題型1 電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題

1.對(duì)電磁感應(yīng)電路的理解
（1）做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路相當(dāng)于電源.
（2）在電磁感應(yīng)電路中，相當(dāng)于電源的部分把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.
（3）電源兩端的電壓為路端電壓，而不是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).
（4）電源的正負(fù)極、感應(yīng)電流的方向、電勢(shì)的高低、電容器極板帶電問(wèn)題，均可用楞次定律或右手定則判定.
（5）電源與外電路構(gòu)成閉合電路，具有電路的共性，滿足電路的普遍規(guī)律.
2.分析電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的基本思路

命題點(diǎn)1 動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的電路問(wèn)題
1.[多選]如圖，PAQ為一段固定于水平面上的光滑圓弧導(dǎo)軌，圓弧的圓心為O，半徑為L(zhǎng).空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).電阻為R的金屬桿OA與導(dǎo)軌接觸良好，圖中電阻R1＝R2＝R，其余電阻不計(jì).現(xiàn)使OA桿在外力作用下以恒定角速度ω繞圓心O順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，在其轉(zhuǎn)過(guò)π3的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ AD ）
A.通過(guò)電阻R1的電流方向?yàn)镻→R1→O
B.A、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為BωL22
C.通過(guò)OA桿的電荷量為πBL26R
D.外力做的功為πωB2L418R
解析 由右手定則判斷出OA中電流方向由O→A，可知通過(guò)電阻R1的電流方向?yàn)?br>P→R1→O，故A正確；OA桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BωL22，將OA桿當(dāng)成電源，外部電路R1與R2并聯(lián)，則A、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U＝ER＋R2·R2＝BωL26，故B錯(cuò)誤；通過(guò)OA桿的電流為I＝ER＋R2＝BωL23R，轉(zhuǎn)過(guò)π3角度所用時(shí)間為t＝π3ω＝π3ω，通過(guò)OA桿的電荷量為q＝It＝πBL29R，故C錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)過(guò)π3角度的過(guò)程中，外力做的功為W＝EIt＝πωB2L418R，故D正確.
方法點(diǎn)撥
電磁感應(yīng)電路中的等效問(wèn)題
命題點(diǎn)2 感生電動(dòng)勢(shì)的電路問(wèn)題
2.[2022全國(guó)甲]三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長(zhǎng)與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長(zhǎng)相等，如圖所示.把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框所在平面均與磁場(chǎng)方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3.則（ C ）
A.I1＜I3＜I2B.I1＞I3＞I2
C.I1＝I2＞I3D.I1＝I2＝I3
解析 設(shè)線框的面積為S，周長(zhǎng)為L(zhǎng)，細(xì)導(dǎo)線的截面積為S'，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，而線框的總電阻R＝ρLS'，所以線框中感應(yīng)電流I＝ER＝SS'ΔBρLΔt.由于三個(gè)線框處于同一線性變化的磁場(chǎng)中，且繞制三個(gè)線框的細(xì)導(dǎo)線相同，設(shè)正方形線框的邊長(zhǎng)為l，則三個(gè)線框的面積分別為S1＝l2，S2＝π4l2，S3＝338l2，三個(gè)線框的周長(zhǎng)分別為L(zhǎng)1＝4l，L2＝πl(wèi)，L3＝3l，則I1∶I2∶I3＝S1L1∶S2L2∶S3L3＝2∶2∶3，故C正確.
命題點(diǎn)3 含容電路問(wèn)題
3.[浙江高考]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(chǎng).長(zhǎng)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，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為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(shuō)法正確的是（ B ）
A.棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為12Bl2ω
B.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為2gdBr2ω
C.電阻消耗的電功率為πB2r4ω2R
D.電容器所帶的電荷量為CBr2ω
解析 金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Br·12ωr＝12Br2ω，A錯(cuò)誤；金屬棒的電阻不計(jì)，故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，微粒的重力與其受到的電場(chǎng)力大小相等，有mg＝qEd，可得qm＝2gdBr2ω，B正確；電阻消耗的電功率P＝E2R＝B2r4ω24R，C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量Q＝CE＝12CBr2ω，D錯(cuò)誤.
方法點(diǎn)撥
“三步走”分析電磁感應(yīng)的電路問(wèn)題
題型2 電磁感應(yīng)中電荷量的計(jì)算

在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，只要穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化，閉合回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流.

4.如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心.軌道的電阻忽略不計(jì).OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好.空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過(guò)程Ⅰ）；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B'（過(guò)程Ⅱ）.在過(guò)程Ⅰ、Ⅱ中，流過(guò)OM的電荷量相等，則B'B等于（ B ）
A.54B.32C.74D.2
解析 設(shè)OM的電阻為R，過(guò)程Ⅰ，OM轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝ΔΦ1Δt1＝B·ΔSΔt1＝B·14πl(wèi)2Δt1＝πBl24Δt1，通過(guò)OM的電流為I1＝E1R＝πBl24RΔt1，則通過(guò)OM的電荷量為q1＝I1·Δt1＝πBl24R；過(guò)程Ⅱ，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加，則該過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝ΔΦ2Δt2＝(B'-B)SΔt2＝(B'-B)πl(wèi)22Δt2，電路中的電流為I2＝E2R＝π(B'-B)l22RΔt2，則通過(guò)OM的電荷量為q2＝I2·Δt2＝π(B'-B)l22R，由題意知q1＝q2，解得B'B＝32，B正確.
題型3 電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題


命題點(diǎn)1 根據(jù)給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選擇圖像
5.[2022河北/多選]如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根導(dǎo)軌位于x軸上，另一根由ab、bc、cd三段直導(dǎo)軌組成，其中bc段與x軸平行，導(dǎo)軌左端接入一電阻R.導(dǎo)軌上一金屬棒MN沿x軸正向以速度v0保持勻速運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，金屬棒始終與x軸垂直.設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)電阻的電流為i，金屬棒受到安培力的大小為F，金屬棒克服安培力做功的功率為P，電阻兩端的電壓為U，導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，忽略導(dǎo)軌與金屬棒的電阻.下列圖像可能正確的是（ AC ）
A B
C D
解析 設(shè)aO＝l0，ab所在直線與x軸的夾角為α，則金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv0，感應(yīng)電流為i＝ER＝Blv0R，0～L的過(guò)程中l(wèi)＝l0＋v0ttan α，整理得i＝Bl0v0R＋Bv02tanαRt，則回路中的感應(yīng)電流隨時(shí)間均勻增大，同理分析可知L～2L的過(guò)程中感應(yīng)電流大小不變，2L～3L的過(guò)程中感應(yīng)電流隨時(shí)間均勻減小，又U＝iR，故A正確，D錯(cuò)誤；金屬棒在O點(diǎn)時(shí)所受的安培力大小不為零，B錯(cuò)誤；金屬棒克服安培力做功的功率P＝FAv0＝Bilv0，可知金屬棒在0～L的過(guò)程中克服安培力做功的功率與時(shí)間的關(guān)系為二次函數(shù)關(guān)系，功率隨時(shí)間增大，同理結(jié)合以上分析可知L～2L的過(guò)程中功率不變，2L～3L的過(guò)程中功率隨時(shí)間按二次函數(shù)關(guān)系減小，C正確.
[光速解法] 本題還可以用排除法快速解題！由于t＝0時(shí)金屬棒中的感應(yīng)電流不為零，則所受的安培力不為零，B錯(cuò)誤；金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，在0～Lv0時(shí)間內(nèi)有效切割長(zhǎng)度均勻增大，則金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻增大，電阻兩端的電壓均勻增大，D錯(cuò)誤.
方法點(diǎn)撥
選擇圖像或畫(huà)出圖像的常用方法
1.排除法：定性分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)（增大還是減?。⒆兓炻ň鶆蜃兓€是非均勻變化），特別是分析物理量的正負(fù)、圖線中的特殊值等，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng).
2.函數(shù)法：根據(jù)題目給定條件定量寫(xiě)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(duì)圖像進(jìn)行分析和判斷.
命題點(diǎn)2 根據(jù)給定的圖像分析電磁感應(yīng)相關(guān)問(wèn)題
6.[2023全國(guó)甲/多選]一有機(jī)玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電流傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離，如圖（a）所示.現(xiàn)讓一個(gè)很小的強(qiáng)磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落，電流傳感器測(cè)得線圈中電流I隨時(shí)間t的變化如圖（b）所示.則（ AD ）
A.小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來(lái)越大
B.下落過(guò)程中，小磁體的N極、S極上下顛倒了8次
C.下落過(guò)程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變
D.與上部相比，小磁體通過(guò)線圈下部的過(guò)程中，磁通量變化率的最大值更大
解析 對(duì)于小磁體，可以忽略其與較遠(yuǎn)線圈的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，只考慮與最近一匝線圈的電磁感應(yīng)，則由圖（b）可知，小磁體依次通過(guò)每匝線圈時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大值逐漸增大，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知，小磁體通過(guò)每匝線圈時(shí)的磁通量變化率越來(lái)越大，即小磁體在玻璃管內(nèi)下降的速度越來(lái)越大，A正確；由楞次定律可知，下落過(guò)程中，小磁體的N極、S極沒(méi)有上下顛倒，B錯(cuò)誤；小磁體下落過(guò)程中，線圈中的電流大小不斷變化，產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)弱不斷變化，故小磁體受到的電磁阻力并不是始終保持不變的，C錯(cuò)誤；由圖（b）可知，與上部相比，小磁體通過(guò)線圈下部的過(guò)程中，感應(yīng)電流的最大值更大，故磁通量變化率的最大值更大，D正確.
命題點(diǎn)3 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖像轉(zhuǎn)換
7.在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖甲所示，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙變化時(shí)，下列選項(xiàng)中能正確表示線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E變化的是（ A ）

A B

C D
解析 由圖乙知，0～1s內(nèi)磁通量向上均勻增大，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流方向?yàn)檎?～3s內(nèi)磁通量不變，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0；3～5s內(nèi)磁通量向上均勻減小，由楞次定律知，感應(yīng)電流方向?yàn)樨?fù).由法拉第電磁感應(yīng)定律知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與磁通量的變化率成正比，所以3～5s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是0～1s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的12，故A正確.
8.[2023上海]如圖甲所示，有一光滑導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一導(dǎo)體棒垂直置于導(dǎo)軌上，對(duì)其施加外力，安培力變化如圖乙所示，取向右為正方向，則外力隨時(shí)間變化的圖像為（ C ）
圖甲 圖乙

A B

C D
解析 導(dǎo)體棒切割磁感線，當(dāng)速度為v時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，導(dǎo)體棒所受安培力為FA＝BIL，又I＝ER，整理得FA＝B2L2vR，由圖乙可知安培力隨時(shí)間線性變化，安培力先向左均勻減為零，再向右均勻增大，故導(dǎo)體棒做勻變速運(yùn)動(dòng)，先向右勻減速到零，再向左勻加速，加速度方向始終向左，根據(jù)牛頓第二定律得F－FA＝ma，整理得F＝B2L2Rv＋ma，t0時(shí)刻安培力為零，導(dǎo)體棒所受外力F＝ma，則t0時(shí)刻外力不為零，方向向左，為負(fù)值，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確.
1.[電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題/2023浙江1月]如圖甲所示，一導(dǎo)體桿用兩條等長(zhǎng)細(xì)導(dǎo)線懸掛于水平軸OO'，接入電阻R構(gòu)成回路.導(dǎo)體桿處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，將導(dǎo)體桿從豎直位置拉開(kāi)小角度θ靜止釋放，導(dǎo)體桿開(kāi)始下擺.當(dāng)R＝R0時(shí)，導(dǎo)體桿振動(dòng)圖像如圖乙所示.若橫縱坐標(biāo)皆采用圖乙標(biāo)度，則當(dāng)R＝2R0時(shí)，導(dǎo)體桿振動(dòng)圖像是（ B ）

A B

C D
解析 導(dǎo)體桿擺動(dòng)時(shí)切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受安培力，安培力起阻力作用，故導(dǎo)體桿的振動(dòng)為阻尼振動(dòng).由垂直于磁感線方向的速度大小相同時(shí)電阻變大→電流變小→安培力（阻力）變小可知，當(dāng)R從R0變?yōu)?R0時(shí)，導(dǎo)體桿振幅的衰減速度變慢，B正確，A、C、D錯(cuò)誤.
一題多解 本題也可以用極限法進(jìn)行分析.當(dāng)電阻無(wú)窮大時(shí)，回路中無(wú)電流，導(dǎo)體桿做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其振動(dòng)圖像為選項(xiàng)A.所以電阻變?yōu)?倍時(shí)振動(dòng)圖像應(yīng)為從圖乙變?yōu)檫x項(xiàng)A的中間態(tài)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤.
2.[電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題/2020山東/多選]如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線方格為等大正方形.一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)（不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)）.從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng).在此過(guò)程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是（ BC ）

A B

C D
解析 第1 s內(nèi)，ae邊切割磁感線，由E＝BLv可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，導(dǎo)體框總電阻一定，故感應(yīng)電流一定，由安培力F＝BIL可知ab邊所受安培力與ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度成正比；第2 s內(nèi)，導(dǎo)體框切割磁感線的有效長(zhǎng)度均勻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻增大，感應(yīng)電流均勻增大；第3～4 s內(nèi)，導(dǎo)體框在第二象限內(nèi)切割磁感線的有效長(zhǎng)度保持不變，在第一象限內(nèi)切割磁感線的有效長(zhǎng)度不斷增大，但兩象限磁場(chǎng)方向相反，導(dǎo)體框的兩部分感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，所以第2 s末感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大，之后便不斷減小，第3 s末與第1 s末，導(dǎo)體框切割磁感線的有效長(zhǎng)度相同，可知第3 s末與第1 s末線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，A錯(cuò)誤，B正確.但第3 s末ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度是第1 s末的3倍，即ab邊第3 s末所受安培力的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C正確，D錯(cuò)誤.
3.[電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題/2022湖南/多選]如圖，間距L＝1m的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有0.1Ω的定值電阻R，固定在高h(yuǎn)＝0.8m的絕緣水平桌面上.質(zhì)量均為0.1kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和b靜止在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為0.1Ω，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），導(dǎo)體棒a距離導(dǎo)軌最右端1.74m.整個(gè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T.用F＝0.5N沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒a，當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最右端時(shí)，導(dǎo)體棒b剛要滑動(dòng)，撤去F，導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌后落到水平地面上.重力加速度取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，不計(jì)其他電阻，下列說(shuō)法正確的是（ BD ）
A.導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地過(guò)程中，水平位移為0.6m
B.導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變
C.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)
D.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為0.58C
解析 導(dǎo)體棒a向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，由楞次定律可知，導(dǎo)體棒b有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，C錯(cuò)誤；設(shè)導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最右端時(shí)的速度為v0，此時(shí)導(dǎo)體棒a切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，回路中的感應(yīng)電流I＝ER總. R總＝0.12 Ω＋0.1 Ω＝0.15 Ω，此時(shí)導(dǎo)體棒b所受安培力為F安＝BI2L，導(dǎo)體棒b剛要滑動(dòng)，故所受靜摩擦力Ff達(dá)到最大值，此時(shí)F安＝Ffm＝μmg，聯(lián)立以上各式解得v0＝3 m/s，導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地過(guò)程做平拋運(yùn)動(dòng)，有h＝12gt2，x＝v0t，解得x＝1.2 m，A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向豎直向下，導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌后在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知導(dǎo)體棒a平拋過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，B正確；導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝ΔΦΔt，回路中平均感應(yīng)電流I＝ER總，通過(guò)導(dǎo)體棒a的電荷量q＝IΔt，聯(lián)立三式解得q＝ΔΦR總＝BLxR總＝1.16 C，導(dǎo)體棒b與定值電阻R并聯(lián)，所以通過(guò)電阻R的電荷量q'＝q2＝0.58 C，D正確.
4.[電磁感應(yīng)中電荷量與感應(yīng)電流的計(jì)算/2023浙江1月]如圖1所示，剛性導(dǎo)體線框由長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量均為m的兩根豎桿，與長(zhǎng)為2l的兩輕質(zhì)橫桿組成，且L?2l.線框通有恒定電流I0，可以繞其中心豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng).以線框中心O為原點(diǎn)、轉(zhuǎn)軸為z軸建立直角坐標(biāo)系，在y軸上距離O為a處，固定放置一半徑遠(yuǎn)小于a、面積為S、電阻為R的小圓環(huán)，其平面垂直于y軸.在外力作用下，通電線框繞轉(zhuǎn)軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)線框平面與xOz平面重合時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，圓環(huán)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的y分量By與時(shí)間的近似關(guān)系如圖2所示，圖中B0已知.
（1）求0到πω時(shí)間內(nèi)，流過(guò)圓環(huán)橫截面的電荷量q；
（2）沿y軸正方向看以逆時(shí)針為電流正方向，在0～2π3ω時(shí)間內(nèi)，求圓環(huán)中的電流與時(shí)間的關(guān)系；
（3）求圓環(huán)中電流的有效值；
（4）當(dāng)撤去外力，線框?qū)⒕徛郎p速，經(jīng)πω時(shí)間角速度減小量為Δω（Δωω?1），設(shè)線框與圓環(huán)的能量轉(zhuǎn)換效率為k，求Δω的值.[當(dāng)0＜x?1，有（1－x）2≈1－2x]
答案 （1）2B0SR （2）0≤t≤π3ω時(shí)，I1＝0；π3ω＜t≤2π3ω時(shí)，I2＝－6B0SωπR （3）23B0SωπR （4）6B02S2πRkml2
解析 （1）磁通量Φ＝ByS
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝ΔΦΔt＝ΔByΔtS
則q＝ERΔt＝2B0SR
（2）感應(yīng)電流i＝ΔΦΔt·R＝SR·ΔByΔt
0≤t≤π3ω時(shí)，I1＝0
π3ω＜t≤2π3ω時(shí)，I2＝－6B0SωπR
（3）由有效值定義可得I22R×2π3ω＝I有2R×2πω
解得I有＝23B0SωπR
（4）根據(jù)題意，有
12×2m（ωl）2－12×2m（ω－Δω）2l2＝1kI有2R×πω
解得Δω＝6B02S2πRkml2.
5.[電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題/2023廣東]光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為h，其俯視圖如圖（a）所示，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t的變化圖線如圖（b）所示，0～τ時(shí)間內(nèi)，兩區(qū)域磁場(chǎng)恒定，方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B0和B0，一電阻為R，邊長(zhǎng)為h的剛性正方形金屬線框abcd，平放在水平面上，ab、cd邊與磁場(chǎng)邊界平行.t＝0時(shí)，線框ab邊剛好跨過(guò)區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度v向右運(yùn)動(dòng).在τ時(shí)刻，ab邊運(yùn)動(dòng)到距區(qū)域Ⅰ的左邊界h2處，線框的速度近似為零，此時(shí)線框被固定，如圖（a）中的虛線框所示.隨后在τ～2τ時(shí)間內(nèi)，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度線性減小到0，Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)保持不變；2τ～3τ時(shí)間內(nèi)，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度也線性減小到0.求：

圖（a） 圖（b）
（1）t＝0時(shí)，線框所受的安培力F；
（2）t＝1.2τ時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量Φ；
（3）2τ～3τ時(shí)間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的熱量Q.
答案 （1）9B02h2vR，方向水平向左 （2）0.3B0h2 （3）B02h44τR
解析 （1）t＝0時(shí)，ab邊在區(qū)域Ⅰ中切割磁感線，cd邊在區(qū)域Ⅱ中切割磁感線，結(jié)合右手定則可作出等效電路圖如圖1所示
圖1
則回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
E0＝Eab＋Ecd＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv
根據(jù)閉合電路歐姆定律可知回路中的感應(yīng)電流為
I0＝E0R，解得I0＝3B0hvR
由左手定則可得線框ab邊和cd邊在磁場(chǎng)中所受的安培力如圖2所示
ab邊所受的安培力大小為
Fab＝2B0I0h＝6B02h2vR
cd邊所受的安培力大小為
Fcd＝B0I0h＝3B02h2vR
由安培力公式和左手定則可知，線框ad邊與bc邊所受安培力等大反向，故線框所受的安培力大小為
F＝Fab＋Fcd＝9B02h2vR
方向水平向左
（2）τ～2τ時(shí)間內(nèi)，區(qū)域Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度線性減小，根據(jù)圖3的相似三角形可知
圖3
2B0τ＝B10.8τ，解得B1＝1.6B0
區(qū)域Ⅱ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B0，以垂直紙面向里為正，則在t＝1.2τ時(shí)刻，線框中的磁通量為
Φ＝1.6B0·h2·h－B0·h2·h＝0.3B0h2
（3）2τ～3τ時(shí)間內(nèi)，區(qū)域Ⅱ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度線性減小，線框的一半在區(qū)域Ⅱ中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，大小為E＝ΔΦΔt＝B0τ·h2·h＝B0h22τ
又線框?yàn)榧冸娮桦娐罚示€框中產(chǎn)生的焦耳熱為
Q＝E2Rτ，解得Q＝B02h44τR.

1.[2024四川內(nèi)江模擬]如圖所示，正方形線圈MOO'N處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與水平面的夾角為30°，線圈的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，匝數(shù)為n.在線圈從豎直面繞OO'順時(shí)針轉(zhuǎn)至水平面的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量為（ A ）
A.（3+1）nBL22R
B.（3+1）n2BL22R
C.（3－1）nBL22R
D.（3－1）n2BL22R
解析 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝nΔΦΔt，I＝ER，q＝I·Δt，解得q＝nΔΦR，又因?yàn)?br>ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2 sin 30°，Φ1＝－BL2 cs 30°，聯(lián)立解得q＝(3+1)nBL22R，故A
正確.
2.[多選]如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L(zhǎng)，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動(dòng)變阻器R1（0≤R1≤2R）.框內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)，金屬框電阻不計(jì)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說(shuō)法正確的是（ AD ）
A.ABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針
B.左右兩個(gè)閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2BLv
C.當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝R時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLv
D.當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝R2時(shí)，滑動(dòng)變阻器有最大電功率，且為B2L2v28R
解析 根據(jù)楞次定律可知，ABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，故B錯(cuò)誤；當(dāng)R1＝R時(shí)，外電路總電阻R外＝R2，故導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓為13BLv，故C錯(cuò)誤；該電路電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電源內(nèi)阻(導(dǎo)體棒電阻)為R，求解滑動(dòng)變阻器的最大電功率時(shí)，可以將導(dǎo)體棒和定值電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為R2，故當(dāng)R1＝R2時(shí)，等效電源輸出功率最大，則滑動(dòng)變阻器的最大電功率Pm＝UR12R1＝(14E)2R2＝B2L2v28R，故D正確.
3.[2023重慶四區(qū)調(diào)研]如圖所示，一個(gè)平行于紙面的等腰直角三角形導(dǎo)線框，水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，三角形兩直角邊長(zhǎng)度為2d，線框中產(chǎn)生隨時(shí)間變化的感應(yīng)電流i，規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，下列圖像正確的是（ A ）
解析 在0～dv時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線框的磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向外，因此感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?隨著線框的運(yùn)動(dòng)，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度均勻減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻減小，感應(yīng)電流均勻減小；在dv～2dv時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線框的磁通量向里減少，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向里，因此感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，隨著線框的運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)線框的磁通量均勻減少，產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變；在2dv～3dv時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線框的磁通量向里減少，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向里，因此感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，隨著線框的運(yùn)動(dòng)，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度均勻減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻減小，感應(yīng)電流均勻減小，故選A.
4.[情境創(chuàng)新：輻條＋導(dǎo)體圓環(huán)/2024河北廊坊模擬/多選]如圖所示，一不計(jì)電阻的導(dǎo)體圓環(huán)半徑為r，圓心在O點(diǎn)，過(guò)圓心放置一長(zhǎng)度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好.現(xiàn)將此裝置放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)邊界恰與圓環(huán)水平直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，右側(cè)電路通過(guò)電刷與輻條中心和圓環(huán)的邊緣相接觸，電阻R1＝R2，S處于閉合狀態(tài)，不計(jì)其他電阻，則下列說(shuō)法正確的是（ AC ）
A.通過(guò)R1的電流方向?yàn)樽韵露?br>B.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2Br2ω
C.理想電壓表的示數(shù)為16Br2ω
D.理想電流表的示數(shù)為4Br2ω3R
解析 由右手定則可知，輻條中心為電源的正極，圓環(huán)邊緣為電源的負(fù)極，因此通過(guò)R1的電流方向?yàn)樽韵露?，故A正確；由題意可知，始終有長(zhǎng)度為r的輻條在轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝Brv＝Br·12ωr＝12Br2ω，故B錯(cuò)誤；由題圖可知，在磁場(chǎng)內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于電源，磁場(chǎng)外部的半根輻條與R1并聯(lián)，則外電路電阻為R4，內(nèi)阻為R2，故理想電壓表的示數(shù)為ER2＋R4×R4＝16Br2ω，C正確；電路的總電流為I＝ER2＋R4＝4E3R＝2Br2ω3R，則理想電流表的示數(shù)為12·2Br2ω3R＝Br2ω3R，故D錯(cuò)誤.
5.[多選]如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.t＝0時(shí)對(duì)金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).已知通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.下列關(guān)于棒的運(yùn)動(dòng)速度v、閉合回路中磁通量的變化率ΔΦΔt、外力F以及通過(guò)R的電荷量q隨時(shí)間變化的圖像正確的是（ AB ）
圖甲 圖乙
A B C D
解析 根據(jù)題圖乙所示的I－t圖像可知I＝kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得I＝ER＋r＝kt，可推出E＝kt(R＋r)，而E＝ΔΦΔt，所以有ΔΦΔt＝kt(R＋r)，ΔΦΔt－t圖像是一條過(guò)原點(diǎn)且斜率大于零的直線，故B正確；因E＝Blv，所以v＝k(R＋r)Blt，v－t圖像是一條過(guò)原點(diǎn)且斜率大于零的直線，說(shuō)明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即v＝at，故A正確；對(duì)金屬棒在沿導(dǎo)軌方向有F－BIl－mg sin θ＝ma，而I＝BlvR＋r，v＝at，得到F＝B2l2atR＋r＋ma＋mg sin θ，可見(jiàn)F－t圖像是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點(diǎn)的直線，故C錯(cuò)誤；q＝IΔt＝ΔΦR＋r＝Bl·12at2R＋r＝Bla2(R＋r)t2，q－t圖像是一條開(kāi)口向上的拋物線，故D錯(cuò)誤.
6.如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以O(shè)為原點(diǎn)、水平向右為正方向建立x軸，在0≤x≤1.0m區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng).桌面上有一邊長(zhǎng)L＝0.5m、電阻R＝0.25Ω的正方形線框abcd，當(dāng)平行于磁場(chǎng)邊界的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，直到ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去外力.若以cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在0≤t≤1.0s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖2所示，在0≤t≤1.3s內(nèi)線框始終做勻速運(yùn)動(dòng).
（1）求外力F的大?。?br>（2）在1.0s≤t≤1.3s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系；
（3）求在0≤t≤1.3s內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量q.
圖1
圖2
答案 （1）0.0625N （2）B＝16－4t（T） （3）0.5C
解析 （1）t0＝0，B0＝0.25T
回路電流I＝B0LvR
安培力FA＝B02L2Rv
外力F＝FA＝0.0625N
（2）勻速出磁場(chǎng)，電流為0，磁通量不變，Φ1＝Φ
t1＝1.0s時(shí)，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2
t時(shí)刻，磁通量Φ＝BL[L－v（t－t1）]
得B＝16－4t（T）
（3）0≤t≤0.5s電荷量q1＝B0L2R＝0.25C
0.5s≤t≤1.0s電荷量q2＝B1L2－B0L2R＝0.25C
1.0s＜t≤1.3s，電荷量q3＝0
總電荷量q＝q1＋q2＋q3＝0.5C.
7.[導(dǎo)軌電阻不可忽略/2023河南信陽(yáng)檢測(cè)/多選]如圖甲所示，有兩根相同的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，與水平面的夾角為α＝37°，導(dǎo)軌間距為0.5m，上端用不計(jì)電阻的導(dǎo)線連接.兩導(dǎo)軌之間存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示.一電阻不計(jì)、質(zhì)量為0.02kg的導(dǎo)體棒在平行導(dǎo)軌方向的外力F作用下，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，從導(dǎo)軌頂端MP處由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向下做加速度大小為2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且垂直，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，導(dǎo)軌均勻，每米的電阻為0.25Ω，則（ AD ）
A.t＝1s時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為0.25V
B.t＝1s時(shí)，回路中的感應(yīng)電流為1A
C.t＝1s時(shí)，力F的大小為0.03N，方向平行導(dǎo)軌向下
D.0～1s內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體棒某一橫截面的電荷量為0.2C
解析 由題圖乙得，t時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.1＋0.1t(T)，導(dǎo)體棒的位移表達(dá)式為x＝12at2，磁通量Ф＝BLx＝0.05(t3＋t2) Wb，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝ΔФΔt，則回路中瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝120(3t2＋2t) V，當(dāng)t＝1 s時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝0.25 V，回路中的總電阻R＝2×0.25×12at2 Ω＝0.5 Ω，感應(yīng)電流I＝ER＝0.5 A，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)t＝1 s時(shí)，導(dǎo)體棒所受安培力大小FA＝BIL＝0.2×0.5×0.5 N＝0.05 N，根據(jù)牛頓第二定律有mg sin α－FA－F＝ma，解得F＝0.03 N，方向平行導(dǎo)軌向上，C錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝ΔФΔt，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝ER，流過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q＝IΔt，聯(lián)立得q＝ΔФR，代入數(shù)據(jù)解得q＝0.2 C，D正確.
8.[多選]如圖所示，倒U形光滑導(dǎo)軌DABC傾斜放置，傾角為α，MN、QH將導(dǎo)軌長(zhǎng)度均分為三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）.一金屬棒從MN上方靜止釋放，金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與AB平行，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，AB間電阻為R，金屬棒電阻為r，I為金屬棒中的電流，q為通過(guò)金屬棒的電荷量，U為金屬棒兩端的電壓，P為金屬棒中的電功率，若從金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列圖像中不可能正確的是（ AC ）
解析 如果電流減小，則表明金屬棒在做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力分析有BIL－mg sin α＝ma，隨著電流減小，加速度減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝BLvR＋r，則有ΔIΔt＝BLΔv(R＋r)Δt＝BLaR＋r，隨著加速度減小，I－t圖線的斜率減小，A錯(cuò)誤；如果金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其電流不變，根據(jù)q＝It可知，電荷量與時(shí)間成正比，B正確；如果路端電壓隨時(shí)間增大，則表明金屬棒在做加速運(yùn)動(dòng)，受力分析有mg sin α－BIL＝ma，隨著電壓增大，電流增大，加速度減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得U＝IR＝BLvR＋rR，則有ΔUΔt＝BLΔv(R＋r)ΔtR＝BLRaR＋r，隨著加速度減小，U－t圖線的斜率減小，但是開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)，路端電壓不為零，C錯(cuò)誤；如果金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其電流不變，根據(jù)P＝I2r可知，金屬棒的電功率不變，D正確.
9.[電磁感應(yīng)在生活中的應(yīng)用]有一種磁性加熱裝置，其關(guān)鍵部分由焊接在兩個(gè)等大的金屬圓環(huán)上的n根間距相等的平行金屬條組成“鼠籠”狀，如圖，每根金屬條的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，電阻為R，金屬圓環(huán)的直徑為D，電阻不計(jì).圖中虛線表示的空間范圍內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的寬度恰好等于“鼠籠”金屬條的間距，當(dāng)金屬圓環(huán)以角速度ω繞過(guò)兩圓環(huán)圓心的軸OO'旋轉(zhuǎn)時(shí)，始終有一根金屬條在垂直切割磁感線.“鼠籠”的轉(zhuǎn)動(dòng)由一臺(tái)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，這套加熱裝置的效率為η.求：
（1）在磁場(chǎng)中正在切割磁感線的那根金屬條上通過(guò)的電流.
（2）在磁場(chǎng)中正在切割磁感線的那根金屬條受到的安培力大小和電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率.
答案 （1）（n－1）BLDω2nR （2）（n－1）B2L2Dω2nR （n－1）B2L2D2ω24nηR
解析 （1）處于磁場(chǎng)中的金屬條切割磁感線的線速度為
v＝12Dω
產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
E＝BLv＝12BLDω
整個(gè)電路在每一時(shí)刻的總電阻為R總＝R＋Rn－1＝nRn－1
在磁場(chǎng)中正在切割磁感線的那根金屬條上通過(guò)的電流為
I＝ER總＝（n－1）BLDω2nR
（2）這根金屬條受到的安培力大小
F安＝BIL＝（n－1）B2L2Dω2nR
故電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為
P＝P熱η＝I2R總η＝（n－1）B2L2D2ω24nηR.
10.[由金屬棒運(yùn)動(dòng)反推B－t圖像問(wèn)題/2023江蘇蘇州模擬]如圖所示，光滑金屬架CDEF傾斜固定放置，空間有足夠大的磁場(chǎng)垂直穿過(guò)金屬架平面.在金屬架上離頂端DE邊一定距離處，將一金屬棒沿垂直于金屬架傾斜方向無(wú)初速度釋放，通過(guò)改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，可使金屬棒在下滑過(guò)程中回路中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則下列四幅圖中，符合該過(guò)程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化規(guī)律的是（ B ）
解析 金屬棒下滑過(guò)程中回路中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬棒不會(huì)受到安培力作用，金屬棒沿金屬架向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，通過(guò)回路的磁通量Φ不變，即Φ＝(12at2＋h)bB，其中a為金屬棒的加速度大小，h為金屬棒釋放位置與頂端DE邊的距離，b為DE邊的長(zhǎng)度，可知B＝Φ(12at2＋h)b，當(dāng)t逐漸增大時(shí)，B趨向于0.故選B.
11.[動(dòng)生與感生電動(dòng)勢(shì)綜合]如圖所示，光滑的足夠長(zhǎng)的平行水平金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距l(xiāng)，在M、P和N、Q間各連接一個(gè)額定電壓為U、阻值恒為R的燈泡L1、L2，在兩導(dǎo)軌間cdfe矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面豎直向上、寬為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，且磁場(chǎng)區(qū)域可以移動(dòng)，一電阻也為R、長(zhǎng)度大小也剛好為l的導(dǎo)體棒ab垂直固定在磁場(chǎng)左邊的導(dǎo)軌上，離燈泡L1足夠遠(yuǎn).現(xiàn)讓勻強(qiáng)磁場(chǎng)在導(dǎo)軌間以某一恒定速度向左移動(dòng)，當(dāng)棒ab剛處于磁場(chǎng)時(shí)兩燈泡恰好正常工作.棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸且垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì).
（1）求磁場(chǎng)移動(dòng)的速度.
（2）若保持磁場(chǎng)不移動(dòng)（仍在cdfe矩形區(qū)域），而使磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化，兩燈泡中有一燈泡正常工作且都有電流通過(guò)，設(shè)t＝0時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.試求出經(jīng)過(guò)時(shí)間t時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能值Bt.
答案 （1）3UB0l （2）B0±3U2ldt
解析 （1）當(dāng)棒ab剛處于磁場(chǎng)時(shí)，棒ab切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，燈泡剛好正常工作，則電路中路端電壓U外＝U
由電路的分壓規(guī)律得U內(nèi)＝2U
則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝U外＋U內(nèi)＝3U
由E＝B0lv＝3U
可得v＝3UB0l
（2）若保持磁場(chǎng)不移動(dòng)（仍在cdfe矩形區(qū)域），而使磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化，可得棒ab與L1并聯(lián)后再與L2串聯(lián)，則正常工作的燈泡為L(zhǎng)2，所以L2兩端的電壓為U，電路中的總電動(dòng)勢(shì)為
E＝U＋U2＝3U2
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtld
聯(lián)立解得ΔBΔt＝3U2ld
所以經(jīng)過(guò)時(shí)間t時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能值Bt＝B0±3U2ldt.核心考點(diǎn)
五年考情
命題分析預(yù)測(cè)
電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題
2023：廣東T14；
2022：全國(guó)甲T16，全國(guó)甲T20；
2021：上海T20，浙江1月T21；
2020：浙江7月T12
高考對(duì)本專題的考查主要有電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題和圖像問(wèn)題，選擇題和計(jì)算題都有涉及，難度中等.針對(duì)2025年高考，與電磁感應(yīng)相關(guān)的電路結(jié)構(gòu)分析與計(jì)算類試題要重視.
電磁感應(yīng)中電荷量的計(jì)算
2023：浙江1月T19；
2022：湖南T10；
2019：上海T19
電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題
2023：浙江1月T7；
2022：河北T8；
2020：山東T12；
2019：全國(guó)ⅠT20，全國(guó)ⅡT21

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