專題二十　電磁感應中的電路和圖像問題-2025屆高中物理

第十二章電磁感應專題二十電磁感應中的電路和圖像問題核心考點五年考情命題分析預測電磁感應中的電路問題2023：廣東T14；2022：全國甲T16，全國甲T20；2021：上海T20，浙江1月T21；2020：浙江7月T12高考對本專題的考查主要有電磁感應中的電路問題和圖像問題，選擇題和計算題都有涉及，難度中等.針對2025年高考，與電磁感應相關的電路結構分析與計算類試題要重視.電磁感應中電荷量的計算2023：浙江1月T19；2022：湖南T10；2019：上海T19電磁感應中的圖像問題2023：浙江1月T7；2022：河北T8；2020：山東T12；2019：全國ⅠT20，全國ⅡT21題型1電磁感應中的電路問題1.對電磁感應電路的理解（1）做切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的回路相當于電源.（2）在電磁感應電路中，相當于電源的部分把其他形式的能轉化為電能.（3）電源兩端的電壓為路端電壓，而不是感應電動勢.（4）電源的正負極、感應電流的方向、電勢的高低、電容器極板帶電問題，均可用楞次定律或右手定則判定.（5）電源與外電路構成閉合電路，具有電路的共性，滿足電路的普遍規(guī)律.2.分析電磁感應電路問題的基本思路命題點1動生電動勢的電路問題1.[多選]如圖，PAQ為一段固定于水平面上的光滑圓弧導軌，圓弧的圓心為O，半徑為L.空間存在垂直于導軌平面向下，磁感應強度大小為B的勻強磁場.電阻為R的金屬桿OA與導軌接觸良好，圖中電阻R1＝R2＝R，其余電阻不計.現(xiàn)使OA桿在外力作用下以恒定角速度ω繞圓心O順時針轉動，在其轉過π3的過程中，下列說法正確的是（AD）A.通過電阻R1的電流方向為P→R1→OB.A、O兩點間的電勢差為BωC.通過OA桿的電荷量為πD.外力做的功為π解析由右手定則判斷出OA中電流方向由O→A，可知通過電阻R1的電流方向為

P→R1→O，故A正確；OA桿產生的感應電動勢為E＝BωL22，將OA桿當成電源，外部電路R1與R2并聯(lián)，則A、O兩點間的電勢差為U＝ER＋R2·R2＝BωL26，故B錯誤；通過OA桿的電流為I＝ER＋R2＝BωL23R，轉過π3角度所用時間為t＝π3ω＝π方法點撥電磁感應電路中的等效問題命題點2感生電動勢的電路問題2.[2022全國甲]三個用同樣的細導線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長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相等，如圖所示.把它們放入磁感應強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應電流的大小分別為I1、I2和I3.則（C）A.I1＜I3＜I2 B.I1＞I3＞I2C.I1＝I2＞I3 D.I1＝I2＝I3解析設線框的面積為S，周長為L，細導線的截面積為S'，由法拉第電磁感應定律可知，線框中感應電動勢E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，而線框的總電阻R＝ρLS'，所以線框中感應電流I＝ER＝SS'ΔBρLΔt.由于三個線框處于同一線性變化的磁場中，且繞制三個線框的細導線相同，設正方形線框的邊長為l，則三個線框的面積分別為S1＝l2，S2＝π4l2，S3＝338l2，三個線框的周長分別為L1＝4l，L2＝πl(wèi)，L3＝3l，則I1∶I2∶命題點3含容電路問題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)內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場.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電轉軸OO'上，隨軸以角速度ω勻速轉動，在圓環(huán)的A點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狀態(tài).已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是（B）A.棒產生的電動勢為12Bl2B.微粒的電荷量與質量之比為2C.電阻消耗的電功率為πD.電容器所帶的電荷量為CBr2ω解析金屬棒產生的電動勢為E＝Br·12ωr＝12Br2ω，A錯誤；金屬棒的電阻不計，故電容器兩極板間的電壓等于棒產生的電動勢，微粒的重力與其受到的電場力大小相等，有mg＝qEd，可得qm＝2gdBr2ω，B正確；電阻消耗的電功率P＝E2R＝B2r4ω方法點撥“三步走”分析電磁感應的電路問題題型2電磁感應中電荷量的計算在電磁感應現(xiàn)象中，只要穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，閉合回路中就會產生感應電流.4.如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心.軌道的電阻忽略不計.OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，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磁場，磁感應強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定（過程Ⅰ）；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B'（過程Ⅱ）.在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則B'B等于（BA.54 B.32 C.74 解析設OM的電阻為R，過程Ⅰ，OM轉動的過程中產生的感應電動勢為E1＝ΔΦ1Δt1＝B·ΔSΔt1＝B·14πl(wèi)2Δt1＝πBl24Δt1，通過OM的電流為I1＝E1R＝πBl24RΔt1，則通過OM的電荷量為q1＝I1·Δt1＝πBl24R；過程Ⅱ，磁場的磁感應強度大小均勻增加，則該過程中產生的感應電動勢為E題型3電磁感應中的圖像問題命題點1根據(jù)給定的電磁感應過程選擇圖像5.[2022河北/多選]如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，一根導軌位于x軸上，另一根由ab、bc、cd三段直導軌組成，其中bc段與x軸平行，導軌左端接入一電阻R.導軌上一金屬棒MN沿x軸正向以速度v0保持勻速運動，t＝0時刻通過坐標原點O，金屬棒始終與x軸垂直.設運動過程中通過電阻的電流為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，導軌與金屬棒接觸良好，忽略導軌與金屬棒的電阻.下列圖像可能正確的是（AC） AB CD解析設aO＝l0，ab所在直線與x軸的夾角為α，則金屬棒勻速運動時產生的感應電動勢為E＝Blv0，感應電流為i＝ER＝Blv0R，0～L的過程中l(wèi)＝l0＋v0ttanα，整理得i＝Bl0v0R＋Bv02tanαRt，則回路中的感應電流隨時間均勻增大，同理分析可知L～2L的過程中感應電流大小不變，2L～3L的過程中感應電流隨時間均勻減小，又U＝iR，故A正確，D錯誤；金屬棒在O點時所受的安培力大小不為零，B錯誤；金屬棒克服安培力做功的功率P＝FAv0＝Bilv0，可知金屬棒在0～L[光速解法]本題還可以用排除法快速解題！由于t＝0時金屬棒中的感應電流不為零，則所受的安培力不為零，B錯誤；金屬棒勻速運動，在0～Lv0時間內有效切割長度均勻增大，則金屬棒產生的感應電動勢均勻增大，電阻兩端的電壓均勻增大，D方法點撥選擇圖像或畫出圖像的常用方法1.排除法：定性分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢（增大還是減?。?、變化快慢（均勻變化還是非均勻變化），特別是分析物理量的正負、圖線中的特殊值等，以排除錯誤的選項.2.函數(shù)法：根據(jù)題目給定條件定量寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖像進行分析和判斷.命題點2根據(jù)給定的圖像分析電磁感應相關問題6.[2023全國甲/多選]一有機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)讓一個很小的強磁體在玻璃管內沿軸線從上端口由靜止下落，電流傳感器測得線圈中電流I隨時間t的變化如圖（b）所示.則（AD）A.小磁體在玻璃管內下降速度越來越大B.下落過程中，小磁體的N極、S極上下顛倒了8次C.下落過程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D.與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，磁通量變化率的最大值更大解析對于小磁體，可以忽略其與較遠線圈的電磁感應現(xiàn)象，只考慮與最近一匝線圈的電磁感應，則由圖（b）可知，小磁體依次通過每匝線圈時產生的感應電流最大值逐漸增大，結合法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可知，小磁體通過每匝線圈時的磁通量變化率越來越大，即小磁體在玻璃管內下降的速度越來越大，A正確；由楞次定律可知，下落過程中，小磁體的N極、S極沒有上下顛倒，B錯誤；小磁體下落過程中，線圈中的電流大小不斷變化，產生的磁場強弱不斷變化，故小磁體受到的電磁阻力并不是始終保持不變的，C錯誤；由圖（b）可知，與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，感應電流的最大值更大，故磁通量變化率的最大值更大，D正確.命題點3電磁感應現(xiàn)象中的圖像轉換7.在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖甲所示，當磁場的磁感應強度B隨時間t按圖乙變化時，下列選項中能正確表示線圈中感應電動勢E變化的是（A）ABCD解析由圖乙知，0～1s內磁通量向上均勻增大，根據(jù)楞次定律知，感應電流方向為正；1～3s內磁通量不變，故感應電動勢為0；3～5s內磁通量向上均勻減小，由楞次定律知，感應電流方向為負.由法拉第電磁感應定律知，感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，所以3～5s內的感應電動勢是0～1s內的感應電動勢的12，故A正確8.[2023上海]如圖甲所示，有一光滑導軌處于勻強磁場中，一導體棒垂直置于導軌上，對其施加外力，安培力變化如圖乙所示，取向右為正方向，則外力隨時間變化的圖像為（C）圖甲圖乙ABCD解析導體棒切割磁感線，當速度為v時產生的感應電動勢為E＝BLv，導體棒所受安培力為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，故導體棒做勻變速運動，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時刻安培力為零，導體棒所受外力F＝ma，則t01.[電磁感應中的圖像問題/2023浙江1月]如圖甲所示，一導體桿用兩條等長細導線懸掛于水平軸OO'，接入電阻R構成回路.導體桿處于豎直向上的勻強磁場中，將導體桿從豎直位置拉開小角度θ靜止釋放，導體桿開始下擺.當R＝R0時，導體桿振動圖像如圖乙所示.若橫縱坐標皆采用圖乙標度，則當R＝2R0時，導體桿振動圖像是（B）ABCD解析導體桿擺動時切割磁感線，產生感應電流，受安培力，安培力起阻力作用，故導體桿的振動為阻尼振動.由垂直于磁感線方向的速度大小相同時電阻變大→電流變小→安培力（阻力）變小可知，當R從R0變?yōu)?R0時，導體桿振幅的衰減速度變慢，B正確，A、C、D錯誤.一題多解本題也可以用極限法進行分析.當電阻無窮大時，回路中無電流，導體桿做簡諧運動，其振動圖像為選項A.所以電阻變?yōu)?倍時振動圖像應為從圖乙變?yōu)檫x項A的中間態(tài)，B正確，A、C、D錯誤.2.[電磁感應中的圖像問題/2020山東/多選]如圖所示，平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，圖中虛線方格為等大正方形.一位于Oxy平面內的剛性導體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動（不發(fā)生轉動）.從圖示位置開始計時，4s末bc邊剛好進入磁場.在此過程中，導體框內感應電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時間t的關系圖像可能正確的是（BC）ABCD解析第1s內，ae邊切割磁感線，由E＝BLv可知，感應電動勢不變，導體框總電阻一定，故感應電流一定，由安培力F＝BIL可知ab邊所受安培力與ab邊進入磁場的長度成正比；第2s內，導體框切割磁感線的有效長度均勻增大，感應電動勢均勻增大，感應電流均勻增大；第3～4s內，導體框在第二象限內切割磁感線的有效長度保持不變，在第一象限內切割磁感線的有效長度不斷增大，但兩象限磁場方向相反，導體框的兩部分感應電動勢方向相反，所以第2s末感應電動勢達到最大，之后便不斷減小，第3s末與第1s末，導體框切割磁感線的有效長度相同，可知第3s末與第1s末線框中產生的感應電流大小相等，A錯誤，B正確.但第3s末ab邊進入磁場的長度是第1s末的3倍，即ab邊第3s末所受安培力的大小等于第1s末所受安培力大小的3倍，C正確，D錯誤.3.[電磁感應中的電路問題/2022湖南/多選]如圖，間距L＝1m的U形金屬導軌，一端接有0.1Ω的定值電阻R，固定在高h＝0.8m的絕緣水平桌面上.質量均為0.1kg的勻質導體棒a和b靜止在導軌上，兩導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，接入電路的阻值均為0.1Ω，與導軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導體棒a距離導軌最右端1.74m.整個空間存在豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為0.1T.用F＝0.5N沿導軌水平向右的恒力拉導體棒a，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，撤去F，導體棒a離開導軌后落到水平地面上.重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是（BD）A.導體棒a離開導軌至落地過程中，水平位移為0.6mB.導體棒a離開導軌至落地前，其感應電動勢不變C.導體棒a在導軌上運動的過程中，導體棒b有向右運動的趨勢D.導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C解析導體棒a向右運動時，由楞次定律可知，導體棒b有向左運動的趨勢，C錯誤；設導體棒a運動到導軌最右端時的速度為v0，此時導體棒a切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv0，回路中的感應電流I＝ER總.R總＝0.12Ω＋0.1Ω＝0.15Ω，此時導體棒b所受安培力為F安＝BI2L，導體棒b剛要滑動，故所受靜摩擦力Ff達到最大值，此時F安＝Ffm＝μmg，聯(lián)立以上各式解得v0＝3m/s，導體棒a離開導軌至落地過程做平拋運動，有h＝12gt2，x＝v0t，解得x＝1.2m，A錯誤；磁場方向豎直向下，導體棒a離開導軌后在水平方向做勻速直線運動，可知導體棒a平拋過程中感應電動勢不變，B正確；導體棒a在導軌上運動過程中，平均感應電動勢為E＝ΔΦΔt，回路中平均感應電流I＝ER總，通過導體棒a的電荷量q＝IΔt，聯(lián)立三式解得q＝ΔΦR總＝BLxR總＝4.[電磁感應中電荷量與感應電流的計算/2023浙江1月]如圖1所示，剛性導體線框由長為L、質量均為m的兩根豎桿，與長為2l的兩輕質橫桿組成，且L?2l.線框通有恒定電流I0，可以繞其中心豎直軸轉動.以線框中心O為原點、轉軸為z軸建立直角坐標系，在y軸上距離O為a處，固定放置一半徑遠小于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，通電線框繞轉軸以角速度ω勻速轉動，當線框平面與xOz平面重合時為計時零點，圓環(huán)處的磁感應強度的y分量By與時間的近似關系如圖2所示，圖中B0已知.（1）求0到πω時間內，流過圓環(huán)橫截面的電荷量q（2）沿y軸正方向看以逆時針為電流正方向，在0～2π3（3）求圓環(huán)中電流的有效值；（4）當撤去外力，線框將緩慢減速，經πω時間角速度減小量為Δω（Δωω?1），設線框與圓環(huán)的能量轉換效率為k，求Δω的值.[當0＜x?1，有（1－x）2≈1－答案（1）2B0SR（2）0≤t≤π3ω時，I1＝0；π3ω＜t≤2π3ω時，I2＝－6解析（1）磁通量Φ＝ByS感應電動勢E＝ΔΦΔt則q＝ERΔt＝（2）感應電流i＝ΔΦΔt·0≤t≤π3ω時，I1π3ω＜t≤2π3ω時，（3）由有效值定義可得I22R×2π3ω＝解得I有＝2（4）根據(jù)題意，有12×2m（ωl）2－12×2m（ω－Δω）2l2＝1k解得Δω＝6B5.[電磁感應中的電路問題/2023廣東]光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強磁場，磁場被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為h，其俯視圖如圖（a）所示，兩磁場的磁感應強度隨時間t的變化圖線如圖（b）所示，0～τ時間內，兩區(qū)域磁場恒定，方向相反，磁感應強度大小分別為2B0和B0，一電阻為R，邊長為h的剛性正方形金屬線框abcd，平放在水平面上，ab、cd邊與磁場邊界平行.t＝0時，線框ab邊剛好跨過區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度v向右運動.在τ時刻，ab邊運動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界h2處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖（a）中的虛線框所示.隨后在τ～2τ時間內，Ⅰ區(qū)磁感應強度線性減小到0，Ⅱ區(qū)磁場保持不變；2τ～3τ時間內，Ⅱ區(qū)磁感應強度也線性減小到0.圖（a）圖（b）（1）t＝0時，線框所受的安培力F；（2）t＝1.2τ時，穿過線框的磁通量Φ；（3）2τ～3τ時間內，線框中產生的熱量Q.答案（1）9B02h2vR，方向水平向左（2）0.3B0解析（1）t＝0時，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則回路中的感應電動勢為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電流為I0＝E0R，解得I0由左手定則可得線框ab邊和cd邊在磁場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＝6cd邊所受的安培力大小為Fcd＝B0I0h＝3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＝9方向水平向左（2）τ～2τ時間內，區(qū)域Ⅰ中的磁感應強度線性減小，根據(jù)圖3的相似三角形可知圖32B0τ＝B10.8區(qū)域Ⅱ中的磁感應強度恒為B0，以垂直紙面向里為正，則在t＝1.2τ時刻，線框中的磁通量為Φ＝1.6B0·h2·h－B0·h2·h＝0.3B0（3）2τ～3τ時間內，區(qū)域Ⅱ中的磁感應強度線性減小，線框的一半在區(qū)域Ⅱ中產生感應電動勢，大小為E＝ΔΦΔt＝B0τ·h又線框為純電阻電路，故線框中產生的焦耳熱為Q＝E2Rτ，解得Q＝1.[2024四川內江模擬]如圖所示，正方形線圈MOO'N處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與水平面的夾角為30°，線圈的邊長為L，總電阻為R，匝數(shù)為n.在線圈從豎直面繞OO'順時針轉至水平面的過程中，通過導線橫截面的電荷量為（A）A.（3B.（C.（D.（解析根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝nΔΦΔt，I＝ER，q＝I·Δt，解得q＝nΔΦR，又因為

ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2sin30°，Φ1＝－BL2cos30°，聯(lián)立解得q＝2.[多選]如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1（0≤R1≤2R）.框內存在著豎直向下的勻強磁場.一長為L、電阻為R的導體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動，金屬框電阻不計，運動過程中導體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是（AD）A.ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B.左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應電動勢大小為2BLvC.當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導體棒兩端的電壓為BLvD.當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R2時，滑動變阻器有最大電功率，且為解析根據(jù)楞次定律可知，ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，電路中的感應電動勢E＝BLv，故B錯誤；當R1＝R時，外電路總電阻R外＝R2，故導體棒兩端的電壓即路端電壓為13BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內阻(導體棒電阻)為R，求解滑動變阻器的最大電功率時，可以將導體棒和定值電阻R看成新的等效電源，等效內阻為R2，故當R1＝R2時，等效電源輸出功率最大，則滑動變阻器的最大電功率Pm＝UR12R3.[2023重慶四區(qū)調研]如圖所示，一個平行于紙面的等腰直角三角形導線框，水平向右勻速運動，穿過寬度為d的勻強磁場區(qū)域，三角形兩直角邊長度為2d，線框中產生隨時間變化的感應電流i，規(guī)定逆時針方向為感應電流的正方向，下列圖像正確的是（A）解析在0～dv時間內，穿過線框的磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律可知，感應電流的磁場向外，因此感應電流沿逆時針方向.隨著線框的運動，線框切割磁感線的有效長度均勻減小，產生的感應電動勢均勻減小，感應電流均勻減??；在dv～2dv時間內，穿過線框的磁通量向里減少，根據(jù)楞次定律知，感應電流的磁場向里，因此感應電流沿順時針方向，隨著線框的運動，穿過線框的磁通量均勻減少，產生的感應電流不變；在24.[情境創(chuàng)新：輻條＋導體圓環(huán)/2024河北廊坊模擬/多選]如圖所示，一不計電阻的導體圓環(huán)半徑為r，圓心在O點，過圓心放置一長度為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強度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場中，磁場邊界恰與圓環(huán)水平直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點逆時針轉動，右側電路通過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)，不計其他電阻，則下列說法正確的是（ACA.通過R1的電流方向為自下而上B.感應電動勢大小為2Br2ωC.理想電壓表的示數(shù)為16Br2D.理想電流表的示數(shù)為4解析由右手定則可知，輻條中心為電源的正極，圓環(huán)邊緣為電源的負極，因此通過R1的電流方向為自下而上，故A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉動切割磁感線，因此感應電動勢大小為E＝Brv＝Br·12ωr＝12Br2ω，故B錯誤；由題圖可知，在磁場內部的半根輻條相當于電源，磁場外部的半根輻條與R1并聯(lián)，則外電路電阻為R4，內阻為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＋5.[多選]如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中.t＝0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，金屬棒電阻為r，導軌電阻忽略不計.已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示.下列關于棒的運動速度v、閉合回路中磁通量的變化率ΔΦΔt、外力F以及通過R的電荷量q隨時間變化的圖像正確的是（圖甲圖乙ABCD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圖像是一條過原點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圖像是一條過原點且斜率大于零的直線，說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即v＝at，故A正確；對金屬棒在沿導軌方向有F－BIl－mgsinθ＝ma，而I＝BlvR＋r，v＝at，得到F＝B2l2atR＋r＋ma＋mgsinθ，可見F－6.如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以O為原點、水平向右為正方向建立x軸，在0≤x≤1.0m區(qū)域內存在方向豎直向上的勻強磁場.桌面上有一邊長L＝0.5m、電阻R＝0.25Ω的正方形線框abcd，當平行于磁場邊界的cd邊進入磁場時，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做勻速運動，直到ab邊進入磁場時撤去外力.若以cd邊進入磁場時作為計時起點，在0≤t≤1.0s內磁感應強度B的大小與時間t的關系如圖2所示，在0≤t≤1.3s內線框始終做勻速運動.（1）求外力F的大小；（2）在1.0s≤t≤1.3s內存在連續(xù)變化的磁場，求磁感應強度B的大小與時間t的關系；（3）求在0≤t≤1.3s內通過導線橫截面的電荷量q.圖1圖2答案（1）0.0625N（2）B＝16－4t（T）解析（1）t0＝0，B0＝0.25T回路電流I＝B安培力FA＝B0外力F＝FA＝0.0625N（2）勻速出磁場，電流為0，磁通量不變，Φ1＝Φt1＝1.0s時，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2t時刻，磁通量Φ＝BL[L－v（t－t1）]得B＝16－4（3）0≤t≤0.5s電荷量q1＝B0L0.5s≤t≤1.0s電荷量q2＝B1L1.0s＜t≤1.3s，電荷量q3＝0總電荷量q＝q1＋q2＋q3＝0.5C.7.[導軌電阻不可忽略/2023河南信陽檢測/多選]如圖甲所示，有兩根相同的光滑平行金屬導軌MN、PQ，與水平面的夾角為α＝37°，導軌間距為0.5m，上端用不計電阻的導線連接.兩導軌之間存在方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.一電阻不計、質量為0.02kg的導體棒在平行導軌方向的外力F作用下，從t＝0時刻開始，從導軌頂端MP處由靜止開始沿導軌向下做加速度大小為2m/s2的勻加速直線運動，導體棒運動過程中始終與導軌接觸良好且垂直，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，導軌均勻，每米的電阻為0.25Ω，則（AD）A.t＝1s時，回路中的感應電動勢大小為0.25VB.t＝1s時，回路中的感應電流為1AC.t＝1s時，力F的大小為0.03N，方向平行導軌向下D.0～1s內通過導體棒某一橫截面的電荷量為0.2C解析由題圖乙得，t時刻磁感應強度大小B＝0.1＋0.1t(T)，導體棒的位移表達式為x＝12at2，磁通量Ф＝BLx＝0.05(t3＋t2)Wb，根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝ΔФΔt，則回路中瞬時感應電動勢大小E＝120(3t2＋2t)V，當t＝1s時，回路中的感應電動勢E＝0.25V，回路中的總電阻R＝2×0.25×12at2Ω＝0.5Ω，感應電流I＝ER＝0.5A，A正確，B錯誤；當t＝1s時，導體棒所受安培力大小FA＝BIL＝0.2×0.5×0.5N＝0.05N，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα－FA－F＝ma，解得F＝0.03N，方向平行導軌向上，C錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝ΔФΔt，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝ER，流過導體棒橫截面的電荷量q＝IΔt，聯(lián)立得8.[多選]如圖所示，倒U形光滑導軌DABC傾斜放置，傾角為α，MN、QH將導軌長度均分為三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場（圖中未畫出）.一金屬棒從MN上方靜止釋放，金屬棒向下運動的過程中始終與導軌接觸良好且與AB平行，不計導軌電阻，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，若從金屬棒剛進入磁場開始計時，它在磁場中運動的過程中，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動，根據(jù)受力分析有BIL－mgsinα＝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錯誤；如果金屬棒進入磁場時，安培力與重力沿導軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運動，其電流不變，根據(jù)q＝It可知，電荷量與時間成正比，B正確；如果路端電壓隨時間增大，則表明金屬棒在做加速運動，受力分析有mgsinα－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＝BL9.[電磁感應在生活中的應用]有一種磁性加熱裝置，其關鍵部分由焊接在兩個等大的金屬圓環(huán)上的n根間距相等的平行金屬條組成“鼠籠”狀，如圖，每根金屬條的長度為L，電阻為R，金屬圓環(huán)的直徑為D，電阻不計.圖中虛線表示的空間范圍內存在著磁感應強度為B的勻