專題強化二十二電磁感應(yīng)中的電路及圖像問題

學習目標1.掌握電磁感應(yīng)電路問題的分析方法。2.掌握感應(yīng)電流、電荷量、路

端電壓、電功率的計算方法。3.會分析電磁感應(yīng)的圖像問題。

考點一電磁感應(yīng)中的電路問題

1.電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖

2.分析電磁感應(yīng)電路問題的基本思路

例1如圖1，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固

定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。一接入電路

的電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動

過程中PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處

向bc滑動的過程中()

圖1

A.PQ中電流先增大后減小

B.PQ兩端電壓先減小后增大

C.PQ上拉力的功率先減小后增大

D.線框消耗的電功率先減小后增大

答案C

解析

設(shè)PQ左側(cè)電路的電阻為Rx，右側(cè)電路的電阻為3R－Rx，外電路的總電阻為R外

Rx（3R－Rx）

＝，外電路電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得PQ中

3R

E

的電流I＝先減小后增大，路端電壓U＝E－IR先增大后減小，故A、B錯

R＋R外

誤；導體棒做勻速直線運動，拉力與安培力平衡，即F＝IlB，拉力的功率P＝IlBv，

Rx（3R－Rx）3

先減小后增大，故C正確；外電路的總電阻R外＝，當Rx＝R時R

3R2

3

外最大，最大值為R，小于導體棒的電阻R，又外電路電阻先增大后減小，由電

4

源的輸出功率與外電路電阻的關(guān)系可知，線框消耗的電功率先增大后減小，故D

錯誤。

(1)對電源的理解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導體相當于電源，

如切割磁感線的導體棒、有磁通量變化的線圈等。

(2)對電路的理解：內(nèi)電路是切割磁感線的導體棒或磁通量發(fā)生變化的線圈；除電

源外其余部分是外電路。在外電路中，電流從高電勢處流向低電勢處，在內(nèi)電路

中，電流則從低電勢處流向高電勢處。

(3)對路端電壓的理解：“電源”兩端的電壓為路端電壓，不是電源的感應(yīng)電動勢。

1.如圖2所示，單匝正方形線圈A邊長為0.2m，線圈平面與勻強磁場垂直，且一

半處在磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律為B＝(0.8－0.2t)T。開始時開關(guān)S

未閉合，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝20μF，線圈及導線電阻不計。閉合開關(guān)S，待

電路中的電流穩(wěn)定后。求：

圖2

(1)回路中感應(yīng)電動勢的大??；

(2)電容器所帶的電荷量。

答案(1)4×10－3V(2)4.8×10－8C

ΔB1

解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝S，其中S＝L2，

Δt2

代入數(shù)據(jù)得E＝4×10－3V。

E

(2)由閉合電路歐姆定律得I＝

R1＋R2

由部分電路的歐姆定律得U＝IR2

電容器所帶電荷量為Q＝CU

聯(lián)立解得Q＝4.8×10－8C。

考點二電磁感應(yīng)中電荷量的計算

ΔΦ

電磁感應(yīng)中電荷量的計算公式：q＝n

R＋r

－

－ΔΦ－E

1.推導：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n，電路中的平均電流為I＝＝

ΔtR＋r

nΔΦ－ΔΦ

，所以q＝IΔt＝n。

（R＋r）ΔtR＋r

2.結(jié)論：電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電荷量由線圈的匝數(shù)、磁通量的變化量及電

路的總電阻共同決定，與時間Δt無關(guān)。

例2如圖3，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(zhuǎn)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(yīng)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(zhuǎn)到OS位

置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程

B′

Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于()

B

圖3

53

A.B.

42

7

C.D.2

4

答案B

解析設(shè)OM的電阻為R，OM的長度為l。過程Ⅰ，OM轉(zhuǎn)動的過程中產(chǎn)生的平

12

B·πl(wèi)2

ΔΦ1B·ΔSπBl

均感應(yīng)電動勢大小為E1＝＝＝4＝，流過OM的平均電流為I1

Δt1Δt14Δt1

Δt1

22

E1πBlπBl

＝＝，則流過OM的電荷量為q1＝I1·Δt1＝；過程Ⅱ，磁場的磁感應(yīng)強

R4RΔt14R

ΔΦ2

度大小均勻增加，則該過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小為E2＝＝

Δt2

22

（B′－B）S（B′－B）πl(wèi)E2π（B′－B）l

＝，電路中的平均電流為I2＝＝，則流過

Δt22Δt2R2RΔt2

π（B′－B）l2

OM的電荷量為q2＝I2·Δt2＝；由題

2R

B′3

意知q1＝q2，聯(lián)立解得＝，選項B正確，A、C、D錯誤。

B2

2.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0.1m2，線圈電阻為1Ω。規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是

順時針方向，如圖4甲所示。磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所

示。以下說法正確的是()

圖4

A.在0～2s時間內(nèi)，I的最大值為0.02A

B.在3～5s時間內(nèi)，I的大小越來越小

C.前2s內(nèi)，通過線圈某橫截面的總電荷量為0.01C

D.第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大

答案C

E

解析0～2s時間內(nèi)，t＝0時刻磁感應(yīng)強度變化率最大，感應(yīng)電流最大，I＝＝

R

ΔB·S

＝0.01A，A錯誤；3～5s時間內(nèi)電流大小不變，B錯誤；前2s內(nèi)通過線圈

ΔtR

ΔΦΔB·S

的電荷量q＝＝＝0.01C，C正確；第3s內(nèi)，B沒有變化，線圈中沒有感

RR

應(yīng)電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率最小，D錯誤。

考點三電磁感應(yīng)中的圖像問題

角度感生類圖像問題

(1)問題類型

①給定電磁感應(yīng)過程，選出或畫出正確的圖像。

②由給定的圖像分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)物理量。

(2)分析方法

ΔΦ

①電動勢大小：E＝n，取決于磁通量的變化率。

Δt

②電動勢方向：用楞次定律和安培定則判斷。

例3(多選)一矩形線圈位于一個方向垂直于線圈平面向里的磁場中，如圖5甲所

示，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。以i表示線圈中的感應(yīng)電流，

以圖甲線圈上箭頭所示方向(即順時針方向)的電流為正；MN邊所受的安培力為

F(以水平向左為力F的正方向)，則圖中i－t、F－t圖像可能正確的是()

圖5

答案AC

解析第1s內(nèi)，磁感應(yīng)強度均勻增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場與

原磁場方向相反，感應(yīng)電流的磁場方向向外，根據(jù)右手螺旋定則可知，感應(yīng)電流

沿逆時針方向，即感應(yīng)電流為負，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢為

ΔΦΔBE

E＝n＝nS，由I＝可知，電流大小不變；第2s內(nèi)，磁感應(yīng)強度不變，感

ΔtΔtR

應(yīng)電流為零；第3s內(nèi)，磁感應(yīng)強度均勻減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的

磁場與原磁場方向相同，感應(yīng)電流的磁場方向向里，根據(jù)右手螺旋定則可知，感

應(yīng)電流沿順時針方向，即感應(yīng)電流為正，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電

ΔΦΔBE

動勢為E＝n＝nS，由I＝可知，感應(yīng)電流大小不變，B錯誤，A正確；MN

ΔtΔtR

邊受到的安培力F＝ILB，在0～1s內(nèi)，I、L不變，B增大，F(xiàn)增大；在1～2s

內(nèi)，I＝0，F(xiàn)＝0；在2～3s內(nèi)，I、L不變，B減小，F(xiàn)減小。由左手定則可知，

在0～1s內(nèi)，安培力向右，為負值；在2～3s內(nèi)，安培力向左，為正值，D錯誤，

C正確。

3.如圖6甲所示，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)，外圓環(huán)通以如圖乙所示的

電流。規(guī)定圖甲所示電流方向為外圓環(huán)電流的正方向，內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端

時，a、b間的電壓Uab為正，下列關(guān)于Uab－t圖像的描述可能正確的是()

圖6

答案C

Δi

解析由題圖乙可知，在0～0.25T0時間內(nèi)，外圓環(huán)電流逐漸增大但逐漸減小，

Δt

根據(jù)安培定則可知，在外圓環(huán)內(nèi)部產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向里，磁場逐漸增

ΔB

強，但逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知，內(nèi)圓環(huán)a端電勢高，所以Uab>0，根據(jù)

Δt

ΔΦΔBΔi

法拉第電磁感應(yīng)定律Uab＝＝S可知，Uab逐漸減小；當t＝0.25T0時，＝0，

ΔtΔtΔt

ΔB

所以＝0，Uab＝0，同理可知，在0.25T0～0.5T0時間內(nèi)，Uab<0，且|Uab|逐漸增

Δt

大，0.5T0～T0內(nèi)重復(fù)0～0.5T0的變化規(guī)律，故C正確。

角度動生類圖像問題

(1)問題類型

由閉合線圈的運動過程畫出i－t圖像或E－t圖像。

(2)分析方法

①電動勢大小：E＝Blv。

要注意是單邊切割還是雙邊切割(感應(yīng)電流同向相加、反向相減)，等效長度為在

磁場中導線首尾相連在垂直于速度方向的投影長度。

②電動勢方向：用右手定則判斷。

例4如圖7所示，將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導線框OMN，圓弧

MN的圓心為O點，將O點置于直角坐標系的原點，其中第二和第四象限存在垂

直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的

勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2B。t＝0時刻，讓導線框從圖示位置開始以O(shè)點

為圓心沿逆時針方向做勻速圓周運動，規(guī)定電流方向ONM為正，在下面四幅圖

中能夠正確表示電流i與時間t關(guān)系的是()

圖7

答案C

解析設(shè)扇形導線框半徑為R，回路中總電阻為r，導線框轉(zhuǎn)動的角速度為ω，線

框轉(zhuǎn)動90°經(jīng)過的時間為t0。在0～t0時間內(nèi)，線框沿逆時針方向從題圖所示位置

12

開始(t＝0)轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝BRω，由閉合電路歐姆

2

2

E1BRω

定律得，回路中的電流為I1＝＝，根據(jù)楞次定律可知，線框中感應(yīng)電流方

r2r

向為逆時針方向(沿ONM方向)。在t0～2t0時間內(nèi)，線框進入第三象限的過程中，

回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2

121232

＝BRω＋×2BRω＝BRω＝3E1，感應(yīng)電流為I2＝3I1。在2t0～3t0時間內(nèi)，線

222

框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路

121232

中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E3＝BRω＋×2BRω＝BRω＝3E1，感應(yīng)電流為I3＝3I1，

222

在3t0～4t0時間內(nèi)，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿

12

OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E4＝BRω，回路電流為I4＝I1，故C

2

正確，A、B、D錯誤。

4.如圖8所示，空間有兩個寬度分別為L和2L的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度

大小都為B，左側(cè)磁場方向垂直于紙面向里，右側(cè)磁場方向垂直于紙面向外。abcd

是一個由均勻電阻絲做成的邊長為L的正方形線框，線框以垂直于磁場邊界的速

度v勻速通過兩個磁場區(qū)域，在運動過程中，線框ab、cd兩邊始終與磁場的邊界

平行。設(shè)線框cd邊剛進入磁場的位置為x＝0，x軸正方向水平向右，從線框cd

邊剛進入磁場開始到整個線框離開磁場區(qū)域的過程中，ab兩點間的電勢差Uab和

線框受到的安培力F(規(guī)定水平向右為正方向)隨著位置x變化的圖像正確的是

()

圖8

答案C

解析第一個過程：cd邊剛進入左側(cè)磁場到cd邊剛要進入右側(cè)磁場的過程，ab

1BLv

兩點間的電勢差U0＝BLv(a點電勢高)，cd邊受安培力大小為F0＝ILB＝LB

4R

B2L2v

＝，方向向左；第二個過程：cd邊剛進入右側(cè)磁場到ab邊剛進入右側(cè)磁場

R

2BLvR1

的過程中，a、b兩點間的電勢差U2＝BLv－×＝BLv＝2U0(a點電勢高)，

R42

2BLvB2L2v

線框受到的安培力為F2＝2I′LB＝2LB＝4＝4F0，方向向左；第三個過程：

RR

ab邊離開左側(cè)磁場到cd邊到右側(cè)磁場的右邊界，在這個過程，線框中沒有感應(yīng)

電流，所以線框不受安培力的作用，ab兩點間的電勢差U3＝－BLv＝－4U0(b點

電勢高)；第四個過程：cd邊剛離開右側(cè)磁場到ab邊剛離開右側(cè)磁場的過程，線

BLvB2L2v

圈受安培力，大小為F4＝ILB＝LB＝＝F0，方向向左，ab兩點間的電勢

RR

3

差U4＝－BLv＝－3U0(b點電勢高)，綜合以上分析，C正確，A、B、D錯誤。

4

A級基礎(chǔ)對點練

對點練1電磁感應(yīng)中的電路問題

1.如圖1所示，兩根相距為l的平行直導軌ab、cd，b、d間連有一定值電阻R，

導軌電阻可忽略不計。MN為放在ab和cd上的一導體桿，與ab垂直，其電阻也

為R。整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于導軌

所在平面向里(指向圖中紙面內(nèi))。現(xiàn)對MN施力使它沿導軌方向以速度v(如圖)做

勻速運動。令U表示MN兩端電壓的大小，則()

圖1

1

A.U＝Blv，流過電阻R的感應(yīng)電流由b到d

2

1

B.U＝Blv，流過電阻R的感應(yīng)電流由d到b

2

C.U＝Blv，流過電阻R的感應(yīng)電流由b到d

D.U＝Blv，流過電阻R的感應(yīng)電流由d到b

答案A

解析由右手定則可知，通過MN的電流方向為N→M，電路閉合，流過電阻R

的電流方向由b到d，B、D錯誤；導體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv，

導體桿為等效電源，其電阻為等效電源內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律可知，U＝IR

E1

＝·R＝Blv，A正確，C錯誤。

2R2

2.如圖2所示是兩個相互連接的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二

分之一，勻強磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化時，

在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為()

圖2

11

A.EB.E

23

2

C.ED.E

3

答案B

1

解析a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的，故a、b兩

3

1

點間電勢差為U＝E，選項B正確。

3

3.(多選)如圖3甲所示，螺線管匝數(shù)n＝1000，橫截面積S＝0.02m2，電阻r＝1Ω，

螺線管外接一個阻值R＝4Ω的電阻，電阻的一端b接地。一方向平行于螺線管軸

線向左的磁場穿過螺線管，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則()

圖3

A.在0～4s時間內(nèi)，R中有電流從a流向b

B.在t＝3s時穿過螺線管的磁通量為0.07Wb

C.在4～6s時間內(nèi)，通過R的電流大小為8A

D.在4～6s時間內(nèi)，R兩端電壓Uab＝40V

答案BC

解析在0～4s時間內(nèi)，原磁場增大，則穿過螺線管的磁通量增大，根據(jù)楞次定

律可知，感應(yīng)磁場方向向右，由安培定則可知，R中的電流方向從b流向a，故A

錯誤；由題圖乙可知，t＝3s時磁感應(yīng)強度為B＝3.5T，則此時穿過螺線管的磁

通量為Φ＝BS＝3.5×0.02Wb＝0.07Wb，故B正確；在4～6s時間內(nèi)，感應(yīng)電動

ΔB·S1000×4×0.02E40

勢為E＝n＝V＝40V，則通過R的電流大小為I＝＝

Δt2R＋r4＋1

A＝8A，故C正確；在4～6s時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知，R中的電流從a流向

b，則R兩端電壓為Uab＝IR＝8×4V＝32V，故D錯誤。

對點練2電磁感應(yīng)中電荷量的計算

4.(2024·江蘇南通調(diào)研)如圖4所示，正方形線圈MOO′N處于勻強磁場中，磁感應(yīng)

強度大小為B，方向與水平面的夾角為30°，線圈的邊長為L，電阻為R，匝數(shù)為

n。線圈從豎直面繞OO′順時針轉(zhuǎn)至水平面的過程中，通過導線橫截面的電荷量為

()

圖4

（3＋1）nBL2（3＋1）n2BL2

A.B.

2R2R

（3－1）nBL2（3－1）n2BL2

C.D.

2R2R

答案A

－

－ΔΦ－E－ΔΦ

解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝n，又有I＝，q＝I·Δt，解得q＝n，

ΔtRR

2

22（3＋1）nBL

又因為ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BLsin30°，Φ1＝－BLcos30°，解得q＝，

2R

故A正確。

5.(2024·江蘇南京模擬)如圖5所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一位

于紙面內(nèi)的正方形導體框abcd，現(xiàn)將導體框分別朝兩個方向以v、3v的速度勻速

拉出磁場，則導體框從兩個方向移出磁場的過程中()

圖5

A.導體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反

B.導體框ad邊兩端電勢差大小之比為1∶3

C.導體框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為1∶3

D.通過導體框截面的電荷量之比為1∶3

答案C

解析根據(jù)楞次定律和安培定則可以判斷兩次將導體框拉出磁場的過程中產(chǎn)生的

感應(yīng)電流方向均為逆時針方向，選項A錯誤；設(shè)導體框的邊長為l，以速度v拉

139

導體框時，|Uad|＝Blv，當以3v拉出時，|Uad|＝Bl·3v＝Blv，因此兩次拉出的

444

過程中，ad邊兩端的電勢差大小之比為1∶9，選項B錯誤；導體框移出磁場過

2223

E（Blv出）lBl

程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝t＝·＝v出，故兩次移出過程產(chǎn)生的焦耳熱

RRv出R

之比為Q1∶Q2＝1∶3，選項C正確；導體框移出磁場過程通過導體框截面的電

EΔΦ

荷量q＝It＝t＝，故兩次移出過程通過導體框截面的電荷量之比為q1∶q2＝

RR

1∶1，選項D錯誤。

對點練3電磁感應(yīng)中的圖像問題

6.(多選)如圖6甲所示，虛線右側(cè)有一垂直紙面的勻強磁場，取磁場垂直于紙面向

里的方向為正方向，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示，固定的閉合

導線框abcd一部分在磁場內(nèi)。取線框中感應(yīng)電流沿順時針方向為正方向，安培力

向左為正方向。從t＝0時刻開始，下列關(guān)于線框中感應(yīng)電流i、線框cd邊所受安

培力F分別隨時間t變化的圖像，可能正確的是()

圖6

答案AD

T

解析在0～時間內(nèi)磁場方向垂直紙面向里且減小，由楞次定律可判斷，產(chǎn)生的

4

ΔBS

感應(yīng)電流方向為順時針方向，與規(guī)定的正方向相同，大小I＝·恒定，cd邊

ΔtR

TT

受到的安培力方向向右，為負，大小F＝IlB均勻減?。辉凇珪r間內(nèi)，磁場方向

42

垂直紙面向外且增強，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為順時針方向，為正，大小恒定，cd

邊受到的安培力方向向左，為正，大小均勻增加；在T～3T時間內(nèi)，磁場方向垂

24

直紙面向外且減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，為負，大小恒定，cd邊

3T

受到的安培力方向向右，為負，大小均勻減小；在～T時間內(nèi)，磁場方向垂直

4

紙面向里且增強，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，為負，大小恒定，cd邊受

到的安培力方向向左，為正，大小均勻增加，綜上分析，選項A、D正確。

7.(多選)(2024·云南師大附中月考)如圖7所示，間距為L的水平邊界MN、PQ之

間存在垂直紙面向外的勻強磁場，一正方形線框位于磁場區(qū)域上方某一高度，線

框的邊長為L、ab邊的電阻是dc邊電阻的2倍，ad邊、bc邊的電阻不計。若線

框由靜止釋放，t＝0時刻dc邊進入磁場，一段時間后ab邊進入磁場并勻速穿過

磁場，整個線框通過磁場區(qū)域的過程中，ab邊與dc邊保持水平，則a、b兩點之

間的電勢差Uab隨時間t的變化圖像可能正確的是()

圖7

答案BCD

解析設(shè)dc邊的電阻是r，ab邊的電阻是2r，由于下落高度不確定，dc邊進入

磁場后，線框可能做勻速直線運動、加速度減小的加速直線運動或加速度減小的

減速直線運動。dc邊進入磁場時電動勢為E＝BLv，ab兩點之間的電勢差為Uab

EE

＝·2r，dc邊出磁場后，線框做勻速運動，a、b兩點之間的電勢差為Uab＝·r，

3r3r

故A錯誤，B、C、D正確。

8.在水平光滑絕緣桌面上有一邊長為L的正方形線框abcd，被限制在沿ab方向的

水平直軌道上自由滑動。bc邊右側(cè)有一直角三角形勻強磁場區(qū)域efg，直角邊ge

和ef的長也等于L，磁場方向豎直向下，其俯視圖如圖8所示，線框在水平拉力

作用下向右以速度v勻速穿過磁場區(qū)，若圖示位置為t＝0時刻，設(shè)逆時針方向為

時間單位為L

電流的正方向。則感應(yīng)電流i－t圖像正確的是v()

圖8

答案D

解析bc邊的位置坐標x從0～L的過程中，根據(jù)楞次定律可知線框中感應(yīng)電流

方向沿a→b→c→d→a，為正值。線框bc邊有效切割長度為l＝L－vt，感應(yīng)電動

E

勢為E＝Blv＝B(L－vt)v，隨著t均勻增加，E均勻減小，感應(yīng)電流i＝，可知感

R

應(yīng)電流均勻減小。同理，x從L～2L的過程中，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流方

向沿a→d→c→b→a，為負值，感應(yīng)電流仍均勻減小，故A、B、C錯誤，D正確。

B級綜合提升練

9.(2024·陜西西安模擬)如圖9所示，半徑為L的導電圓環(huán)(電阻不計)繞垂直于圓環(huán)

平面、通過圓心O的金屬軸以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動。圓環(huán)上接有電阻均為r

的三根金屬輻條OA、OB、OC，輻條互成120°角。在圓環(huán)圓心角∠MON＝120°

的范圍內(nèi)(兩條虛線之間)分布著垂直圓環(huán)平面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強

磁場，圓環(huán)的邊緣通過電刷P和導線與一個阻值也為r的定值電阻R0相連，定值

電阻R0的另一端通過導線接在圓環(huán)的中心軸上，在圓環(huán)勻速轉(zhuǎn)動過程中，下列說

法中正確的是()

圖9

A.金屬輻條OA、OB、OC進出磁場前后，輻條中電流的大小不變，方向改變

22

B.定值電阻R0兩端的電壓為BLω

5

BL2ω

C.通過定值電阻R0的電流為

8r

πB2L4ω

D.圓環(huán)轉(zhuǎn)動一周，定值電阻R0產(chǎn)生的熱量為

96r

答案C

解析由題意知，三根金屬輻條始終有一根在磁場中切割磁感線，切割磁感線的

金屬輻條相當于內(nèi)阻為r的電源，另外兩根金屬輻條和定值電阻R0并聯(lián)，輻條進

4r

出磁場前后電流的大小、方向均改變，故A錯誤；電路的總電阻R＝，圓環(huán)勻

3

ωLBL2ωEr

速轉(zhuǎn)動時感應(yīng)電動勢E＝BL＝，所以定值電阻R0兩端的電壓U＝·＝

22R3

BL2ωUBL2ω

，通過定值電阻R0的電流I＝＝，故B錯誤，C正確；圓環(huán)轉(zhuǎn)動一周，

8r8r

24

2πBLω

定值電阻R0產(chǎn)生的熱量Q＝IrT＝，故D錯誤。

32r

10.(多選)(2024·安徽合肥聯(lián)考)如圖10甲所示，一圓形金屬線圈上半部分處于勻強

磁場中，線圈匝數(shù)為n，線圈固定不動。t＝0時勻強磁場的磁感應(yīng)強度的方向垂

直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，已知線圈的半

徑為r，線圈總電阻為R，則()

圖10

A.線圈中的感應(yīng)電流的方向在t0時刻發(fā)生改變

B.線圈受到的安培力方向始終豎直向上

232

nπrB0

C.t＝0時刻，線圈受到的安培力大小為

t0R

2

33nπrB0

D.0～t0通過導線某橫截面的電荷量為

24R

答案CD

解析由題意可知0～t0磁場方向垂直紙面向里，線圈中的磁通量逐漸減小，t0～

2t0磁場方向垂直紙面向外，線圈中的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知線圈中

的感應(yīng)電流方向始終為順時針方向，故A錯誤；t0時刻安培力的方向會發(fā)生改變，