在火车头车厢底部安装上能产生匀强磁场的磁体，当其经过固定在轨道间的线圈时便会产生电信号，传输到控制中心，就可了解火车的运行情况，原理图如图甲所示。当某列火车通过该线圈时，控制中心得到线圈中电流大小随时间变化的图像如图乙所示。已知匀强磁场的磁感应强度为B，磁场宽度为l(磁场的宽度小于线圈宽度)，线圈所在回路电阻为R，下列有关说法正确的是(　　) A．由I­t图像可知，火车做匀速运动 B．因t2－t1>t4－t3，故火车做变加速运动 C．t1～t2时间内线圈中的电流方向如图甲所示 D．火车做匀加速运动且加速度大小为a＝eq \f(R（I2－I1）,Bl（t2－t1）) 解析：根据E＝Blv，I＝eq \f(E,R)，有v＝eq \f(R,Bl)·I，由图乙可知，火车车厢底部的磁体进入、穿出线圈时，线圈中电流都随时间均匀增加，由v＝eq \f(R,Bl)·I可知火车的速度随时间均匀增加，即火车做匀加速运动，故A、B错误；t1～t2时间内磁体进入线圈，则线圈左边向左切割磁感线，由右手定则可知，线圈中的电流方向与图甲所示方向相反，故C错误；由B项分析，可知火车做匀加速运动的加速度a＝eq \f(v2－v1,t2－t1)＝eq \f(R（I2－I1）,Bl（t2－t1）)，故D正确。 解析：设∠bac＝2θ，MN以速度v匀速运动，金属棒单位长度的电阻为R0，t＝0时MN接入回路的长度为L0。经过时间t，金属棒的有效切割长度L＝L0＋2vttanθ，闭合回路中的感应电动势E＝BLv，回路的总电阻R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,sinθ)))R0，由闭合电路欧姆定律可得回路中感应电流i＝eq \f(E,R)，联立得i＝eq \f(Bv,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,sinθ)))R0)，故i与t无关，是一个定值，A正确。 $