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专题提升十六　电磁感应中的电路和图像问题
【学习目标】　1.会处理电磁感应中的电路问题。2.会处理电磁感应中的图像问题。
提升点一　电磁感应中的电路问题
1.电磁感应中的电源
(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。电动势为E＝Blv或E＝n，这部分电路的阻值为电源内阻。
(2)用右手定则或楞次定律与安培定则判断感应电流的方向，感应电流流出的一端为电源正极。
2.电磁感应中电路知识的关系图
　电磁感应　　　　　　　　　　　闭合电路
E＝n
E＝Blv
E＝Bl2ω
q＝
　I＝
U＝E
P＝IU
Q＝I2Rt
q＝It
q＝CU
感生电动势的电路问题
如图所示，单匝正方形线圈A边长为0.2 m，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(0.8－0.2t) T。开始时开关S未闭合，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝20 μF，线圈及导线电阻不计。闭合开关S，待电路中的电流稳定后。求：
(1)回路中感应电动势的大小；
(2)电容器所带的电荷量。
答案：(1)4×10－3 V　(2)4.8×10－8 C
解析：(1)由法拉第电磁感应定律E＝n可得，感应电动势大小为E＝S，其中S＝L2，＝0.2 T/s，代入数据解得E＝4×10－3 V。
(2)由闭合电路欧姆定律得I＝，由欧姆定律得U＝IR2，电容器所带电荷量为Q＝CU，联立并代入数据解得Q＝4.8×10－8 C。
学生用书 第230页
针对练.(多选)在如图甲所示的电路中，电阻2R1＝R2＝2R，单匝圆形金属线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2＜r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，其余导线的电阻不计。闭合开关S，在t0时刻，电路中的电流已稳定。下列说法正确的是(　　)
A.流过电阻R1的电流方向自下向上
B.稳定后电阻R1两端的电压为
C.稳定后M、N两点间的电压为
D.0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为
答案：BD
解析：由题图乙可知磁感应强度随时间均匀增大，根据楞次定律和安培定则可判断出线圈中感应电流的方向为逆时针，则流过电阻R1的电流方向自上向下，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝，S＝π，＝＝，解得E＝，根据闭合电路欧姆定律，稳定后M、N两端电压为外电压U外＝E＝，故C错误；电阻R1两端的电压U1＝E＝，故B正确；根据闭合电路欧姆定律，稳定后电路中的电流I＝＝，根据焦耳定律，在0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热Q2＝I2R2t0＝，故D正确。
动生电动势的电路问题
(2025·江苏卷·T15)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO'转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。
(1)若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；
(2)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；
(3)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。
答案：(1)BLω0r1　(2)　(3)
解析：(1)根据题意可知，ab边转动时的线速度为v＝ω0r1
则ab边产生的感应电动势E＝BLv＝BLω0r1。
(2)根据题意结合题图可知，若内转子固定，外转子转动过程中，ab、cd边均切割磁感线，结合右手定则可知，则转动过程中感应电动势为E0＝2BLv＝2BLω0r1
感应电流为I0＝
外转子转动的周期为T0＝
则外转子转一圈线圈abcd产生的热量Q＝RT0＝。
(3)由题图可知，外转子相对内转子转动个圆周电流方向改变，若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，且abcd中的电流为I，则感应电动势为E'＝IR
又有E'＝2BLΔv
解得Δv＝
则电流改变方向的时间间隔为t＝＝
则电流的周期为T＝2t＝。
解决电磁感应中的电路问题的“三部曲”
针对练.(2025·陕晋青宁卷·T7)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则(　　)
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
答案：D
解析：根据楞次定律和安培定则可知，甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1＝I1LB，I1＝，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2＝I2LB，I2＝，可知＝2，故B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有－LBΔt＝mv1－mv0， q1＝Δt＝·Δt＝＝，同理对乙有－LBΔt'＝mv2－mv0，q2＝Δt'＝·Δt'＝＝，解得v1＝0， v2＝v0＝，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0，故C错误；由能量守恒可知，甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1＝m，Q2＝m－m＝m，即＝，故D正确。
学生用书 第231页
感应电荷量的计算问题
(2026·广东惠州模拟)如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计。现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O点为旋转中心沿顺时针方向以角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计)(　　)
A.通过定值电阻的最大电流为
B.通过定值电阻的最大电流为
C.通过定值电阻的电荷量为
D.通过定值电阻的电荷量为
答案：D
解析：金属棒绕O点转动切割磁感线产生动生电动势，金属棒在转过60°时切割磁感线的有效长度最大，为l效＝2l，则Emax＝Bω＝2Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可得Imax＝＝，故A、B错误；电荷量q＝Δt，而＝＝，可得q＝＝，金属棒转过60°的过程中ΔS＝，可得q＝，故C错误，D正确。
电磁感应中电荷量的计算
　　设在时间Δt内通过导体横截面的电荷量为q，则根据电流定义式＝＝n，可得q＝Δt＝Δt＝Δt＝。
注意：表示电动势的平均值，表示电流的平均值。电流变化时计算通过导体横截面的电荷量要用电流的平均值。
提升点二　电磁感应中的图像问题
感生类图像问题
1.问题类型
(1)由给定电磁感应过程选出或画出正确的图像。
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应物理量。
2.分析方法
(1)电动势大小：E＝n，取决于磁通量的变化率。
(2)电动势方向：用楞次定律和安培定则判断。
(2025·黑吉辽蒙卷·T14)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.5 Ω，边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1.0 s内B -t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0～1.0 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
(1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F；
(2)画出图(b)中1.0～2.0 s内B -t图像(无需写出计算过程)；
(3)从t＝2.0 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
答案：(1)0.015 N　(2)见解析图　(3)0.01 m/s
解析：(1)由法拉第电磁感应定律得E1＝＝L2＝××12 V＝0.05 V
由闭合电路欧姆定律可知，0～1.0 s内导体框中的感应电流大小为I1＝＝0.1 A
由题图(b)可知，t＝0.5 s时磁感应强度大小为
B0.5＝0.15 T
所以此时ad边受到的安培力大小为
F＝I1LB0.5＝0.1×1×0.15 N＝0.015 N。
(2)0～1.0 s内导体框内的感应电流大小为I1＝0.1 A，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针
由题图(c)可知1.0～2.0 s内的感应电流大小为I2＝0.2 A，方向为逆时针，根据闭合电路欧姆定律可知1.0～2.0 s内的感应电动势大小为
E2＝I2R＝0.1 V
由法拉第电磁感应定律得
E2＝＝L2＝0.1 V
可知1.0～2.0 s内磁感应强度的变化率为
＝＝0.2 T/s
解得t＝2.0 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，方向垂直于纸面向里
故1.0～2.0 s的内B -t图像如图。
(3)由动量定理可知－LB2Δt″＝mv1－mv0
其中q＝Δt″＝Δt″＝＝
联立解得ad边离开磁场时的速度大小为v1＝0.01 m/s。
针对练.(多选)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁场的磁感应强
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度随时间的变化情况如图乙所示。设图甲所示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势E、感应电流I、ab边的安培力F(取向下为正方向)以及焦耳热Q随时间t的变化图像正确的是(　　)
答案：CD
解析：0～1 s内产生的感应电动势大小为E1＝n＝2 V，方向为逆时针，同理1～5 s内产生的感应电动势大小为E2＝1 V，方向为顺时针，故0～1 s与1～5 s内产生的感应电动势方向相反，A错误。0～1 s内的感应电流大小为I1＝＝2 A，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s内的感应电流大小为I2＝1 A，方向为顺时针(正值)，B错误。ab边受到的安培力大小为F＝nIlB，以向下为安培力的正方向，则0～1 s内，F＝4t(N)，0≤F≤4 N；1～5 s内，F＝t－3(N)，－2 N＜F≤2 N，故C正确。线圈产生的焦耳热为Q＝EIt，则0～1 s内，Q＝4t(J)，0≤Q≤4 J；1～5 s内，Q＝3＋t(J)，4＜Q≤8 J，故D正确。
动生类图像问题
1.问题类型
由闭合线圈等导体的运动过程选出或画出正确的图像。
2.分析方法
(1)电动势大小：E＝Blv。
要注意是单边切割还是双边切割(感应电流同向相加、反向相减)，有效长度为在磁场中导体首尾相连在垂直于速度方向的投影长度。
(2)电动势方向：用右手定则判断。
(多选)(2026·河南开封一模)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。下列图像不可能的是(　　)
答案：BD
解析：当金属棒从O点向右运动L时，即在0～时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L割＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BL割v0，可得i＝＝(l0＋v0ttan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F＝＝(l0＋v0ttan θ)2，则F-t关系为二次函数关系，但是不过原点；克服安培力做功的功率P＝Fv0＝＝(l0＋v0ttan θ)2，则P -t关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U＝E＝BL割v0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即U -t图像是不过原点的直线。在～时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流i不变，安培力F大小不变，克服安培力做功的功率P不变，电阻两端电压U保持不变。同理，在～时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流i均匀减小；安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系；克服安培力做功的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系；电阻两端电压U线性减小，综上所述A、C可能正确，B、D不可能。故选BD。
针对练.如图所示，将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，圆弧MN的圆心为O点，将O点置于直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。t＝0时刻，让导线框从图示位置开始以O点为圆心沿逆时针方向做匀速圆周运动，规定电流方向沿ONM为正，在下面四幅图中能够正确表示电流i与时间t关系的是(　　)
答案：C
解析：设扇形导线框圆弧半径为R，回路中总电阻为r，导线框转动的角速度为ω，线框转动90°经过的时间为t0。在0～t0时间内，线框沿逆时针方向从题图所示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，回路中产生的感应电动势为E1＝BR2ω，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝＝，根据楞次定律和安培定则可知，回路中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E2＝BR2ω＋×2BR2ω＝BR2ω＝3E1，感应电流为I2＝3I1。在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝BR2ω＋×2BR2ω＝BR2ω＝3E1，感应电流为I3＝3I1。在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝BR2ω＝E1，感应电流为I4＝I1。故选C。
课时测评58　电磁感应中的电路和图像问题
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－10，每题5分，共50分)
题组1　电磁感应中的电路问题
1.(2026·福建厦门一模)如图所示，用相同材料制成的两个单匝金属圆环a、b，它们的质量相等，粗细均匀，线圈a的半径为线圈b半径的2倍，将它们垂直放在随时间均匀变化的磁场中，下列说法正确的是(　　)
A.穿过线圈a、b的磁通量之比为2∶1
B.线圈a、b内的感应电动势之比为1∶4
C.线圈a、b内的感应电流之比为2∶1
D.线圈a、b产生的热功率之比为4∶1
答案：D
解析：线圈a的半径为线圈b半径的2倍，则线圈a、b围成的面积之比为＝，可得磁通量之比为＝＝，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝S，可得电动势之比为＝，故B错误；相同材料制成的两线圈的质量相等，线圈a的半径为线圈b半径的2倍，所以线圈a的横截面积为线圈b横截面积的一半，根据电阻定律可知，线圈a、b的电阻之比＝，由I＝可知线圈a、b内的感应电流之比为＝，故C错误；根据P＝I2r可知，线圈a、b产生的热功率之比为＝，故D正确。
2.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，连接处电阻不计，匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电压为(　　)
A.E B.E
C.E D.E
答案：B
解析：a、b间的电压等于路端电压，而小环电阻是电路总电阻的，故a、b间电压为U＝E，选项B正确。
3.(2026·四川德阳一模)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面内的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v的速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的过程中(　　)
A.导体框中产生的感应电流方向相反
B.导体框ad边两端电势差大小之比为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
答案：C
解析：根据右手定则可以判断两次将导体框拉出磁场的过程中产生的感应电流方向均为逆时针方向，A错误；设导体框的边长为l，以速度v拉出时｜Uad｜＝Blv，当以3v拉出时｜Uad｜＝Bl·3v＝Blv，因此两次拉出的过程中，ad边两端的电势差大小之比为1∶9，B错误；导体框移出磁场过程产生的焦耳热Q＝t＝＝v出，故两次移出过程产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，C正确；导体框移出磁场过程通过导体框截面的电荷量q＝It＝t＝，故两次移出过程通过导体框截面的电荷量之比为q1∶q2＝1∶1，D错误。
4.(2026·江西重点中学联盟联考)如图所示，导线圆环总电阻为2R，半径为d，垂直磁场固定于磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场的左边界正好与圆环直径重合，电阻为R的直金属棒ab以恒定的角速度ω绕过环心O的轴匀速转动，a、b端正好与圆环保持良好接触。以下说法正确的是(　　)
A.图示位置处，金属棒上O点电势高于b点电势
B.a、b两点的电势差Uab＝
C.转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为2∶1　
D.金属棒转动一圈时间内通过金属棒的电荷量为
答案：C
解析：根据右手定则可知，题图示位置处，直金属棒Oa部分充当电源，电源内部电流方向为O→a，则直金属棒bO部分电流方向为b→O，则金属棒上O点电势低于b点电势，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝Bdv＝Bd·＝，根据等效电路可知，圆环部分电阻为R环＝＝，整个电路的总电阻为R总＝R环＋R＝，干路电流为I＝＝，a、b两点的电势差大小Uab＝IR环＝，故B错误；转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率分别为P棒＝I2R，P环＝I2R环＝，则转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为P棒∶P环＝2∶1，故C正确；金属棒转动一圈时间内通过金属棒的电荷量为q＝Δt＝Δt＝＝0，故D错误。
题组2　电磁感应中的图像问题
5.(2025·甘肃卷·T6)闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是(　　)
A.t在0～内，Φ和E均随时间增大
B.当t＝与时，E大小相等，方向相同
C.当t＝时，Φ最大，E为零
D.当t＝时，Φ和E均为零
答案：C
解析：在0～时间内，磁感应强度B增加，根据Φ＝BS，可知磁通量Φ增加，B -t图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率减小，根据法拉第电磁感应定律可知E＝S，感应电动势E减小，A错误；当t＝和t＝时，B -t图像的斜率一正一负，但绝对值相等，可知感应电动势E大小相等，方向相反，B错误；t＝时，B最大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，C正确；t＝时，B为零，则磁通量Φ为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，D错误。
6.(多选)(2026·江西南昌二模)如图所示，一实验小组利用传感器测量通电螺线管的磁场随时间变化的实验规律，测得螺线管的匝数为n＝30匝、横截面积S＝20 cm2，螺线管电阻r＝1 Ω，与螺线管串联的外电阻R＝5 Ω。穿过螺线管的磁场的方向如图甲所示，磁感应强度按图乙所示的规律变化(以磁场方向向左为正方向)，则t＝4 s时(　　)
A.通过R的电流方向为N→M
B.通过R的电流为1 mA
C.R的电功率为2×10－5 W
D.螺线管两端M、N间的电势差UMN＝10 mV
答案：AC
解析：由题图乙可知，通过螺线管的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，结合安培定则可知，通过R的电流方向为N→M，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＝nS＝30×2×10－1×20×10－4 V＝1.2×10－2 V，结合闭合电路欧姆定律可得I＝＝ A＝2 mA，B错误；根据P＝I2R，代入数据解得定值电阻的电功率为P＝×5 W＝2×10－5 W，C正确；分析可知螺线管N端等效于电源正极，由欧姆定律可得螺线管两端M、N间的电势差UMN＝－IR＝－2×5 mV＝－10 mV，D错误。
7.(多选)(2026·甘肃兰州一模)如图甲所示，单匝等腰直角三角形线框abc的电阻r＝0.2 Ω，直角边长l＝20 cm，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(　　)
A.线框中的感应电流沿逆时针方向
B.感应电流的大小为0.4 A
C.0～4 s内通过ab边横截面的电荷量为0.8 C
D.0～4 s内线框内产生的热量为3.2×10－3 J
答案：AC
解析：根据楞次定律结合安培定则可知，线框中的感应电流沿逆时针方向，A正确；感应电动势E＝S＝××0.2×0.2 V＝0.04 V，感应电流的大小为I＝＝ A＝0.2 A，B错误；0～4 s内通过ab边横截面的电荷量为q＝It＝0.8 C，C正确；0～4 s内线框内产生的热量为Q＝I2rt＝0.22×0.2×4 J＝3.2×10－2 J，D错误。
8.(多选)如图甲所示，正方形金属线框abcd固定在纸面内，空间中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，规定垂直于纸面向外为匀强磁场的正方向，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。金属线框的电阻为0.1 Ω，边长为0.1 m。0～0.2 s内，下列说法正确的是(　　)
A.金属线框ab边受到的安培力大小不变
B.金属线框中电流始终沿a→b→c→d→a方向
C.通过金属线框的电荷量为0.16 C
D.金属线框上产生的焦耳热为0.003 2 J
答案：BD
解析：根据法拉第电磁感应定律得E＝·S＝×0.12V＝0.04 V，金属线框中的电流大小为I＝＝0.4 A，金属线框ab边受到的安培力大小为F＝IlB，由于电流I和长度l不变，而B随时间均匀变化，因此金属线框ab边受到的安培力大小发生改变，A错误；磁通量先向外减小，后向里增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向始终垂直纸面向外，根据安培定则，可知金属线框中电流始终沿a→b→c→d→a方向，B正确；通过金属线框的电荷量为q＝＝＝0.08 C，C错误；金属线框上产生的焦耳热为Q＝t＝0.003 2 J，D正确。故选BD。
9.(2026·江苏南京模拟)如图所示，左端有微小狭缝(距离可忽略)的“∠”形光滑导轨abc水平放置在竖直向上的匀强磁场中，一电容器C与导轨左端相连，导轨上的金属棒MN与ab垂直且与导轨接触良好，在外力F作用下从b点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列关于回路中的电流i、电容器极板上的电荷量q、外力F及其功率P随时间t变化的图像中，正确的是(　　)
答案：D
解析：根据题意，设光滑导轨ab与bc的夹角为θ，金属棒的运动时间为t，金属棒运动距离为x＝vt，由几何关系可知，切割磁感线的有效长度为L＝vttan θ，感应电动势为E＝BLv＝Bv2ttan θ，由题意可知，电容器两端的电压等于感应电动势，则电容器极板上的电荷量为q＝CE＝CBv2ttan θ，故B错误；由B项分析可知，0～t时间内电容器极板上电荷量的变化量为Δq＝CBv2Δttan θ，回路中的电流为i＝＝CBv2tan θ，故A错误；根据题意，外力为F＝F安＝iLB＝CB2v3ttan 2θ，故C错误；根据公式P＝Fv可得，外力的功率为P＝CB2v4ttan 2θ，故D正确。
10.(多选)(2025·重庆卷·T10)如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F＝kv＋b(k ＞ 0，b ＞ 0)，且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F＝0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图中v0(v0＜)为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则(　　)
A.gh在任一磁场区域的运动时间为
B.金属框的总电阻为
C.小车的质量为
D.小车的最大速率为＋v0
答案：BC
解析：由题知gh两端的电压随时间均匀增加，则说明gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的速度为v，有E ＝ Bdv，I＝，F安 ＝ IdB，F－F安 ＝ ma，联立有kv＋b－＝ma，由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有kv＝，ma ＝ b，解得R＝，故B正确；gh在无磁场区域运动时，F ＝ 0，根据动量定理有－dB·Δt＝mv0－mvmax，其中Δt＝q＝，gh在磁场中运动时做匀变速直线运动有－＝2ad，结合ma ＝ b，解得m＝，vmax＝－v0，故C正确，D错误；由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有vmax ＝ v0＋at，解得t＝，故A错误。(共71张PPT)
专题提升十六　电磁感应中的电路和图像问题
高三总复习讲义　新高考
第十二章 电磁感应
1.会处理电磁感应中的电路问题。
2.会处理电磁感应中的图像问题。
学习目标
提升点一 电磁感应中的电路问题
提升点二 电磁感应中的图像问题
课时测评
内容索引
电磁感应中的电路问题
提升点一
1.电磁感应中的电源
(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。电动势为E＝Blv或E＝n，这部分电路的阻值为电源内阻。
(2)用右手定则或楞次定律与安培定则判断感应电流的方向，感应电流流出的一端为电源正极。
2.电磁感应中电路知识的关系图
电磁感应
E＝n
E＝Blv
E＝Bl2ω
q＝
闭合电路
I＝
U＝E
P＝IU
Q＝I2Rt
q＝It
q＝CU
联系1：电动势E
联系2：功和能
考向1 感生电动势的电路问题
如图所示，单匝正方形线圈A边长为0.2 m，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(0.8－0.2t) T。开始时开关S未闭合，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝20 μF，线圈及导线电阻不计。闭合开关S，待电路中的电流稳定后。求：
(1)回路中感应电动势的大小；
例1
答案：4×10－3 V
由法拉第电磁感应定律E＝n可得，感应电动势大小为E＝S，其中S＝L2，＝0.2 T/s，代入数据解得E＝4×10－3 V。
(2)电容器所带的电荷量。
答案：4.8×10－8 C
由闭合电路欧姆定律得I＝，由欧姆定律得U＝IR2，电容器所带电荷量为Q＝CU，联立并代入数据解得Q＝4.8×10－8 C。
针对练.(多选)在如图甲所示的电路中，电阻2R1＝R2＝2R，单匝圆形金属线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2＜r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，其余导线的电阻不计。闭合开关S，在t0时刻，电路中的电流已稳定。下列说法正确的是
A.流过电阻R1的电流方向自下向上
B.稳定后电阻R1两端的电压为
C.稳定后M、N两点间的电压为
D.0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为
√
√
由题图乙可知磁感应强度随时间均匀增大，根据楞次定律和安培定则可判断出线圈中感应电流的方向为逆时针，则流过电阻R1的电流方向自上向下，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝，S＝π，＝＝，解得E＝，根据闭合电路欧姆定律，稳定后M、N两端电压为外电压U外＝E＝，故C错误；
电阻R1两端的电压U1＝E＝，故B正确；根据闭合电路欧姆定律，稳定后电路中的电流I＝＝，根据焦耳定律，在0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热Q2＝I2R2t0＝，故D正确。
考向2 动生电动势的电路问题
(2025·江苏卷·T15)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO'转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。
(1)若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；
例2
答案：BLω0r1
根据题意可知，ab边转动时的线速度为v＝ω0r1
则ab边产生的感应电动势E＝BLv＝BLω0r1。
(2)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；
答案：
根据题意结合题图可知，若内转子固定，外转子转动过程中，ab、cd边均切割磁感线，结合右手定则可知，则转动过程中感应电动势为E0＝2BLv＝2BLω0r1
感应电流为I0＝
外转子转动的周期为T0＝
则外转子转一圈线圈abcd产生的热量Q＝RT0＝。
(3)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。
答案：
由题图可知，外转子相对内转子转动个圆周电流方向改变，若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，且abcd中的电流为I，则感应电动势为E'＝IR
又有E'＝2BLΔv
解得Δv＝
则电流改变方向的时间间隔为t＝＝
则电流的周期为T＝2t＝。
解决电磁感应中的电路问题的“三部曲”
总结提升
针对练.(2025·陕晋青宁卷·T7)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
√
根据楞次定律和安培定则可知，甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1＝I1LB，I1＝，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2＝I2LB，I2＝，可知＝2，故B错误；
假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有－LBΔt＝mv1－mv0， q1＝Δt＝·Δt＝＝，同理对乙有－LBΔt'＝mv2－mv0，q2＝Δt'＝·Δt'＝＝，解得v1＝0， v2＝v0＝，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0，故C错误；
由能量守恒可知，甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1＝m，Q2＝m－m＝m，即＝，故D正确。
考向3 感应电荷量的计算问题
(2026·广东惠州模拟)如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计。现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O点为旋转中心沿顺时针方向以角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计)
A.通过定值电阻的最大电流为
B.通过定值电阻的最大电流为
C.通过定值电阻的电荷量为
D.通过定值电阻的电荷量为
√
例3
金属棒绕O点转动切割磁感线产生动生电动势，金属
棒在转过60°时切割磁感线的有效长度最大，为
l效＝2l，则Emax＝Bω＝2Bl2ω，由闭合电路欧姆定
律可得Imax＝＝，故A、B错误；电荷量q＝Δt，而＝＝，可得q＝＝，金属棒转过60°的过程中ΔS＝，可得q＝，故C错误，D正确。
电磁感应中电荷量的计算
　　设在时间Δt内通过导体横截面的电荷量为q，则根据电流定义式＝＝n，可得q＝Δt＝Δt＝Δt＝。
注意：表示电动势的平均值，表示电流的平均值。电流变化时计算通过导体横截面的电荷量要用电流的平均值。
总结提升
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电磁感应中的图像问题
提升点二
考向1 感生类图像问题
1.问题类型
(1)由给定电磁感应过程选出或画出正确的图像。
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应物理量。
2.分析方法
(1)电动势大小：E＝n，取决于磁通量的变化率。
(2)电动势方向：用楞次定律和安培定则判断。
(2025·黑吉辽蒙卷·T14)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.5 Ω，边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1.0 s内B -t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0～1.0 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
(1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F；
例4
答案：0.015 N
由法拉第电磁感应定律得E1＝＝L2＝××12 V＝0.05 V
由闭合电路欧姆定律可知，0～1.0 s内导体框中的感应电流大小为I1＝＝0.1 A
由题图(b)可知，t＝0.5 s时磁感应强度大小为
B0.5＝0.15 T
所以此时ad边受到的安培力大小为
F＝I1LB0.5＝0.1×1×0.15 N＝0.015 N。
(2)画出图(b)中1.0～2.0 s内B -t图像(无需写出计算过程)；
答案：见解析图
0～1.0 s内导体框内的感应电流大小为I1＝0.1 A，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针
由题图(c)可知1.0～2.0 s内的感应电流大小为I2＝0.2 A，方向为逆时针，根据闭合电路欧姆定律可知1.0～2.0 s内的感应电动势大小为
E2＝I2R＝0.1 V
由法拉第电磁感应定律得
E2＝＝L2＝0.1 V
可知1.0～2.0 s内磁感应强度的变化率为
＝＝0.2 T/s
解得t＝2.0 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，方向垂直于纸面向里
故1.0～2.0 s的内B -t图像如图。
(3)从t＝2.0 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
答案：0.01 m/s
由动量定理可知－LB2Δt″＝mv1－mv0
其中q＝Δt″＝Δt″＝＝
联立解得ad边离开磁场时的速度大小为v1＝0.01 m/s。
针对练.(多选)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁场的磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图甲所示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势E、感应电流I、ab边的安培力F(取向下为正方向)以及焦耳热Q随时间t的变化图像正确的是
√
√
0～1 s内产生的感应电动势大小为E1＝n＝2 V，方向为逆时针，同理1～5 s内产生的感应电动势大小为E2＝1 V，方向为顺时针，故0～1 s与1～5 s内产生的感应电动势方向相反，A错误。0～1 s内的感应电流大小为I1＝＝2 A，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s内的感应电流大小为I2＝1 A，方向为顺时针(正值)，B错误。
ab边受到的安培力大小为F＝nIlB，以向下为安培力的正方向，则0～1 s内，F＝4t(N)，0≤F≤4 N；1～5 s内，F＝t－3(N)，－2 N＜F≤2 N，故C正确。线圈产生的焦耳热为Q＝EIt，则0～1 s内，Q＝4t(J)，0≤Q≤4 J；1～5 s内，Q＝3＋t(J)，4＜Q≤8 J，故D正确。
考向2 动生类图像问题
1.问题类型
由闭合线圈等导体的运动过程选出或画出正确的图像。
2.分析方法
(1)电动势大小：E＝Blv。
要注意是单边切割还是双边切割(感应电流同向相加、反向相减)，有效长度为在磁场中导体首尾相连在垂直于速度方向的投影长度。
(2)电动势方向：用右手定则判断。
(多选)(2026·河南开封一模)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。下列图像不可能的是
例5
√
√
当金属棒从O点向右运动L时，即在0～时间内，在某
时刻金属棒切割磁感线的长度L割＝l0＋v0ttan θ(θ为ab
与ad的夹角)，则根据E＝BL割v0，可得i＝＝
(l0＋v0ttan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F＝＝(l0＋v0ttan θ)2，则F-t关系为二次函数关系，但是不过原点；克服安培力做功的功率P＝Fv0＝＝(l0＋v0ttan θ)2，则P -t关系为二次函数关系，但是不过原点；
电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即
U＝E＝BL割v0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即U -t图像是不
过原点的直线。在～时间内，金属棒切割磁感线
的长度不变，感应电动势E不变，感应电流i不变，安培力F大小不变，克服安培力做功的功率P不变，电阻两端电压U保持不变。同理，在～时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流i均匀减小；
安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系；克服安培力做功的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系；电阻两端电压U线性减小，综上所述A、C可能正确，B、D不可能。故选BD。
针对练.如图所示，将一均匀导线围成一圆心角为90°的
扇形导线框OMN，圆弧MN的圆心为O点，将O点置于直
角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里
的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直
纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。t＝0时刻，
让导线框从图示位置开始以O点为圆心沿逆时针方向做匀速圆周运动，规定电流方向沿ONM为正，在下面四幅图中能够正确表示电流i与时间t关系的是
√
设扇形导线框圆弧半径为R，回路中总电阻为r，导
线框转动的角速度为ω，线框转动90°经过的时间
为t0。在0～t0时间内，线框沿逆时针方向从题图所示
位置开始(t＝0)转过90°的过程中，回路中产生的感
应电动势为E1＝BR2ω，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝＝，根据楞次定律和安培定则可知，回路中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E2＝BR2ω＋×2BR2ω＝BR2ω＝3E1，感应电流为I2＝3I1。
在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路
中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生
的感应电动势为E3＝BR2ω＋×2BR2ω＝BR2ω＝3E1，
感应电流为I3＝3I1。在3t0～4t0时间内，线框出第四象
限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝BR2ω＝E1，感应电流为I4＝I1。故选C。
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课 时 测 评
题组1　电磁感应中的电路问题
1.(2026·福建厦门一模)如图所示，用相同材料制成的两个单匝金属圆环a、b，它们的质量相等，粗细均匀，线圈a的半径为线圈b半径的2倍，将它们垂直放在随时间均匀变化的磁场中，下列说法正确的是
A.穿过线圈a、b的磁通量之比为2∶1
B.线圈a、b内的感应电动势之比为1∶4
C.线圈a、b内的感应电流之比为2∶1
D.线圈a、b产生的热功率之比为4∶1
√
线圈a的半径为线圈b半径的2倍，则线圈a、b围成的
面积之比为＝，可得磁通量之比为＝＝，故
A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝S，可得电动势之比为＝，故B错误；相同材料制成的两线圈的质量相等，线圈a的半径为线圈b半径的2倍，所以线圈a的横截面积为线圈b横截面积的一半，根据电阻定律可知，线圈a、b的电阻之比＝，由I＝可知线圈a、b内的感应电流之比为＝，故C错误；根据P＝I2r可知，线圈a、b产生的热功率之比为＝，故D正确。
2.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，连接处电阻不计，匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电压为
A.E B.E
C.E D.E
√
a、b间的电压等于路端电压，而小环电阻是电路总电阻的，故a、b间电压为U＝E，选项B正确。
3.(2026·四川德阳一模)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面内的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v的速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的过程中
A.导体框中产生的感应电流方向相反
B.导体框ad边两端电势差大小之比为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
√
根据右手定则可以判断两次将导体框拉出磁场的过程中产生的感应电流方向均为逆时针方向，A错误；设导体框的边长为l，以速度v拉出时｜Uad｜＝Blv，当以3v拉出时｜Uad｜＝Bl·3v＝Blv，因此两次拉出的过程中，ad边两端的电势差大小之比为1∶9，B错误；
导体框移出磁场过程产生的焦耳热Q＝t＝＝v出，故两次移出过程产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，C正确；导体框移出磁场过程通过导体框截面的电荷量q＝It＝t＝，故两次移出过程通过导体框截面的电荷量之比为q1∶q2＝1∶1，D错误。
4.(2026·江西重点中学联盟联考)如图所示，导线圆环总电阻为2R，半径为d，垂直磁场固定于磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场的左边界正好与圆环直径重合，电阻为R的直金属棒ab以恒定的角速度ω绕过环心O的轴匀速转动，a、b端正好与圆环保持良好接触。以下说法正确的是
A.图示位置处，金属棒上O点电势高于b点电势
B.a、b两点的电势差Uab＝
C.转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为2∶1　
D.金属棒转动一圈时间内通过金属棒的电荷量为
√
根据右手定则可知，题图示位置处，直金属棒Oa部分充
当电源，电源内部电流方向为O→a，则直金属棒bO部
分电流方向为b→O，则金属棒上O点电势低于b点电势，
故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝Bdv＝Bd·＝，根据等效电路可知，圆环部分电阻为R环＝＝，整个电路的总电阻为R总＝R环＋R＝，干路电流为I＝＝，a、b两点的电势差大小Uab＝IR环＝，故B错误；
转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率分别为P棒＝I2R，P环＝I2R环＝，则转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为P棒∶P环＝2∶1，故C正确；金属棒转动一圈时间内通过金属棒的电荷量为q＝Δt＝Δt＝＝0，故D错误。
题组2　电磁感应中的图像问题
5.(2025·甘肃卷·T6)闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是
A.t在0～内，Φ和E均随时间增大
B.当t＝与时，E大小相等，方向相同
C.当t＝时，Φ最大，E为零
D.当t＝时，Φ和E均为零
√
在0～时间内，磁感应强度B增加，根据Φ＝BS，可
知磁通量Φ增加，B -t图像的斜率减小，即磁感应强
度B的变化率减小，根据法拉第电磁感应定律可知E
＝S，感应电动势E减小，A错误；当t＝和t＝时，B -t图像的斜率一正一负，但绝对值相等，可知感应电动势E大小相等，方向相反，B错误；t＝时，B最大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，C正确；t＝时，B为零，则磁通量Φ为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，D错误。
6.(多选)(2026·江西南昌二模)如图所示，一实验小组利用传感器测量通电螺线管的磁场随时间变化的实验规律，测得螺线管的匝数为n＝30匝、横截面积S＝20 cm2，螺线管电阻r＝1 Ω，与螺线管串联的外电阻R＝5 Ω。穿过螺线管的磁场的方向如图甲所示，磁感应强度按图乙所示的规律变化(以磁场方向向左为正方向)，则t＝4 s时
A.通过R的电流方向为N→M
B.通过R的电流为1 mA
C.R的电功率为2×10－5 W
D.螺线管两端M、N间的电势差UMN＝10 mV
√
√
由题图乙可知，通过螺线管的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，结合安培定则可知，通过R的电流方向为N→M，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＝nS＝30×2×10－1×20×10－4 V＝1.2×10－2 V，结合闭合电路欧姆定律可得I＝＝ A＝2 mA，B错误；
根据P＝I2R，代入数据解得定值电阻的电功率为P＝×5 W＝2×10－5 W，C正确；分析可知螺线管N端等效于电源正极，由欧姆定律可得螺线管两端M、N间的电势差UMN＝－IR＝－2×5 mV＝
－10 mV，D错误。
7.(多选)(2026·甘肃兰州一模)如图甲所示，单匝等腰直角三角形线框abc的电阻r＝0.2 Ω，直角边长l＝20 cm，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是
A.线框中的感应电流沿逆时针方向
B.感应电流的大小为0.4 A
C.0～4 s内通过ab边横截面的电荷量为0.8 C
D.0～4 s内线框内产生的热量为3.2×10－3 J
√
√
根据楞次定律结合安培定则可知，线框中的感应电流沿逆时针方向，A正确；感应电动势E＝S＝××0.2×0.2 V＝0.04 V，感应电流的大小为I＝＝ A＝0.2 A，B错误；0～4 s内通过ab边横截面的电荷量为q＝It＝0.8 C，C正确；0～4 s内线框内产生的热量为Q＝I2rt＝0.22×0.2 ×4 J＝3.2×10－2 J，D错误。
8.(多选)如图甲所示，正方形金属线框abcd固定在纸面内，空间中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，规定垂直于纸面向外为匀强磁场的正方向，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。金属线框的电阻为0.1 Ω，边长为0.1 m。0～0.2 s内，下列说法正确的是
A.金属线框ab边受到的安培力大小不变
B.金属线框中电流始终沿a→b→c→d→a方向
C.通过金属线框的电荷量为0.16 C
D.金属线框上产生的焦耳热为0.003 2 J
√
√
根据法拉第电磁感应定律得E＝·S＝×0.12V＝0.04 V，金属线框中的电流大小为I＝＝0.4 A，金属线框ab边受到的安培力大小为F＝IlB，由于电流I和长度l不变，而B随时间均匀变化，因此金属线框ab边受到的安培力大小发生改变，A错误；
磁通量先向外减小，后向里增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向始终垂直纸面向外，根据安培定则，可知金属线框中电流始终沿a→b→c→d→a方向，B正确；通过金属线框的电荷量为q＝＝＝0.08 C，C错误；金属线框上产生的焦耳热为Q＝t＝
0.003 2 J，D正确。故选BD。
9.(2026·江苏南京模拟)如图所示，左端有微小狭缝
(距离可忽略)的“∠”形光滑导轨abc水平放置在竖
直向上的匀强磁场中，一电容器C与导轨左端相连，
导轨上的金属棒MN与ab垂直且与导轨接触良好，在
外力F作用下从b点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列关于回路中的电流i、电容器极板上的电荷量q、外力F及其功率P随时间t变化的图像中，正确的是
√
根据题意，设光滑导轨ab与bc的夹角为θ，金属棒
的运动时间为t，金属棒运动距离为x＝vt，由几何
关系可知，切割磁感线的有效长度为L＝vttan θ，
感应电动势为E＝BLv＝Bv2ttan θ，由题意可知，
电容器两端的电压等于感应电动势，则电容器极板上的电荷量为q＝CE＝CBv2ttan θ，故B错误；由B项分析可知，0～t时间内电容器极板上电荷量的变化量为Δq＝CBv2Δttan θ，回路中的电流为i＝＝CBv2tan θ，故A错误；根据题意，外力为F＝F安＝iLB＝CB2v3ttan 2θ，故C错误；根据公式P＝Fv可得，外力的功率为P＝CB2v4ttan 2θ，故D正确。
10.(多选)(2025·重庆卷·T10)如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F＝kv＋b(k ＞ 0，b ＞ 0)，且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F＝0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图中v0(v0＜)为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则
A.gh在任一磁场区域的运动时间为
B.金属框的总电阻为
C.小车的质量为
D.小车的最大速率为＋v0
√
√
由题知gh两端的电压随时间均匀增加，则说明gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的速度为v，有E ＝ Bdv，I＝，F安 ＝ IdB，F－F安 ＝ ma，联立有kv＋b－＝ma，由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有kv＝，ma ＝ b，解得R＝，故B正确；
gh在无磁场区域运动时，F ＝ 0，根据动量定理有－dB·Δt＝mv0－mvmax，其中Δt＝q＝，gh在磁场中运动时做匀变速直线运动有－＝2ad，结合ma ＝ b，解得m＝，vmax＝－v0，故C正确，D错误；由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有vmax ＝ v0＋at，解得t＝，故A错误。
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专题提升十六　电磁感应中的电路和
图像问题

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