备战2025年高考物理精品教案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（Word版附解析）

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题型1 电磁感应中的电路问题

1.对电磁感应电路的理解
（1）做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源.
（2）在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能转化为电能.
（3）电源两端的电压为路端电压，而不是感应电动势.
（4）电源的正负极、感应电流的方向、电势的高低、电容器极板带电问题，均可用楞次定律或右手定则判定.
（5）电源与外电路构成闭合电路，具有电路的共性，满足电路的普遍规律.
2.分析电磁感应电路问题的基本思路

命题点1 动生电动势的电路问题
1.[多选]如图，PAQ为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O，半径为L.空间存在垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场.电阻为R的金属杆OA与导轨接触良好，图中电阻R1＝R2＝R，其余电阻不计.现使OA杆在外力作用下以恒定角速度ω绕圆心O顺时针转动，在其转过π3的过程中，下列说法正确的是（ AD ）
A.通过电阻R1的电流方向为P→R1→O
B.A、O两点间的电势差为BωL22
C.通过OA杆的电荷量为πBL26R
D.外力做的功为πωB2L418R
解析 由右手定则判断出OA中电流方向由O→A，可知通过电阻R1的电流方向为
P→R1→O，故A正确；OA杆产生的感应电动势为E＝BωL22，将OA杆当成电源，外部电路R1与R2并联，则A、O两点间的电势差为U＝ER＋R2·R2＝BωL26，故B错误；通过OA杆的电流为I＝ER＋R2＝BωL23R，转过π3角度所用时间为t＝π3ω＝π3ω，通过OA杆的电荷量为q＝It＝πBL29R，故C错误；转过π3角度的过程中，外力做的功为W＝EIt＝πωB2L418R，故D正确.
方法点拨
电磁感应电路中的等效问题
命题点2 感生电动势的电路问题
2.[2022全国甲]三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示.把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3.则（ C ）
A.I1＜I3＜I2B.I1＞I3＞I2
C.I1＝I2＞I3D.I1＝I2＝I3
解析 设线框的面积为S，周长为L，细导线的截面积为S'，由法拉第电磁感应定律可知，线框中感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，而线框的总电阻R＝ρLS'，所以线框中感应电流I＝ER＝SS'ΔBρLΔt.由于三个线框处于同一线性变化的磁场中，且绕制三个线框的细导线相同，设正方形线框的边长为l，则三个线框的面积分别为S1＝l2，S2＝π4l2，S3＝338l2，三个线框的周长分别为L1＝4l，L2＝πl，L3＝3l，则I1∶I2∶I3＝S1L1∶S2L2∶S3L3＝2∶2∶3，故C正确.
命题点3 含容电路问题
3.[浙江高考]如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态.已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（ B ）
A.棒产生的电动势为12Bl2ω
B.微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2ω
C.电阻消耗的电功率为πB2r4ω2R
D.电容器所带的电荷量为CBr2ω
解析 金属棒产生的电动势为E＝Br·12ωr＝12Br2ω，A错误；金属棒的电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有mg＝qEd，可得qm＝2gdBr2ω，B正确；电阻消耗的电功率P＝E2R＝B2r4ω24R，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝12CBr2ω，D错误.
方法点拨
“三步走”分析电磁感应的电路问题
题型2 电磁感应中电荷量的计算

在电磁感应现象中，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就会产生感应电流.

4.如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心.轨道的电阻忽略不计.OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好.空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'（过程Ⅱ）.在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则B'B等于（ B ）
A.54B.32C.74D.2
解析 设OM的电阻为R，过程Ⅰ，OM转动的过程中产生的感应电动势为E1＝ΔΦ1Δt1＝B·ΔSΔt1＝B·14πl2Δt1＝πBl24Δt1，通过OM的电流为I1＝E1R＝πBl24RΔt1，则通过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝πBl24R；过程Ⅱ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的感应电动势为E2＝ΔΦ2Δt2＝(B'-B)SΔt2＝(B'-B)πl22Δt2，电路中的电流为I2＝E2R＝π(B'-B)l22RΔt2，则通过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝π(B'-B)l22R，由题意知q1＝q2，解得B'B＝32，B正确.
题型3 电磁感应中的图像问题


命题点1 根据给定的电磁感应过程选择图像
5.[2022河北/多选]如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R.导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直.设运动过程中通过电阻的电流为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻.下列图像可能正确的是（ AC ）
A B
C D
解析 设aO＝l0，ab所在直线与x轴的夹角为α，则金属棒匀速运动时产生的感应电动势为E＝Blv0，感应电流为i＝ER＝Blv0R，0～L的过程中l＝l0＋v0ttan α，整理得i＝Bl0v0R＋Bv02tanαRt，则回路中的感应电流随时间均匀增大，同理分析可知L～2L的过程中感应电流大小不变，2L～3L的过程中感应电流随时间均匀减小，又U＝iR，故A正确，D错误；金属棒在O点时所受的安培力大小不为零，B错误；金属棒克服安培力做功的功率P＝FAv0＝Bilv0，可知金属棒在0～L的过程中克服安培力做功的功率与时间的关系为二次函数关系，功率随时间增大，同理结合以上分析可知L～2L的过程中功率不变，2L～3L的过程中功率随时间按二次函数关系减小，C正确.
[光速解法] 本题还可以用排除法快速解题！由于t＝0时金属棒中的感应电流不为零，则所受的安培力不为零，B错误；金属棒匀速运动，在0～Lv0时间内有效切割长度均匀增大，则金属棒产生的感应电动势均匀增大，电阻两端的电压均匀增大，D错误.
方法点拨
选择图像或画出图像的常用方法
1.排除法：定性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），特别是分析物理量的正负、图线中的特殊值等，以排除错误的选项.
2.函数法：根据题目给定条件定量写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断.
命题点2 根据给定的图像分析电磁感应相关问题
6.[2023全国甲/多选]一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离，如图（a）所示.现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图（b）所示.则（ AD ）
A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越大
B.下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C.下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
解析 对于小磁体，可以忽略其与较远线圈的电磁感应现象，只考虑与最近一匝线圈的电磁感应，则由图（b）可知，小磁体依次通过每匝线圈时产生的感应电流最大值逐渐增大，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，小磁体通过每匝线圈时的磁通量变化率越来越大，即小磁体在玻璃管内下降的速度越来越大，A正确；由楞次定律可知，下落过程中，小磁体的N极、S极没有上下颠倒，B错误；小磁体下落过程中，线圈中的电流大小不断变化，产生的磁场强弱不断变化，故小磁体受到的电磁阻力并不是始终保持不变的，C错误；由图（b）可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确.
命题点3 电磁感应现象中的图像转换
7.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，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列选项中能正确表示线圈中感应电动势E变化的是（ A ）

A B

C D
解析 由图乙知，0～1s内磁通量向上均匀增大，根据楞次定律知，感应电流方向为正；1～3s内磁通量不变，故感应电动势为0；3～5s内磁通量向上均匀减小，由楞次定律知，感应电流方向为负.由法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，所以3～5s内的感应电动势是0～1s内的感应电动势的12，故A正确.
8.[2023上海]如图甲所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一导体棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图乙所示，取向右为正方向，则外力随时间变化的图像为（ C ）
图甲 图乙

A B

C D
解析 导体棒切割磁感线，当速度为v时产生的感应电动势为E＝BLv，导体棒所受安培力为FA＝BIL，又I＝ER，整理得FA＝B2L2vR，由图乙可知安培力随时间线性变化，安培力先向左均匀减为零，再向右均匀增大，故导体棒做匀变速运动，先向右匀减速到零，再向左匀加速，加速度方向始终向左，根据牛顿第二定律得F－FA＝ma，整理得F＝B2L2Rv＋ma，t0时刻安培力为零，导体棒所受外力F＝ma，则t0时刻外力不为零，方向向左，为负值，故A、B、D错误，C正确.
1.[电磁感应中的图像问题/2023浙江1月]如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO'，接入电阻R构成回路.导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆.当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示.若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是（ B ）

A B

C D
解析 导体杆摆动时切割磁感线，产生感应电流，受安培力，安培力起阻力作用，故导体杆的振动为阻尼振动.由垂直于磁感线方向的速度大小相同时电阻变大→电流变小→安培力（阻力）变小可知，当R从R0变为2R0时，导体杆振幅的衰减速度变慢，B正确，A、C、D错误.
一题多解 本题也可以用极限法进行分析.当电阻无穷大时，回路中无电流，导体杆做简谐运动，其振动图像为选项A.所以电阻变为2倍时振动图像应为从图乙变为选项A的中间态，B正确，A、C、D错误.
2.[电磁感应中的图像问题/2020山东/多选]如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形.一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）.从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场.在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是（ BC ）

A B

C D
解析 第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第3～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，A错误，B正确.但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边第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正确，D错误.
3.[电磁感应中的电路问题/2022湖南/多选]如图，间距L＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上.质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74m.整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为0.1T.用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上.重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（ BD ）
A.导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B.导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C.导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D.导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
解析 导体棒a向右运动时，由楞次定律可知，导体棒b有向左运动的趋势，C错误；设导体棒a运动到导轨最右端时的速度为v0，此时导体棒a切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0，回路中的感应电流I＝ER总. R总＝0.12 Ω＋0.1 Ω＝0.15 Ω，此时导体棒b所受安培力为F安＝BI2L，导体棒b刚要滑动，故所受静摩擦力Ff达到最大值，此时F安＝Ffm＝μmg，联立以上各式解得v0＝3 m/s，导体棒a离开导轨至落地过程做平抛运动，有h＝12gt2，x＝v0t，解得x＝1.2 m，A错误；磁场方向竖直向下，导体棒a离开导轨后在水平方向做匀速直线运动，可知导体棒a平抛过程中感应电动势不变，B正确；导体棒a在导轨上运动过程中，平均感应电动势为E＝ΔΦΔt，回路中平均感应电流I＝ER总，通过导体棒a的电荷量q＝IΔt，联立三式解得q＝ΔΦR总＝BLxR总＝1.16 C，导体棒b与定值电阻R并联，所以通过电阻R的电荷量q'＝q2＝0.58 C，D正确.
4.[电磁感应中电荷量与感应电流的计算/2023浙江1月]如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l.线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动.以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置一半径远小于a、面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴.在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知.
（1）求0到πω时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0～2π3ω时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
（3）求圆环中电流的有效值；
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经πω时间角速度减小量为Δω（Δωω≪1），设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值.[当0＜x≪1，有（1－x）2≈1－2x]
答案 （1）2B0SR （2）0≤t≤π3ω时，I1＝0；π3ω＜t≤2π3ω时，I2＝－6B0SωπR （3）23B0SωπR （4）6B02S2πRkml2
解析 （1）磁通量Φ＝ByS
感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔByΔtS
则q＝ERΔt＝2B0SR
（2）感应电流i＝ΔΦΔt·R＝SR·ΔByΔt
0≤t≤π3ω时，I1＝0
π3ω＜t≤2π3ω时，I2＝－6B0SωπR
（3）由有效值定义可得I22R×2π3ω＝I有2R×2πω
解得I有＝23B0SωπR
（4）根据题意，有
12×2m（ωl）2－12×2m（ω－Δω）2l2＝1kI有2R×πω
解得Δω＝6B02S2πRkml2.
5.[电磁感应中的电路问题/2023广东]光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图（a）所示，两磁场的磁感应强度随时间t的变化图线如图（b）所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属线框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行.t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动.在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界h2处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图（a）中的虚线框所示.随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0.求：

图（a） 图（b）
（1）t＝0时，线框所受的安培力F；
（2）t＝1.2τ时，穿过线框的磁通量Φ；
（3）2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q.
答案 （1）9B02h2vR，方向水平向左 （2）0.3B0h2 （3）B02h44τR
解析 （1）t＝0时，ab边在区域Ⅰ中切割磁感线，cd边在区域Ⅱ中切割磁感线，结合右手定则可作出等效电路图如图1所示
图1
则回路中的感应电动势为
E0＝Eab＋Ecd＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv
根据闭合电路欧姆定律可知回路中的感应电流为
I0＝E0R，解得I0＝3B0hvR
由左手定则可得线框ab边和cd边在磁场中所受的安培力如图2所示
ab边所受的安培力大小为
Fab＝2B0I0h＝6B02h2vR
cd边所受的安培力大小为
Fcd＝B0I0h＝3B02h2vR
由安培力公式和左手定则可知，线框ad边与bc边所受安培力等大反向，故线框所受的安培力大小为
F＝Fab＋Fcd＝9B02h2vR
方向水平向左
（2）τ～2τ时间内，区域Ⅰ中的磁感应强度线性减小，根据图3的相似三角形可知
图3
2B0τ＝B10.8τ，解得B1＝1.6B0
区域Ⅱ中的磁感应强度恒为B0，以垂直纸面向里为正，则在t＝1.2τ时刻，线框中的磁通量为
Φ＝1.6B0·h2·h－B0·h2·h＝0.3B0h2
（3）2τ～3τ时间内，区域Ⅱ中的磁感应强度线性减小，线框的一半在区域Ⅱ中产生感应电动势，大小为E＝ΔΦΔt＝B0τ·h2·h＝B0h22τ
又线框为纯电阻电路，故线框中产生的焦耳热为
Q＝E2Rτ，解得Q＝B02h44τR.

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＝2×0.25×12at2 Ω＝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.核心考点
五年考情
命题分析预测
电磁感应中的电路问题
2023：广东T14；
2022：全国甲T16，全国甲T20；
2021：上海T20，浙江1月T21；
2020：浙江7月T12
高考对本专题的考查主要有电磁感应中的电路问题和图像问题，选择题和计算题都有涉及，难度中等.针对2025年高考，与电磁感应相关的电路结构分析与计算类试题要重视.
电磁感应中电荷量的计算
2023：浙江1月T19；
2022：湖南T10；
2019：上海T19
电磁感应中的图像问题
2023：浙江1月T7；
2022：河北T8；
2020：山东T12；
2019：全国ⅠT20，全国ⅡT21