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(共70張PPT)
電磁感應中的電路及圖像問題
專題強化二十三
目標
要求
1.掌握電磁感應中電路問題的求解方法.2.會計算電磁感應電路問題中電壓、電流、電荷量、熱量等物理量.
3.能夠通過電磁感應圖像，讀取相關信息，應用物理規律求解問題.
內容索引
題型一　電磁感應中的電路問題
題型二　電磁感應中電荷量的計算
題型三　電磁感應中的圖像問題
課時精練
題型一
電磁感應中的電路問題
1.電磁感應中的電源
(1)做切割磁感線運動的導體或磁通量發生變化的回路相當于電源.
電動勢：E＝Blv或E＝　　，這部分電路的阻值為電源內阻.
(2)用右手定則或楞次定律與安培定則結合判斷，感應電流流出的一端為電源正極.
2.分析電磁感應電路問題的基本思路
3.電磁感應中電路知識的關系圖
例1　如圖所示，單匝正方形線圈A邊長為0.2 m，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中，磁感應強度隨時間變化的規律為B＝(0.8－0.2t) T.開始時開關S未閉合，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝20 μF，線圈及導線電阻不計.閉合開關S，待電路中的電流穩定后.求：
考向1　感生電動勢的電路問題
(1)回路中感應電動勢的大小；
答案　4×10－3 V
(2)電容器所帶的電荷量.
答案　4.8×10－8 C
例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，導體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是
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2BLv
考向2　動生電動勢的電路問題
√
√
根據楞次定律可知，ABFE回路電流方向為逆時針，ABCD回路電流方向為順時針，故A正確；
根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E＝BLv，故B錯誤；
例3　(多選) (2023·福建省莆田第二中學檢測)如圖所示，一不計電阻的導體圓環，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，輻條與圓環接觸良好，現將此裝置放置于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場中，磁場邊界恰與圓環直徑在同一直線上，現使輻條以角速度ω繞O點沿逆時針方向轉動，右側電路通過電刷與輻條中心和環的邊緣相接觸，R1＝ ，S處于閉合狀態，不計其他電阻，則下列判斷正確的是
A.通過R1的電流方向為自下而上
B.感應電動勢大小為2Br2ω
C.理想電壓表的示數為
D.理想電流表的示數為
√
√
由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環邊緣為電源的負極，因此通過R1的電流方向為自下而上，選項A正確；
由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉動切割磁場，因此感應電動勢大小為E＝ Br2ω，選項B錯誤；
題型二
電磁感應中電荷量的計算
例4　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，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 Ω.規定線圈中感應電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示.磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖乙所示.以下說法正確的是
A.在0～2 s時間內，I的最大值為0.02 A
B.在3～5 s時間內，I的大小越來越小
C.前2 s內，通過線圈某橫截面的總電荷
　量為0.01 C
D.第3 s內，線圈的發熱功率最大
√
3～5 s時間內電流大小不變，B錯誤；
第3 s內，B沒有變化，線圈中沒有感應電流產生，則線圈的發熱功率最小，D錯誤.
√
在過程Ⅰ中，根據法拉第電磁感應定律，有
題型三
電磁感應中的圖像問題
1.解題關鍵
弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵.
2.解題步驟
(1)明確圖像的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；對切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及E－x圖像和i－x圖像；
(2)分析電磁感應的具體過程；
(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；
(4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數關系式；
(5)根據函數關系式，進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等；
(6)畫圖像或判斷圖像.
3.常用方法
(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的正負，增大還是減小，以及變化快慢，來排除錯誤選項.
(2)函數法：寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖像進行分析和判斷.
考向1　感生問題的圖像
例6　(多選)(2023·江西省宜春實驗中學質檢)如圖甲所示，正方形線圈abcd內有垂直于線圈的勻強磁場，已知線圈匝數n＝10，邊長ab＝1 m，線圈總電阻r＝1 Ω，線圈內磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示.設圖示的磁場方向與感應電流方向為正方向，
則下列有關線圈的電動勢e、感應電流i、焦耳熱Q以及ab邊的安培力F(取向下為正方向)隨時間t的變化圖像正確的是
√
√
ab邊受到的安培力大小為F＝nBiL，可知0～1 s內0≤F≤4 N，方向向下，1～3 s內0≤F≤2 N，方向向上，3～5 s內0≤F≤2 N，方向向下，C正確；
線圈產生的焦耳熱為Q＝eit,0～1 s內產生的熱量為4 J,1～5 s內產生的熱量為4 J，D正確.
考向2　動生問題的圖像
例7　(2023·福建廈門市模擬)如圖所示，兩條相距L的平行虛線間存在一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.現將一個上底為L、下底為3L、高為
2L的等腰梯形閉合線圈，從圖示位置以垂直于磁場邊界的速度向右勻速穿過磁場，取逆時針方向為感應電流正方向，則該過程線圈中感應電流i隨位移s變化的圖像可能是
√
由右手定則知，剛進入磁場時，線圈中感應電流為逆時針方向，故感應電流為正，設兩腰與水平方向夾角為θ，則有效切割長度為l＝L＋2stan θ，
上底出磁場后，有效切割長度為l′＝2Ltan θ，即感應電流保持不變；
從下底進入磁場后，由右手定則可知感應電流方向為順時針方向，即感應電流為負，同理可知有效長度增大，即感應電流增大，故選A.
例8　(多選)(2020·山東卷·12)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(不發生轉動).從圖示位置開始計時，4 s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
√
√
設虛線方格的邊長為x，根據題意知abcde每經過1 s運動的距離為x.
在1～2 s內，切割磁感線的有效長度均勻增加，
故感應電動勢及感應電流隨時間均勻增加，
在2～4 s內，切割磁感線的有效長度均勻減小，感應電動勢和感應電流均勻減小，
由題意可知，在0～4 s內，ab邊進入磁場的長度l＝vt，
在1～2 s內，電流I隨時間均勻增加，
切割磁感線的有效長度l′＝[2x＋v(t－1)]∝t，
據F＝IlB可知Fab與t為二次函數關系，
在2～4 s內，I隨時間均勻減小，切割磁場的有效長度l″＝3x－v(t－2)＝5x－vt隨時間均勻減小，
故Fab與t為二次函數關系，有極大值，
四
課時精練
1.如圖所示是兩個相互連接的金屬圓環，小金屬環的電阻是大金屬環電阻的二分之一，勻強磁場垂直穿過大金屬環所在區域，當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大環內產生的感應電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為
基礎落實練
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2.如圖甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產生的感應電流隨時間變化的規律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示.則通入線圈l1中的電流i1隨時間t變化的圖像是圖中的
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因為l2中感應電流大小不變，根據法拉第電磁感定律可知，l1中磁場的變化是均勻的，即l1中電流的變化也是均勻的，A、C錯誤；
根據題圖乙可知，0～ 時間內l2中的感應電流產生的磁場方向向左，所以線圈l1中感應電流產生的磁場方向向左并且減小，或方向向右并且增大，B錯誤，D正確.
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3.(多選)(2023·廣東省華南師大附中模擬)如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，有兩根光滑的平行導軌，間距為L，導軌兩端分別接有電阻R1和R2，導體棒以某一初速度從ab位置向右運動距離s到達cd位置時，速度為v，產生的電動勢為E，此過程中通過電阻R1、R2的電荷量分別為q1、q2.導體棒有電阻，導軌電阻不計.下列關系式中正確的是
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導體棒做切割磁感線的運動，速度為v時產生的感應電動勢E＝BLv，故A正確，B錯誤；
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4.(多選)如圖甲所示，單匝正方形線框abcd的電阻R＝0.5 Ω，邊長L＝20 cm，勻強磁場垂直于線框平面向里，磁感應強度的大小隨時間變化規律如圖乙所示，則下列說法中正確的是
A.線框中的感應電流沿逆時針方向，
　大小為2.4×10－2 A
B.0～2 s內通過ab邊橫截面的電荷量
　為4.8×10－2 C
C.3 s時ab邊所受安培力的大小為1.44×10－2 N
D.0～4 s內線框中產生的焦耳熱為1.152×10－3 J
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電荷量q＝IΔt，解得q＝4.8×10－2 C，
故選項B正確；
安培力F＝BIL，由題圖乙得，3 s時B＝0.3 T，代入數值得：F＝1.44×10－3 N，故選項C錯誤；
由焦耳定律得Q＝I2Rt，代入數值得Q＝1.152×10－3 J，故D選項正確.
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5.(多選)(2023·福建省莆田二中模擬)平行虛線a、b之間和b、c之間存在大小相等、方向相反的勻強磁場，相鄰兩虛線間的距離為l，虛線a、b之間磁場方向垂直紙面向里，b、c之間磁場方向垂直紙面向外，如圖所示.現使一粗細均勻、電阻為R的導線制成的閉合直角導線框ABC以恒定的速度v沿垂直于磁場區域邊界的方向穿過磁場區域，導線框的電阻為R.已知
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∠B為直角，AB邊長為2l，BC邊與磁場邊界平行.t＝0時刻，A點到達邊界a，取逆時針方向為感應電流的正方向，則在導線框穿越磁場區域的過程中，
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感應電流i及安培力的功率P隨時間t變化的圖線可能是
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根據題意，線框的運動過程如圖所示，
由圖可知，線框由初位置到位置1過程
中，切割磁場的有效長度隨時間線性增大，根據右手定則可知，線框中電流方向為逆時針；
由位置1到位置2過程中，在a、b間切割磁場的有效長度不變，而在b、c間切割磁場的有效長度隨時間線性增加，在兩磁場中產生的感應電流方向相反，則線框中電流隨時間線性減小，電流方向仍為逆時針；
由位置2到位置3的過程中，線框左側剛進入磁場瞬間，有效長度為BC邊切割磁感線，根據右手定則可知，
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電流為順時針方向，之后AC邊在a、b間切割磁場的有效長度隨時間線性減小，在b、c間切割磁場的有效長度不變，則電流線性增大；
當運動到位置3，即BC邊剛通過邊界b時，電流方向變為逆時針，有效長度為BC邊的一半，運動到位置4的過程中，有效長度線性增大，運動到位置4時，BC邊即要離開磁場邊界c時，有效長度為BC邊長度，故B錯誤，A正確；
線框勻速運動，電流的功率等于安培力做功的功率，即P＝i2R，故C錯誤，D正確.
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6.(2023·重慶市巴蜀中學高三月考)如圖所示，線圈匝數為n，橫截面積為S，線圈電阻為R，處于一個均勻增強的磁場中，磁感應強度隨時間的變化率為k，磁場方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，兩個電阻的阻值均為2R.下列說法正確的是
A.電容器上極板帶負電
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能力綜合練
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由楞次定律和右手螺旋定則知，電容器上極板帶正電，A錯誤；
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回路有電流，則安培力不為零，故導體棒的安培力做功的功率不為零，故D錯誤.
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由右手定則判斷出OA中電流方向由O→A，可知流過電阻R1的電流方向為P→R1→O，故A正確；
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9.(多選)(2019·全國卷Ⅱ·21)如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計.虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場.將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好.已知PQ進入磁場時加速度恰好為零.從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是
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根據題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導體棒從同一位置釋放，則兩導體棒進入磁場時的速度相同，產生的感應電動勢大小
相等，PQ通過磁場區域后MN進入磁場區域，MN同樣勻速直線運動通過磁場區域，故流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是A；
若釋放兩導體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區域時MN就進入磁場區域，則兩棒在磁場區域中運動時回路中磁通量不變，感應電動勢和感應電流為零，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，
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PQ出磁場后，MN切割磁感線產生感應電動勢和感應電流，且感應電流一定大于剛開始僅PQ切割磁感線時的感應電流I1，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿導軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是D.
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10.如圖甲所示，虛線MN左、右兩側的空間均存在與紙面垂直的勻強磁場，右側勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小恒為B0；左側勻強磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示，規定垂直紙面向外為磁場的正方向.一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S0，將該導線做成半徑為r的圓環固定在紙面內，圓心O在MN上.求：
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由左手定則知，方向垂直于MN向左.
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11.如圖所示，光滑的足夠長的平行水平金屬導軌MN、PQ相距l，在M、P和N、Q間各連接一個額定電壓為U、阻值恒為R的燈泡L1、L2，在兩導軌間cdfe矩形區域內有垂直導軌平面豎直向上、寬為d0的有界勻強磁場，磁感應強度為B0，且磁場區域可以移動，一電阻也為R、長度大小也剛好為l的導體棒ab垂直固定在磁場左邊的導軌上，離燈泡L1足夠遠.現讓勻強磁場在導軌間以某一恒定速度向左移動，當棒ab剛處于磁場時兩燈泡恰好正常工作.棒ab與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計.
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(1)求磁場移動的速度大小；
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當ab剛處于磁場時，ab棒切割磁感線，產生感應電動勢，相當于電源，燈泡剛好正常工作，則電路中路端電壓U外＝U
由電路的分壓之比得U內＝2U
則感應電動勢為E＝U外＋U內＝3U
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(2)若保持磁場不移動(仍在cdfe矩形區域)，而使磁感應強度B隨時間t均勻變化，兩燈泡中有一燈泡正常工作且都有電流通過，設t＝0時，磁感應強度為B0.試求出經過時間t時磁感應強度的可能值Bt.
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若保持磁場不移動(仍在cdfe矩形區域)，而使磁感應強度B隨時間t均勻變化，可得棒與L1并聯后再與L2串聯，則正常工作的燈泡為L2，所以L2兩端的電壓為U，電路中的總電動勢為
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11專題強化二十三　電磁感應中的電路及圖像問題
目標要求　1.掌握電磁感應中電路問題的求解方法.2.會計算電磁感應電路問題中電壓、電流、電荷量、熱量等物理量.3.能夠通過電磁感應圖像，讀取相關信息，應用物理規律求解問題．
題型一　電磁感應中的電路問題
1．電磁感應中的電源
(1)做切割磁感線運動的導體或磁通量發生變化的回路相當于電源．
電動勢：E＝Blv或E＝n，這部分電路的阻值為電源內阻．
(2)用右手定則或楞次定律與安培定則結合判斷，感應電流流出的一端為電源正極．
2．分析電磁感應電路問題的基本思路
3．電磁感應中電路知識的關系圖
考向1　感生電動勢的電路問題
例1　如圖所示，單匝正方形線圈A邊長為0.2 m，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中，磁感應強度隨時間變化的規律為B＝(0.8－0.2t) T．開始時開關S未閉合，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝20 μF，線圈及導線電阻不計．閉合開關S，待電路中的電流穩定后．求：
(1)回路中感應電動勢的大小；
(2)電容器所帶的電荷量．
答案　(1)4×10－3 V　(2)4.8×10－8 C
解析　(1)由法拉第電磁感應定律有E＝S，S＝L2，代入數據得E＝4×10－3 V
(2)由閉合電路的歐姆定律得I＝，由部分電路的歐姆定律得U＝IR2，電容器所帶電荷量為Q＝CU＝4.8×10－8 C.
考向2　動生電動勢的電路問題
例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，導體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是(　　)
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2BLv
C．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BLv
D．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝時，滑動變阻器的電功率為
答案　AD
解析　根據楞次定律可知，ABFE回路電流方向為逆時針，ABCD回路電流方向為順時針，故A正確；根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E＝BLv，故B錯誤；當R1＝R時，外電路總電阻R外＝，因此導體棒兩端的電壓即路端電壓應等于BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內阻為R，當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝時，干路電流為I＝，滑動變阻器所在支路電流為I，容易求得滑動變阻器電功率為，故D正確．
例3　(多選) (2023·福建省莆田第二中學檢測)如圖所示，一不計電阻的導體圓環，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，輻條與圓環接觸良好，
現將此裝置放置于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場中，磁場邊界恰與圓環直徑在同一直線上，現使輻條以角速度ω繞O點沿逆時針方向轉動，右側電路通過電刷與輻條中心和環的邊緣相接觸，R1＝，S處于閉合狀態，不計其他電阻，則下列判斷正確
的是(　　)
A．通過R1的電流方向為自下而上
B．感應電動勢大小為2Br2ω
C．理想電壓表的示數為Br2ω
D．理想電流表的示數為
答案　AC
解析　由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環邊緣為電源的負極，因此通過R1的電流方向為自下而上，選項A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉動切割磁場，因此感應電動勢大小為E＝Br2ω，選項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，則外電路電阻為，內阻為，則因此理想電壓表的示數為×＝Br2ω，選項C正確；電路中的總電流為I＝＝＝，則理想電流表的示數為×＝，選項D錯誤．
題型二　電磁感應中電荷量的計算
計算電荷量的導出公式：q＝n
在電磁感應現象中，只要穿過閉合回路的磁通量發生變化，閉合回路中就會產生感應電流，設在時間Δt內通過導體橫截面的電荷量為q，則根據電流定義式＝及法拉第電磁感應定律＝n，得q＝Δt＝Δt＝Δt＝，即q＝n.
例4　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，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 Ω.規定線圈中感應電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示．磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖乙所示．以下說法正確的是(　　)
A．在0～2 s時間內，I的最大值為0.02 A
B．在3～5 s時間內，I的大小越來越小
C．前2 s內，通過線圈某橫截面的總電荷量為0.01 C
D．第3 s內，線圈的發熱功率最大
答案　C
解析　0～2 s時間內，t＝0時刻磁感應強度變化率最大，感應電流最大，I＝＝＝0.01 A，A錯誤；3～5 s時間內電流大小不變，B錯誤；前2 s內通過線圈的電荷量q＝＝＝0.01 C，C正確；第3 s內，B沒有變化，線圈中沒有感應電流產生，則線圈的發熱功率最小，D錯誤．
例5　(2018·全國卷Ⅰ·17)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，則等于(　　)
A. B. C. D．2
答案　B
解析　在過程Ⅰ中，根據法拉第電磁感應定律，有
E1＝＝，根據閉合電路的歐姆定律，有I1＝，且q1＝I1Δt1
在過程Ⅱ中，有E2＝＝
I2＝，q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即＝
所以＝，故選B.
題型三　電磁感應中的圖像問題
1．解題關鍵
弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵．
2．解題步驟
(1)明確圖像的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；對切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及E－x圖像和i－x圖像；
(2)分析電磁感應的具體過程；
(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；
(4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數關系式；
(5)根據函數關系式，進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等；
(6)畫圖像或判斷圖像．
3．常用方法
(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的正負，增大還是減小，以及變化快慢，來排除錯誤選項．
(2)函數法：寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖像進行分析和判斷．
考向1　感生問題的圖像
例6　(多選)(2023·江西省宜春實驗中學質檢)如圖甲所示，正方形線圈abcd內有垂直于線圈的勻強磁場，已知線圈匝數n＝10，邊長ab＝1 m，線圈總電阻r＝1 Ω，線圈內磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示．設圖示的磁場方向與感應電流方向為正方向，則下列有關線圈的電動勢e、感應電流i、焦耳熱Q以及ab邊的安培力F(取向下為正方向)隨時間t的變化圖像正確的是(　　)
答案　CD
解析　0～1 s內產生的感應電動勢為e1＝＝2 V，方向為逆時針，同理1～5 s內產生的感應電動勢為e2＝1 V，方向為順時針，A錯誤；0～1 s內的感應電流大小為i1＝＝2 A，方向為逆時針(負值)，同理1～5 s內的感應電流大小為i2＝1 A，方向為順時針(正值)，B錯誤；ab邊受到的安培力大小為F＝nBiL，可知0～1 s內0≤F≤4 N，方向向下，1～3 s內0≤F≤2 N，方向向上，3～5 s內0≤F≤2 N，方向向下，C正確；線圈產生的焦耳熱為Q＝eit,0～1 s內產生的熱量為4 J,1～5 s內產生的熱量為4 J，D正確．
考向2　動生問題的圖像
例7　(2023·福建廈門市模擬)如圖所示，兩條相距L的平行虛線間存在一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．現將一個上底為L、下底為3L、高為2L的等腰梯形閉合線圈，從圖示位置以垂直于磁場邊界的速度向右勻速穿過磁場，取逆時針方向為感應電流正方向，則該過程線圈中感應電流i隨位移s變化的圖像可能是(　　)
答案　A
解析　由右手定則知，剛進入磁場時，線圈中感應電流為逆時針方向，故感應電流為正，設兩腰與水平方向夾角為θ，則有效切割長度為l＝L＋2stan θ，則感應電流為I＝，即感應電流與位移成線性關系，且隨位移增大而增大；上底出磁場后，有效切割長度為l′＝2Ltan θ，即感應電流保持不變；從下底進入磁場后，由右手定則可知感應電流方向為順時針方向，即感應電流為負，同理可知有效長度增大，即感應電流增大，故選A.
例8　(多選)(2020·山東卷·12)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(不發生轉動)．從圖示位置開始計時，4 s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(　　)
答案　BC
解析　設虛線方格的邊長為x，根據題意知abcde每經過1 s運動的距離為x.在0～1 s內，感應電動勢E1＝2Bxv，感應電流I1＝恒定；在1～2 s內，切割磁感線的有效長度均勻增加，故感應電動勢及感應電流隨時間均勻增加，2 s時感應電動勢E2＝3Bxv，感應電流I2＝；在2～4 s內，切割磁感線的有效長度均勻減小，感應電動勢和感應電流均勻減小，4 s時感應電動勢E3＝Bxv，感應電流I3＝，故A錯誤，B正確．由題意可知，在0～4 s內，ab邊進入磁場的長度l＝vt，根據F＝BIl，在0～1 s內，I＝恒定，則Fab＝BI1·vt＝t∝t；在1～2 s內，電流I隨時間均勻增加，切割磁感線的有效長度l′＝[2x＋v(t－1)]∝t，據F＝IlB可知Fab與t為二次函數關系，圖線是拋物線的一部分，且t＝2 s時，Fab＝；在2～4 s內，I隨時間均勻減小，切割磁場的有效長度l″＝3x－v(t－2)＝5x－vt隨時間均勻減小，故Fab與t為二次函數關系，有極大值，當t＝4 s時，Fab＝，故C正確，D錯誤．
課時精練
1.如圖所示是兩個相互連接的金屬圓環，小金屬環的電阻是大金屬環電阻的二分之一，勻強磁場垂直穿過大金屬環所在區域，當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大環內產生的感應電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為(　　)
A.E B.E C.E D．E
答案　B
解析　a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環電阻占電路總電阻的，故a、b間電勢差為U＝E，選項B正確．
2．如圖甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產生的感應電流隨時間變化的規律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示．則通入線圈l1中的電流i1隨時間t變化的圖像是圖中的(　　)
答案　D
解析　因為l2中感應電流大小不變，根據法拉第電磁感定律可知，l1中磁場的變化是均勻的，即l1中電流的變化也是均勻的，A、C錯誤；根據題圖乙可知，0～時間內l2中的感應電流產生的磁場方向向左，所以線圈l1中感應電流產生的磁場方向向左并且減小，或方向向右并且增大，B錯誤，D正確．
3．(多選)(2023·廣東省華南師大附中模擬)如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，有兩根光滑的平行導軌，間距為L，導軌兩端分別接有電阻R1和R2，導體棒以某一初速度從ab位置向右運動距離s到達cd位置時，速度為v，產生的電動勢為E，此過程中通過電阻R1、R2的電荷量分別為q1、q2.導體棒有電阻，導軌電阻不計．下列關系式中正確的是(　　)
A．E＝BLv B．E＝2BLv
C．q1＝ D.＝
答案　AD
解析　導體棒做切割磁感線的運動，速度為v時產生的感應電動勢E＝BLv，故A正確，B錯誤；設導體棒的電阻為r，根據法拉第電磁感應定律得＝＝，根據閉合電路歐姆定律得＝，通過導體棒的電荷量為q＝Δt，導體棒相當于電源，電阻R1和R2并聯，則通過電阻R1和R2的電流之比＝，通過電阻R1、R2的電荷量之比＝＝，結合q＝q1＋q2，解得q1＝，故C錯誤，D正確．
4．(多選)如圖甲所示，單匝正方形線框abcd的電阻R＝0.5 Ω，邊長L＝20 cm，勻強磁場垂直于線框平面向里，磁感應強度的大小隨時間變化規律如圖乙所示，則下列說法中正確的是(　　)
A．線框中的感應電流沿逆時針方向，大小為2.4×10－2 A
B．0～2 s內通過ab邊橫截面的電荷量為4.8×10－2 C
C．3 s時ab邊所受安培力的大小為1.44×10－2 N
D．0～4 s內線框中產生的焦耳熱為1.152×10－3 J
答案　BD
解析　由楞次定律判斷感應電流為順時針方向，由法拉第電磁感應定律得電動勢E＝S＝1.2×10－2 V，感應電流I＝＝2.4×10－2 A，故選項A錯誤；電荷量q＝IΔt，解得q＝4.8×
10－2 C，故選項B正確；安培力F＝BIL，由題圖乙得，3 s時B＝0.3 T，代入數值得：F＝1.44×
10－3 N，故選項C錯誤；由焦耳定律得Q＝I2Rt，代入數值得Q＝1.152×10－3 J，故D選項正確．
5.(多選)(2023·福建省莆田二中模擬)平行虛線a、b之間和b、c之間存在大小相等、方向相反的勻強磁場，相鄰兩虛線間的距離為l，虛線a、b之間磁場方向垂直紙面向里，b、c之間磁場方向垂直紙面向外，如圖所示．現使一粗細均勻、電阻為R的導線制成的閉合直角導線框ABC以恒定的速度v沿垂直于磁場區域邊界的方向穿過磁場區域，導線框的電阻為R.已知∠B為直角，AB邊長為2l，BC邊與磁場邊界平行．t＝0時刻，A點到達邊界a，取逆時針方向為感應電流的正方向，則在導線框穿越磁場區域的過程中，感應電流i及安培力的功率P隨時間t變化的圖線可能是(　　)
答案　AD
解析　根據題意，線框的運動過程如圖所示，
由圖可知，線框由初位置到位置1過程中，切割磁場的有效長度隨時間線性增大，根據右手定則可知，線框中電流方向為逆時針；由位置1到位置2過程中，在a、b間切割磁場的有效長度不變，而在b、c間切割磁場的有效長度隨時間線性增加，在兩磁場中產生的感應電流方向相反，則線框中電流隨時間線性減小，電流方向仍為逆時針；由位置2到位置3的過程中，線框左側剛進入磁場瞬間，有效長度為BC邊切割磁感線，根據右手定則可知，電流為順時針方向，之后AC邊在a、b間切割磁場的有效長度隨時間線性減小，在b、c間切割磁場的有效長度不變，則電流線性增大；當運動到位置3，即BC邊剛通過邊界b時，電流方向變為逆時針，有效長度為BC邊的一半，運動到位置4的過程中，有效長度線性增大，運動到位置4時，BC邊即要離開磁場邊界c時，有效長度為BC邊長度，故B錯誤，A正確；線框勻速運動，電流的功率等于安培力做功的功率，即P＝i2R，故C錯誤，D正確．
6.(2023·重慶市巴蜀中學高三月考)如圖所示，線圈匝數為n，橫截面積為S，線圈電阻為R，處于一個均勻增強的磁場中，磁感應強度隨時間的變化率為k，磁場方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，兩個電阻的阻值均為2R.下列說法正確的是(　　)
A．電容器上極板帶負電
B．通過線圈的電流大小為
C．電容器所帶的電荷量為
D．電容器所帶的電荷量為
答案　D
解析　由楞次定律和右手螺旋定則知，電容器上極板帶正電，A錯誤；因E＝nkS，I＝＝，B錯誤；又U＝I×2R＝，Q＝CU＝，C錯誤，D正確．
7．(2023·山東省模擬)如圖甲所示，一長為L的導體棒，繞水平圓軌道的圓心O勻速順時針轉動，角速度為ω，電阻為r，在圓軌道空間存在有界勻強磁場，磁感應強度大小為B.半徑小于的區域內磁場豎直向上，半徑大于的區域內磁場豎直向下，俯視圖如圖乙所示，導線一端Q與圓心O相連，另一端P與圓軌道連接給電阻R供電，其余電阻不計，則(　　)
A．電阻R兩端的電壓為
B．電阻R中的電流方向向上
C．電阻R中的電流大小為
D．導體棒的安培力做功的功率為0
答案　C
解析　半徑小于的區域內，E1＝B·＝，半徑大于的區域，E2＝B·＝，根據題意可知，兩部分電動勢相反，故總電動勢E＝E2－E1＝，根據右手定則可知圓心為負極，圓環為正極，電阻R中的電流方向向下，電阻R上的電壓U＝E＝，故A、B錯誤；電阻R中的電流大小為I＝＝，故C正確；回路有電流，則安培力不為零，故導體棒的安培力做功的功率不為零，故D錯誤．
8.(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.空間存在垂直導軌平面、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，在其轉過的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．流過電阻R1的電流方向為P→R1→O
B．A、O兩點間電勢差為
C．流過OA的電荷量為
D．外力做的功為
答案　AD
解析　由右手定則判斷出OA中電流方向由O→A，可知流過電阻R1的電流方向為P→R1→O，故A正確；OA產生的感應電動勢為E＝，將OA當成電源，外部電路R1與R2并聯，則A、O兩點間的電勢差為U＝·＝，故B錯誤；流過OA的電流大小為I＝＝，轉過弧度所用時間為t＝＝，流過OA的電荷量為q＝It＝，故C錯誤；轉過弧度過程中，外力做的功為W＝EIt＝，故D正確．
9.(多選)(2019·全國卷Ⅱ·21)如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計．虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場．將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好．已知PQ進入磁場時加速度恰好為零．從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是(　　)
答案　AD
解析　根據題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導體棒從同一位置釋放，則兩導體棒進入磁場時的速度相同，產生的感應電動勢大小相等，PQ通過磁場區域后MN進入磁場區域，MN同樣勻速直線運動通過磁場區域，故流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是A；若釋放兩導體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區域時MN就進入磁場區域，則兩棒在磁場區域中運動時回路中磁通量不變，感應電動勢和感應電流為零，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，PQ出磁場后，MN切割磁感線產生感應電動勢和感應電流，且感應電流一定大于剛開始僅PQ切割磁感線時的感應電流I1，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿導軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是D.
10．如圖甲所示，虛線MN左、右兩側的空間均存在與紙面垂直的勻強磁場，右側勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小恒為B0；左側勻強磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示，規定垂直紙面向外為磁場的正方向．一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S0，將該導線做成半徑為r的圓環固定在紙面內，圓心O在MN上．求：
(1)t＝時，圓環受到的安培力；
(2)在0～t0內，通過圓環的電荷量．
答案　(1)，垂直于MN向左　(2)
解析　(1)根據法拉第電磁感應定律，圓環中產生的感應電動勢E＝S
上式中S＝
由題圖乙可知＝
根據閉合電路的歐姆定律有I＝
根據電阻定律有R＝ρ
t＝t0時，圓環受到的安培力大小F＝B0I·(2r)＋I·(2r)
聯立解得F＝
由左手定則知，方向垂直于MN向左．
(2)通過圓環的電荷量q＝·Δt
根據閉合電路的歐姆定律和法拉第電磁感應定律有＝，＝
在0～t0內，穿過圓環的磁通量的變化量為
ΔΦ＝B0·πr2＋·πr2
聯立解得q＝.
11．如圖所示，光滑的足夠長的平行水平金屬導軌MN、PQ相距l，在M、P和N、Q間各連接一個額定電壓為U、阻值恒為R的燈泡L1、L2，在兩導軌間cdfe矩形區域內有垂直導軌平面豎直向上、寬為d0的有界勻強磁場，磁感應強度為B0，且磁場區域可以移動，一電阻也為R、長度大小也剛好為l的導體棒ab垂直固定在磁場左邊的導軌上，離燈泡L1足夠遠．現讓勻強磁場在導軌間以某一恒定速度向左移動，當棒ab剛處于磁場時兩燈泡恰好正常工作．棒ab與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計．
(1)求磁場移動的速度大小；
(2)若保持磁場不移動(仍在cdfe矩形區域)，而使磁感應強度B隨時間t均勻變化，兩燈泡中有一燈泡正常工作且都有電流通過，設t＝0時，磁感應強度為B0.試求出經過時間t時磁感應強度的可能值Bt.
答案　(1)　(2)B0±t
解析　(1)當ab剛處于磁場時，ab棒切割磁感線，產生感應電動勢，相當于電源，燈泡剛好正常工作，則電路中路端電壓U外＝U
由電路的分壓之比得U內＝2U
則感應電動勢為E＝U外＋U內＝3U
由E＝B0lv＝3U，可得v＝
(2)若保持磁場不移動(仍在cdfe矩形區域)，而使磁感應強度B隨時間t均勻變化，可得棒與L1并聯后再與L2串聯，則正常工作的燈泡為L2，所以L2兩端的電壓為U，電路中的總電動勢為
E＝U＋＝
根據法拉第電磁感應定律得E＝＝ld0
聯立解得＝，所以經過時間t時磁感應強度的可能值Bt＝B0±t.

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