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备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十二章电磁感应专题二十电磁感应中的电路和图像问题
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十二章电磁感应专题二十电磁感应中的电路和图像问题，共9页。试卷主要包含了[情境创新，0625N 0等内容，欢迎下载使用。
1.[2024四川内江模拟]如图所示，正方形线圈MOO'N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°，线圈的边长为L，总电阻为R，匝数为n.在线圈从竖直面绕OO'顺时针转至水平面的过程中，通过导线横截面的电荷量为（ A ）
A.（3+1）nBL22R
B.（3+1）n2BL22R
C.（3－1）nBL22R
D.（3－1）n2BL22R
解析 根据法拉第电磁感应定律得E＝nΔΦΔt，I＝ER，q＝I·Δt，解得q＝nΔΦR，又因为
ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2 sin 30°，Φ1＝－BL2 cs 30°，联立解得q＝(3+1)nBL22R，故A
正确.
2.[多选]如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1（0≤R1≤2R）.框内存在着竖直向下的匀强磁场.一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，运动过程中导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是（ AD ）
A.ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针
B.左右两个闭合区域的磁通量都在变化，且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv
C.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLv
D.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R2时，滑动变阻器有最大电功率，且为B2L2v28R
解析 根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝R2，故导体棒两端的电压即路端电压为13BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻(导体棒电阻)为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和定值电阻R看成新的等效电源，等效内阻为R2，故当R1＝R2时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝UR12R1＝(14E)2R2＝B2L2v28R，故D正确.
3.[2023重庆四区调研]如图所示，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，水平向右匀速运动，穿过宽度为d的匀强磁场区域，三角形两直角边长度为2d，线框中产生随时间变化的感应电流i，规定逆时针方向为感应电流的正方向，下列图像正确的是（ A ）
解析 在0～dv时间内，穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向外，因此感应电流沿逆时针方向.随着线框的运动，线框切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；在dv～2dv时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流的磁场向里，因此感应电流沿顺时针方向，随着线框的运动，穿过线框的磁通量均匀减少，产生的感应电流不变；在2dv～3dv时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流的磁场向里，因此感应电流沿顺时针方向，随着线框的运动，线框切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小，故选A.
4.[情境创新：辐条＋导体圆环/2024河北廊坊模拟/多选]如图所示，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，磁场边界恰与圆环水平直径在同一直线上，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圆环的边缘相接触，电阻R1＝R2，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列说法正确的是（ AC ）
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16Br2ω
D.理想电流表的示数为4Br2ω3R
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，故A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁感线，因此感应电动势大小为E＝Brv＝Br·12ωr＝12Br2ω，故B错误；由题图可知，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，则外电路电阻为R4，内阻为R2，故理想电压表的示数为ER2＋R4×R4＝16Br2ω，C正确；电路的总电流为I＝ER2＋R4＝4E3R＝2Br2ω3R，则理想电流表的示数为12·2Br2ω3R＝Br2ω3R，故D错误.
5.[多选]如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示.下列关于棒的运动速度v、闭合回路中磁通量的变化率ΔΦΔt、外力F以及通过R的电荷量q随时间变化的图像正确的是（ AB ）
图甲 图乙
A B C D
解析 根据题图乙所示的I－t图像可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得I＝ER＋r＝kt，可推出E＝kt(R＋r)，而E＝ΔΦΔt，所以有ΔΦΔt＝kt(R＋r)，ΔΦΔt－t图像是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确；因E＝Blv，所以v＝k(R＋r)Blt，v－t图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说明金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v＝at，故A正确；对金属棒在沿导轨方向有F－BIl－mg sin θ＝ma，而I＝BlvR＋r，v＝at，得到F＝B2l2atR＋r＋ma＋mg sin θ，可见F－t图像是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C错误；q＝IΔt＝ΔΦR＋r＝Bl·12at2R＋r＝Bla2(R＋r)t2，q－t图像是一条开口向上的抛物线，故D错误.
6.如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场.桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力.若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动.
（1）求外力F的大小；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在0≤t≤1.3s内通过导线横截面的电荷量q.
图1
图2
答案 （1）0.0625N （2）B＝16－4t（T） （3）0.5C
解析 （1）t0＝0，B0＝0.25T
回路电流I＝B0LvR
安培力FA＝B02L2Rv
外力F＝FA＝0.0625N
（2）匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，Φ1＝Φ
t1＝1.0s时，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v（t－t1）]
得B＝16－4t（T）
（3）0≤t≤0.5s电荷量q1＝B0L2R＝0.25C
0.5s≤t≤1.0s电荷量q2＝B1L2－B0L2R＝0.25C
1.0s＜t≤1.3s，电荷量q3＝0
总电荷量q＝q1＋q2＋q3＝0.5C.
7.[导轨电阻不可忽略/2023河南信阳检测/多选]如图甲所示，有两根相同的光滑平行金属导轨MN、PQ，与水平面的夹角为α＝37°，导轨间距为0.5m，上端用不计电阻的导线连接.两导轨之间存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.一电阻不计、质量为0.02kg的导体棒在平行导轨方向的外力F作用下，从t＝0时刻开始，从导轨顶端MP处由静止开始沿导轨向下做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，导体棒运动过程中始终与导轨接触良好且垂直，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，导轨均匀，每米的电阻为0.25Ω，则（ AD ）
A.t＝1s时，回路中的感应电动势大小为0.25V
B.t＝1s时，回路中的感应电流为1A
C.t＝1s时，力F的大小为0.03N，方向平行导轨向下
D.0～1s内通过导体棒某一横截面的电荷量为0.2C
解析 由题图乙得，t时刻磁感应强度大小B＝0.1＋0.1t(T)，导体棒的位移表达式为x＝12at2，磁通量Ф＝BLx＝0.05(t3＋t2) Wb，根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔФΔt，则回路中瞬时感应电动势大小E＝120(3t2＋2t) V，当t＝1 s时，回路中的感应电动势E＝0.25 V，回路中的总电阻R＝2×0.25×12at2Ω＝0.5 Ω，感应电流I＝ER＝0.5 A，A正确，B错误；当t＝1 s时，导体棒所受安培力大小FA＝BIL＝0.2×0.5×0.5 N＝0.05 N，根据牛顿第二定律有mg sin α－FA－F＝ma，解得F＝0.03 N，方向平行导轨向上，C错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝ΔФΔt，根据闭合电路欧姆定律I＝ER，流过导体棒横截面的电荷量q＝IΔt，联立得q＝ΔФR，代入数据解得q＝0.2 C，D正确.
8.[多选]如图所示，倒U形光滑导轨DABC倾斜放置，倾角为α，MN、QH将导轨长度均分为三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场（图中未画出）.一金属棒从MN上方静止释放，金属棒向下运动的过程中始终与导轨接触良好且与AB平行，不计导轨电阻，AB间电阻为R，金属棒电阻为r，I为金属棒中的电流，q为通过金属棒的电荷量，U为金属棒两端的电压，P为金属棒中的电功率，若从金属棒刚进入磁场开始计时，它在磁场中运动的过程中，下列图像中不可能正确的是（ AC ）
解析 如果电流减小，则表明金属棒在做减速运动，根据受力分析有BIL－mg sin α＝ma，随着电流减小，加速度减小，根据闭合电路的欧姆定律得I＝BLvR＋r，则有ΔIΔt＝BLΔv(R＋r)Δt＝BLaR＋r，随着加速度减小，I－t图线的斜率减小，A错误；如果金属棒进入磁场时，安培力与重力沿导轨方向的分力平衡，则金属棒做匀速直线运动，其电流不变，根据q＝It可知，电荷量与时间成正比，B正确；如果路端电压随时间增大，则表明金属棒在做加速运动，受力分析有mg sin α－BIL＝ma，随着电压增大，电流增大，加速度减小，根据闭合电路的欧姆定律得U＝IR＝BLvR＋rR，则有ΔUΔt＝BLΔv(R＋r)ΔtR＝BLRaR＋r，随着加速度减小，U－t图线的斜率减小，但是开始计时时，路端电压不为零，C错误；如果金属棒进入磁场时，安培力与重力沿导轨方向的分力平衡，则金属棒做匀速直线运动，其电流不变，根据P＝I2r可知，金属棒的电功率不变，D正确.
9.[电磁感应在生活中的应用]有一种磁性加热装置，其关键部分由焊接在两个等大的金属圆环上的n根间距相等的平行金属条组成“鼠笼”状，如图，每根金属条的长度为L，电阻为R，金属圆环的直径为D，电阻不计.图中虚线表示的空间范围内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度恰好等于“鼠笼”金属条的间距，当金属圆环以角速度ω绕过两圆环圆心的轴OO'旋转时，始终有一根金属条在垂直切割磁感线.“鼠笼”的转动由一台电动机带动，这套加热装置的效率为η.求：
（1）在磁场中正在切割磁感线的那根金属条上通过的电流.
（2）在磁场中正在切割磁感线的那根金属条受到的安培力大小和电动机输出的机械功率.
答案 （1）（n－1）BLDω2nR （2）（n－1）B2L2Dω2nR （n－1）B2L2D2ω24nηR
解析 （1）处于磁场中的金属条切割磁感线的线速度为
v＝12Dω
产生的感应电动势为
E＝BLv＝12BLDω
整个电路在每一时刻的总电阻为R总＝R＋Rn－1＝nRn－1
在磁场中正在切割磁感线的那根金属条上通过的电流为
I＝ER总＝（n－1）BLDω2nR
（2）这根金属条受到的安培力大小
F安＝BIL＝（n－1）B2L2Dω2nR
故电动机输出的机械功率为
P＝P热η＝I2R总η＝（n－1）B2L2D2ω24nηR.
10.[由金属棒运动反推B－t图像问题/2023江苏苏州模拟]如图所示，光滑金属架CDEF倾斜固定放置，空间有足够大的磁场垂直穿过金属架平面.在金属架上离顶端DE边一定距离处，将一金属棒沿垂直于金属架倾斜方向无初速度释放，通过改变磁感应强度B的大小，可使金属棒在下滑过程中回路中不产生感应电流，则下列四幅图中，符合该过程中磁感应强度B的变化规律的是（ B ）
解析 金属棒下滑过程中回路中不产生感应电流，金属棒不会受到安培力作用，金属棒沿金属架向下做匀加速直线运动，根据法拉第电磁感应定律可知，通过回路的磁通量Φ不变，即Φ＝(12at2＋h)bB，其中a为金属棒的加速度大小，h为金属棒释放位置与顶端DE边的距离，b为DE边的长度，可知B＝Φ(12at2＋h)b，当t逐渐增大时，B趋向于0.故选B.
11.[动生与感生电动势综合]如图所示，光滑的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M、P和N、Q间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡L1、L2，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直于导轨平面竖直向上、宽为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B0，且磁场区域可以移动，一电阻也为R、长度大小也刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上，离灯泡L1足够远.现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场时两灯泡恰好正常工作.棒ab与导轨始终保持良好接触且垂直，导轨电阻不计.
（1）求磁场移动的速度.
（2）若保持磁场不移动（仍在cdfe矩形区域），而使磁感应强度B随时间t均匀变化，两灯泡中有一灯泡正常工作且都有电流通过，设t＝0时，磁感应强度为B0.试求出经过时间t时磁感应强度的可能值Bt.
答案 （1）3UB0l （2）B0±3U2ldt
解析 （1）当棒ab刚处于磁场时，棒ab切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚好正常工作，则电路中路端电压U外＝U
由电路的分压规律得U内＝2U
则感应电动势为E＝U外＋U内＝3U
由E＝B0lv＝3U
可得v＝3UB0l
（2）若保持磁场不移动（仍在cdfe矩形区域），而使磁感应强度B随时间t均匀变化，可得棒ab与L1并联后再与L2串联，则正常工作的灯泡为L2，所以L2两端的电压为U，电路中的总电动势为
E＝U＋U2＝3U2
根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtld
联立解得ΔBΔt＝3U2ld
所以经过时间t时磁感应强度的可能值Bt＝B0±3U2ldt.
1.[2024四川内江模拟]如图所示，正方形线圈MOO'N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°，线圈的边长为L，总电阻为R，匝数为n.在线圈从竖直面绕OO'顺时针转至水平面的过程中，通过导线横截面的电荷量为（ A ）
A.（3+1）nBL22R
B.（3+1）n2BL22R
C.（3－1）nBL22R
D.（3－1）n2BL22R
解析 根据法拉第电磁感应定律得E＝nΔΦΔt，I＝ER，q＝I·Δt，解得q＝nΔΦR，又因为
ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2 sin 30°，Φ1＝－BL2 cs 30°，联立解得q＝(3+1)nBL22R，故A
正确.
2.[多选]如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1（0≤R1≤2R）.框内存在着竖直向下的匀强磁场.一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，运动过程中导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是（ AD ）
A.ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针
B.左右两个闭合区域的磁通量都在变化，且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv
C.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLv
D.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R2时，滑动变阻器有最大电功率，且为B2L2v28R
解析 根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝R2，故导体棒两端的电压即路端电压为13BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻(导体棒电阻)为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和定值电阻R看成新的等效电源，等效内阻为R2，故当R1＝R2时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝UR12R1＝(14E)2R2＝B2L2v28R，故D正确.
3.[2023重庆四区调研]如图所示，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，水平向右匀速运动，穿过宽度为d的匀强磁场区域，三角形两直角边长度为2d，线框中产生随时间变化的感应电流i，规定逆时针方向为感应电流的正方向，下列图像正确的是（ A ）
解析 在0～dv时间内，穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向外，因此感应电流沿逆时针方向.随着线框的运动，线框切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；在dv～2dv时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流的磁场向里，因此感应电流沿顺时针方向，随着线框的运动，穿过线框的磁通量均匀减少，产生的感应电流不变；在2dv～3dv时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流的磁场向里，因此感应电流沿顺时针方向，随着线框的运动，线框切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小，故选A.
4.[情境创新：辐条＋导体圆环/2024河北廊坊模拟/多选]如图所示，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，磁场边界恰与圆环水平直径在同一直线上，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圆环的边缘相接触，电阻R1＝R2，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列说法正确的是（ AC ）
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16Br2ω
D.理想电流表的示数为4Br2ω3R
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，故A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁感线，因此感应电动势大小为E＝Brv＝Br·12ωr＝12Br2ω，故B错误；由题图可知，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，则外电路电阻为R4，内阻为R2，故理想电压表的示数为ER2＋R4×R4＝16Br2ω，C正确；电路的总电流为I＝ER2＋R4＝4E3R＝2Br2ω3R，则理想电流表的示数为12·2Br2ω3R＝Br2ω3R，故D错误.
5.[多选]如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示.下列关于棒的运动速度v、闭合回路中磁通量的变化率ΔΦΔt、外力F以及通过R的电荷量q随时间变化的图像正确的是（ AB ）
图甲 图乙
A B C D
解析 根据题图乙所示的I－t图像可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得I＝ER＋r＝kt，可推出E＝kt(R＋r)，而E＝ΔΦΔt，所以有ΔΦΔt＝kt(R＋r)，ΔΦΔt－t图像是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确；因E＝Blv，所以v＝k(R＋r)Blt，v－t图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说明金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v＝at，故A正确；对金属棒在沿导轨方向有F－BIl－mg sin θ＝ma，而I＝BlvR＋r，v＝at，得到F＝B2l2atR＋r＋ma＋mg sin θ，可见F－t图像是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C错误；q＝IΔt＝ΔΦR＋r＝Bl·12at2R＋r＝Bla2(R＋r)t2，q－t图像是一条开口向上的抛物线，故D错误.
6.如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场.桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力.若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动.
（1）求外力F的大小；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在0≤t≤1.3s内通过导线横截面的电荷量q.
图1
图2
答案 （1）0.0625N （2）B＝16－4t（T） （3）0.5C
解析 （1）t0＝0，B0＝0.25T
回路电流I＝B0LvR
安培力FA＝B02L2Rv
外力F＝FA＝0.0625N
（2）匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，Φ1＝Φ
t1＝1.0s时，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v（t－t1）]
得B＝16－4t（T）
（3）0≤t≤0.5s电荷量q1＝B0L2R＝0.25C
0.5s≤t≤1.0s电荷量q2＝B1L2－B0L2R＝0.25C
1.0s＜t≤1.3s，电荷量q3＝0
总电荷量q＝q1＋q2＋q3＝0.5C.
7.[导轨电阻不可忽略/2023河南信阳检测/多选]如图甲所示，有两根相同的光滑平行金属导轨MN、PQ，与水平面的夹角为α＝37°，导轨间距为0.5m，上端用不计电阻的导线连接.两导轨之间存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.一电阻不计、质量为0.02kg的导体棒在平行导轨方向的外力F作用下，从t＝0时刻开始，从导轨顶端MP处由静止开始沿导轨向下做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，导体棒运动过程中始终与导轨接触良好且垂直，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，导轨均匀，每米的电阻为0.25Ω，则（ AD ）
A.t＝1s时，回路中的感应电动势大小为0.25V
B.t＝1s时，回路中的感应电流为1A
C.t＝1s时，力F的大小为0.03N，方向平行导轨向下
D.0～1s内通过导体棒某一横截面的电荷量为0.2C
解析 由题图乙得，t时刻磁感应强度大小B＝0.1＋0.1t(T)，导体棒的位移表达式为x＝12at2，磁通量Ф＝BLx＝0.05(t3＋t2) Wb，根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔФΔt，则回路中瞬时感应电动势大小E＝120(3t2＋2t) V，当t＝1 s时，回路中的感应电动势E＝0.25 V，回路中的总电阻R＝2×0.25×12at2Ω＝0.5 Ω，感应电流I＝ER＝0.5 A，A正确，B错误；当t＝1 s时，导体棒所受安培力大小FA＝BIL＝0.2×0.5×0.5 N＝0.05 N，根据牛顿第二定律有mg sin α－FA－F＝ma，解得F＝0.03 N，方向平行导轨向上，C错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝ΔФΔt，根据闭合电路欧姆定律I＝ER，流过导体棒横截面的电荷量q＝IΔt，联立得q＝ΔФR，代入数据解得q＝0.2 C，D正确.
8.[多选]如图所示，倒U形光滑导轨DABC倾斜放置，倾角为α，MN、QH将导轨长度均分为三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场（图中未画出）.一金属棒从MN上方静止释放，金属棒向下运动的过程中始终与导轨接触良好且与AB平行，不计导轨电阻，AB间电阻为R，金属棒电阻为r，I为金属棒中的电流，q为通过金属棒的电荷量，U为金属棒两端的电压，P为金属棒中的电功率，若从金属棒刚进入磁场开始计时，它在磁场中运动的过程中，下列图像中不可能正确的是（ AC ）
解析 如果电流减小，则表明金属棒在做减速运动，根据受力分析有BIL－mg sin α＝ma，随着电流减小，加速度减小，根据闭合电路的欧姆定律得I＝BLvR＋r，则有ΔIΔt＝BLΔv(R＋r)Δt＝BLaR＋r，随着加速度减小，I－t图线的斜率减小，A错误；如果金属棒进入磁场时，安培力与重力沿导轨方向的分力平衡，则金属棒做匀速直线运动，其电流不变，根据q＝It可知，电荷量与时间成正比，B正确；如果路端电压随时间增大，则表明金属棒在做加速运动，受力分析有mg sin α－BIL＝ma，随着电压增大，电流增大，加速度减小，根据闭合电路的欧姆定律得U＝IR＝BLvR＋rR，则有ΔUΔt＝BLΔv(R＋r)ΔtR＝BLRaR＋r，随着加速度减小，U－t图线的斜率减小，但是开始计时时，路端电压不为零，C错误；如果金属棒进入磁场时，安培力与重力沿导轨方向的分力平衡，则金属棒做匀速直线运动，其电流不变，根据P＝I2r可知，金属棒的电功率不变，D正确.
9.[电磁感应在生活中的应用]有一种磁性加热装置，其关键部分由焊接在两个等大的金属圆环上的n根间距相等的平行金属条组成“鼠笼”状，如图，每根金属条的长度为L，电阻为R，金属圆环的直径为D，电阻不计.图中虚线表示的空间范围内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度恰好等于“鼠笼”金属条的间距，当金属圆环以角速度ω绕过两圆环圆心的轴OO'旋转时，始终有一根金属条在垂直切割磁感线.“鼠笼”的转动由一台电动机带动，这套加热装置的效率为η.求：
（1）在磁场中正在切割磁感线的那根金属条上通过的电流.
（2）在磁场中正在切割磁感线的那根金属条受到的安培力大小和电动机输出的机械功率.
答案 （1）（n－1）BLDω2nR （2）（n－1）B2L2Dω2nR （n－1）B2L2D2ω24nηR
解析 （1）处于磁场中的金属条切割磁感线的线速度为
v＝12Dω
产生的感应电动势为
E＝BLv＝12BLDω
整个电路在每一时刻的总电阻为R总＝R＋Rn－1＝nRn－1
在磁场中正在切割磁感线的那根金属条上通过的电流为
I＝ER总＝（n－1）BLDω2nR
（2）这根金属条受到的安培力大小
F安＝BIL＝（n－1）B2L2Dω2nR
故电动机输出的机械功率为
P＝P热η＝I2R总η＝（n－1）B2L2D2ω24nηR.
10.[由金属棒运动反推B－t图像问题/2023江苏苏州模拟]如图所示，光滑金属架CDEF倾斜固定放置，空间有足够大的磁场垂直穿过金属架平面.在金属架上离顶端DE边一定距离处，将一金属棒沿垂直于金属架倾斜方向无初速度释放，通过改变磁感应强度B的大小，可使金属棒在下滑过程中回路中不产生感应电流，则下列四幅图中，符合该过程中磁感应强度B的变化规律的是（ B ）
解析 金属棒下滑过程中回路中不产生感应电流，金属棒不会受到安培力作用，金属棒沿金属架向下做匀加速直线运动，根据法拉第电磁感应定律可知，通过回路的磁通量Φ不变，即Φ＝(12at2＋h)bB，其中a为金属棒的加速度大小，h为金属棒释放位置与顶端DE边的距离，b为DE边的长度，可知B＝Φ(12at2＋h)b，当t逐渐增大时，B趋向于0.故选B.
11.[动生与感生电动势综合]如图所示，光滑的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M、P和N、Q间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡L1、L2，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直于导轨平面竖直向上、宽为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B0，且磁场区域可以移动，一电阻也为R、长度大小也刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上，离灯泡L1足够远.现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场时两灯泡恰好正常工作.棒ab与导轨始终保持良好接触且垂直，导轨电阻不计.
（1）求磁场移动的速度.
（2）若保持磁场不移动（仍在cdfe矩形区域），而使磁感应强度B随时间t均匀变化，两灯泡中有一灯泡正常工作且都有电流通过，设t＝0时，磁感应强度为B0.试求出经过时间t时磁感应强度的可能值Bt.
答案 （1）3UB0l （2）B0±3U2ldt
解析 （1）当棒ab刚处于磁场时，棒ab切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚好正常工作，则电路中路端电压U外＝U
由电路的分压规律得U内＝2U
则感应电动势为E＝U外＋U内＝3U
由E＝B0lv＝3U
可得v＝3UB0l
（2）若保持磁场不移动（仍在cdfe矩形区域），而使磁感应强度B随时间t均匀变化，可得棒ab与L1并联后再与L2串联，则正常工作的灯泡为L2，所以L2两端的电压为U，电路中的总电动势为
E＝U＋U2＝3U2
根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtld
联立解得ΔBΔt＝3U2ld
所以经过时间t时磁感应强度的可能值Bt＝B0±3U2ldt.
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