微专题17 电磁感应中的电路和图像问题

电磁感应中的电路与电荷量问题

1．内电路和外电路

(1) 切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．

(2) 该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．

2．电磁感应中电路知识关系图

3．解决电磁感应中的电路问题三步骤

4．电磁感应中电荷量的两个计算公式

(1) q＝t(该公式适用于电流恒定的情况，若电流变化应用电流的平均值).

(2) q＝t＝nR＋r(ΔΦ).

(2024·金陵中学)如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A铰链连接的长度为2a、电阻为2(R)的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v.此时AB两端的电压大小为( D )

A．Bav B．6(Bav)

C．3(2Bav) D．3(Bav)

解析：导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，感应电动势大小为E＝B·2a·2(v＋0)＝Bav，分析电路特点知，外电路相当于是2(R)的两个电阻并联，则R_并＝2()＝4(R)，故此时AB两端的电压大小为U＝4(R)·E＝3(Bav)，故选D.

类题固法1

1．如图所示，有一个磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r、电阻为2R的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直．金属杆Oa一端可绕环的圆心O旋转，另一端a搁在环上，电阻值为R；另一金属杆Ob一端固定在O点，另一端b固定在环上，电阻值也是R.已知Oa杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob不影响Oa的转动，则下列说法中错误的是( C )

A．流过Oa的电流可能为 5R(Bωr2)

B．流过Oa的电流可能为 25R(6Bωr2)

C．Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr²

D．Oa旋转时产生的感应电动势的大小为 2(1)Bωr²

解析：Oa旋转时产生的感应电动势的大小为E＝2(1)Bωr²，D正确，C错误；当Oa旋转到与Ob共线但不重合时，等效电路如图甲所示，此时有I_min＝2.5R(E)＝5R(Bωr2)，当Oa与Ob重合时，环的电阻为0，等效电路如图乙所示，此时有I_max＝2R(E)＝4R(Bωr2)，所以5R(Bωr2)≤I≤4R(Bωr2)，A、B正确．

2．如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( C )

A．PQ中电流先增大，后减小

B．PQ两端电压先减小，后增大

C．PQ上拉力的功率先减小，后增大

D．线框消耗的电功率先减小，后增大

解析：设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r，PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R_外＝3R－r(3R－r)＝2()，当r＝2(3R)时，R_外max＝4(3)R，此时，PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大，后减小，PQ中的电流为干路电流I＝R外＋R内(E)，可知干路电流先减小，后增大，A错误；PQ两端的电压为路端电压U＝E－U_内，因E＝Blv 不变，U_内＝IR先减小，后增大，所以路端电压先增大，后减小，B错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F_安v＝BIlv，可知因干路电流先减小，后增大，PQ上拉力的功率也先减小，后增大，C正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为4(3)R，小于内阻R，根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大，后减小，D错误．

电磁感应中的图像问题

1．图像问题

2．分析方法

3．电磁感应中图像类选择题的两种常见解法

(1) 排除法：定性地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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．

(2) 函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．

(2023·如皋期末)如图所示，等边三角形金属框的一个边与有界磁场边界平行，金属框在外力F作用下以垂直于边界的速度匀速进入磁场，则线框进入磁场的过程中，线框中的感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P、通过导体某横截面的电荷量q与时间t的关系可能正确的是( C )

  A    B   C   D

解析：设线框边长为L₀，则切割磁感线的有效长度为L＝L₀－2tan 60°(vt)＝L₀－3(3vt)，感应电流为I＝R(v)＝R(BL0v)－3R(3Bv2t)，可知感应电流随时间均匀减小，A错误；金属框匀速运动，外力与安培力平衡，外力大小为F＝BIL＝R(v)可知，外力随时间的图像为抛物线，B错误；电功率为P＝I²R＝R(v2)可知，电功率随时间的图像为开口向上的抛物线，C正确；根据＝Δt(ΔΦ)，＝R(E)，q＝t，得q＝R(ΔΦ)＝R(BΔS)，磁场通过线框的有效面积随时间变化关系为ΔS＝2(1)(L＋L₀)vt＝L₀vt－3(3v2t2)，得q＝R(B)3(3v2t2)，可知通过导体某横截面的电荷量随时间的图像为开口向下的抛物线，D错误．

类题固法2

1．如图所示，边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC＝60°，BC边处在x轴上．现让线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度穿过磁场，在t＝0时，线框B点恰好位于原点O的位置．规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，下列能正确表示线框中感应电流i随位移x变化关系的是( D )

  A   B C D

解析：线框从0～L过程，产生逆时针方向的电流，有效长度从0增大到2(3)L，故电流逐渐变大；从L～2L过程，产生逆时针方向的电流，有效长度从2(3)L逐渐减小到0，故电流逐渐变小；从2L～3L过程，产生顺时针方向的电流，有效长度从L逐渐减小到0，故电流逐渐变小；故D正确．

2．如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联，导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑．电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻．设金属棒的速度为v、动能为E_k、两端的电压为U_ab、电容器上的电荷量为q，它们与时间t、位移x的关系图像正确的是( B )

A   B  C   D

解析：设导轨间距为L，释放后电容器充电，电路中充电电流i，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－BiL＝ma，i＝Δt(ΔQ)＝Δt(C·ΔU)＝Δt(C·BLΔv)＝CBLa，由此得mg－BLCBLa＝ma，解得a＝m＋B2L2C(mg)，可见加速度不变，做匀加速直线运动，即v＝at，U_ab＝BLv＝BLat，故A、C错误；根据E_k＝2(1)mv²＝2(1)m·2ax，故B正确；根据q＝CU_ab＝BCLat，与时间成正比，即与位移不是正比关系，故D错误．

配套精练

一、 选择题

1．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中( C )

A．导体框中产生的感应电流方向相反

B．导体框ad边两端电势差之比为1∶3

C．导体框中产生的焦耳热之比为1∶3

D．通过导体框截面的电荷量之比为1∶3

解析：将线圈拉出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿逆时针方向，A错误；设正方形的边长为L，线圈以v运动时，dc边产生的感应电动势为E₁＝BLv，ad边两端电势差为U₁＝4(1)E₁＝4(1)BLv；线圈以3v运动时，ad边产生感应电动势为E₂＝3BLv，ad边两端电势差为U₂＝4(3)E₂＝4(9)BLv，电势差之比为U₁∶U₂＝1∶9，B错误；线圈以v运动时，产生的焦耳热为Q₁＝R(E1)·R·v(L)＝R(B2L3v)，线圈以3v运动时，产生的焦耳热为Q₂＝R(E2)·R·3v(L)＝R(3B2L3v)，焦耳热之比为Q₁∶Q₂＝1∶3，C正确；将线圈拉出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量相同，根据q＝R(ΔΦ)可知，通过导体框截面的电荷量相同，D错误．

2．(2023·金陵中学)如图所示，宽为2L的两条平行虚线间存在垂直纸面向里的匀强磁场．金属线圈位于磁场左侧，线圈平面与磁场方向垂直，af、de、bc边与磁场边界平行，ab、bc、cd、de边长为L，ef、fa边长为2L.线圈向右匀速通过磁场区域，以de边刚进入磁场时为计时零点，则线圈中感应电流随时间变化的图线可能正确的是(感应电流的方向顺时针为正)( A )

A B C D

解析：第一阶段：从de边进入磁场到bc边将进入磁场这段时间内，de边切割磁感线产生感应电动势大小为E₁＝BLv，感应电流方向为逆时针即负方向，设此阶段的电流大小为I₁；第二阶段：从bc边进入磁场到af边将进入磁场这段时间内，de、bc边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E₂＝2BLv，感应电流大小I₂＝2I₁，方向仍为逆时针即负方向；第三阶段：从de边离开磁场到bc边将离开磁场这段时间内，bc、af边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E₃＝BLv，感应电流大小I₃＝I₁，方向为顺时针即正方向；第四阶段：从bc边离开磁场到af边将离开磁场这段时间内，af边切割磁感线产生的感应电动势大小为E₄＝2BLv，感应电流大小I₄＝2I₁，方向仍为顺时针即正方向．综上，感应电流随时间变化的图线如选项A图所示，故选A.

3．(2023·宿迁期末)如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在M、P间，其他电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下．t＝0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是( A )

A  B  C D

解析：导体棒向上做匀加速运动，则F－R(B2L2at)＝ma，即F＝R(B2L2a)t＋ma，故A正确；力F的功率P＝Fv＝t＋ma(B2L2a)at＝R(B2L2a2)t²＋ma²t，则P-t图像为开口向上的抛物线，故B错误；产生的感应电流I＝R(BLat)，则I-t图像是过原点的直线，故C错误；电阻R上产生的热量Q＝I²Rt＝R(B2L2a2t3)，则 Q-t 图像一定不是过原点的直线，故D错误．

4．(2023·金陵中学)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R₁和R₂相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R₁和R₂的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.下列说法中错误的是( A )

A．电阻R₁的电功率为 3(Fv)

B．电阻R₂的电功率为 6(Fv)

C．整个装置因摩擦而产生的热功率为μmgv cos θ

D．整个装置消耗的机械功率为 (F＋μmg cos θ)v

解析：设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻均为R，电路中感应电动势为E＝BLv，R₁、R₂并联电阻大小为R′＝R＋R(R·R)＝2(R)，ab中感应电流为I＝R＋R′(E)，解得ab所受安培力为F＝3R(2B2L2v)，电阻R₁消耗的热功率为P₁＝2(I)R＝9R(B2L2v2)＝6(1)Fv，电阻R₂消耗的功率与R₁消耗的功率相等，故A错误，B正确；整个装置因摩擦而消耗的热功率为P₂＝μmg cos θ·v＝μmgv cos θ，故C正确；整个装置消耗的机械功率为P₃＝Fv＋P₂＝(F＋μmg cos θ)v，故D正确．

5．(2023·南通适应性考试)如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器，金属棒静止在导轨上，棒与导轨垂直，t＝0时，棒受到水平向右的恒力F作用，t＝t₀时，撤去F，则棒的速度v、电容器所带的电荷量q、棒中安培力的冲量I、棒克服安培力做的功W与时间t的关系图像正确的是( D )

A B C  D

解析：设某一时刻t，根据牛顿第二定律有F－F_安＝ma，设该时刻电流大小为i，则F_安＝BiL，F－BiL＝ma，在很短时间间隔内ΔQ＝i·Δt，ΔQ＝C·ΔU，ΔU＝BL·Δv，联立可得i＝BLCΔt(Δv)＝BLCa，结合前式可得F－B²L²Ca＝ma，可得a＝m＋B2L2C(F)，v＝at＝m＋B2L2C(F·t)，可知t₀之前金属棒做匀加速运动，即v-t图像为一倾斜直线．撤去力F后感应电动势等于电容器两端电压，电容器不再充电，电流为零，开始做匀速运动，A错误；由上面分析可知Δt(ΔQ)＝i＝BLCa，t₀之前q-t图像为倾斜直线，t₀之后电容器不充放电，电荷量不变，B错误；安培力的冲量I＝BiL·t＝B²L²Ca·t，加速度a定值，可知I-t图线为一倾斜直线，C错误；棒克服安培力做的功W＝F_安v·t＝B²L²Ca²t²，D正确．

6．(2023·扬州中学考前模拟)空间中存在如图所示的磁场，Ⅰ、Ⅱ区域的宽度均为2R，磁感应强度均为B(Ⅰ区域垂直纸面向里，Ⅱ区域垂直纸面向外)，半径为R的圆形导线圈在外力作用下以速度v匀速通过磁场区域，设任意时刻导线圈中电流为I(逆时针为正)，导线圈所受安培力为F(向左为正)，从导线圈刚进入Ⅰ区域开始将向右运动的位移记为x，则下列图像正确的是( D )

A B C D

解析：当圆环在磁场Ⅰ区域向右运动过程中，设圆环切割磁感线的有效长度为l，则有(R－x)²＋2(l)＝R² 整理得l＝2，则圆环产生的感应电动势为E＝Blv，感应电流为I＝R阻(E)＝R阻(x－R2＋R2)，可知电流与位移不成线性相关，B错误；当圆环圆心运动到Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，此时产生的感应电流大小为I′＝R阻(2E)＝R阻(x－R2＋R2)，即x＝3R的电流大小为x＝R的电流的两倍，方向沿着顺时针方向，A错误；通过分析可知，除了x＝2R、x＝4R、x＝6R三个特殊位置，电流为0，受力为0，在0<x<6R区域内，圆环受力方向水平向左，若圆环在x＝R位置受力为F₀，则圆环在x＝3R处，由于电流变为2倍，圆环左右半圆均受力，因此圆环受力为4F₀，C错误，D正确．

二、 非选择题

7．(2023·盐城期末)如图所示，电阻不计的矩形导线圈abcd，在ab间接电阻为R的均匀电阻丝甲，线圈放在方向垂直于线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场中．现有电阻为2(1)R的金属棒PQ刚好架在导线圈上，PQ长度为L，并以恒定速度v从ad边滑向bc边．PQ在滑动过程中与导线圈的接触良好．求：

(1) PQ产生的感应电动势E.

答案：BLv

解析：PQ产生的感应电动势为E＝BLv

(2) 甲消耗电功率的最大值P_max.

答案：9R(4B2L2v2)

解析：当金属棒滑上甲后，令甲左端电阻为R_x，则甲右端电阻为R－R_x，左右两端并联，则并联电阻为

R_并＝Rx＋R－Rx(R－Rx)＝R(R－Rx)

由于0≤R_x≤R，可知0≤R_并≤4(R)

甲消耗电功率为P＝R＋R并(1)R_并＝＋R并＋R(R2)

可知，当R_并＝4(R)时，甲消耗功率最大，则有

P_max＝R(1)·4(1)R

结合上述解得P_max＝9R(4B2L2v2)

(3) PQ所受安培力的最小值F_min.

答案：3R(4B2L2v)

解析：根据上述可知，通过金属棒的电流 I＝R＋R并(1)

金属棒所受安培力F＝BIL

解得F＝R＋R并(1)

可知，当R_并＝4(R)时，金属棒所受安培力最小

F_min＝R(1)＝3R(4B2L2v)

8．(2023·海安中学模拟)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R₁及理想电压表V，电阻为r＝2  Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R₂，已知 R₁＝2  Ω，R₂＝1  Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0.2 m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：

甲

乙

(1) t＝0.1 s时电压表的示数．

答案：0.3V

解析：设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2 s的时间内，有E＝Δt(ΔΦ)＝Δt(ΔB)ld＝0.6 V

此时，R₁与金属棒并联后再与R₂串联

R＝R_并＋R₂＝1  Ω＋1  Ω＝2  Ω

U＝R(E)R_并＝0.3 V

(2) 恒力F的大小．

答案：0.27 N

解析：金属棒进入磁场后，R₁与R₂并联后再与r串联，有

I′＝R1(U)＋R2(U)＝0.45 A

F_A＝BI′l＝1×0.45×0.6 N＝0.27 N

由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F＝F_A＝0.27 N

(3) 从t＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量．

答案：0.09 J

解析：在0～0.2 s的时间内有Q＝R(E2)t＝0.036 J

金属棒进入磁场后，有R′＝R1＋R2(R1R2)＋r＝3(8)  Ω

E′＝I′R′＝1.2 V

E′＝Blv，得v＝2 m/s

t′＝v(d)＝2(0.2) s＝0.1 s

Q′＝E′I′t′＝0.054 J

Q_总＝Q＋Q′＝0.036 J＋0.054 J＝0.09 J