第12章 专题提升十六 电磁感应中的电路和图像问题(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应中的电路和图像问题”专题，依据高考评价体系梳理了电源判定、电动势计算、电路分析、图像识别四大核心考点，通过广东专版考向（感生/动生电路、电荷量计算、感生/动生图像）分析，明确“动生电动势电路”“图像动态分析”为高频考查方向，构建了“规律应用-题型归纳-解题步骤”的复习体系。 课件亮点在于“真题实战+素养渗透”的备考设计，如以2026年广东联考动生图像题为例，运用科学思维中的模型建构（切割有效长度动态分析）和科学推理（楞次定律判断电流方向），总结“电动势大小计算-方向判定-图像匹配”三步解题法，培养学生运动和相互作用观念。配套课时测评含近3年广东模考题，教师可据此把握命题趋势，助力学生高效突破电磁感应难点，提升高考得分率。

专题提升十六　电磁感应中的电路和图像问题 高三一轮复习讲义 广东专版 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 返回 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 (2026·广东深圳市第二次调研)如图所示，间距为L且足够长的金属导轨固定在水平面上，导轨电阻与长度成正比，竖直向下的匀强磁场范围足够大，磁感应强度为B。导轨左端用导线连接阻值为R的定值电阻，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好。在导体棒从导轨的最左端以速度v匀速向右运动的过程中，下列说法正确的是 A．回路中的电流逐渐变大 B．回路中电流方向沿顺时针(俯视) C．导体棒两端的电压大小为BLv D．导轨的发热功率先变大后变小 例2 √ 导体棒匀速运动切割磁感线，产生的感应电动势E＝BLv为定值，而导轨电阻与长度成正比，设单位长度导轨的电阻为r，则运动距离为l时，导轨的电阻R1＝2lr，而l＝vt，故导轨的电阻可表示为R1＝2vtr，由闭合电路的欧姆定律可得回路中的电流I＝，可知回路中的电流逐渐减小，故A错误；根据楞次定律结合安培定则可知，回路中电流方向沿逆时针(俯视)，故B错误； 切割磁感线的导体相当于电源，则可知导体棒两端的电压即为路端电压，根据串联电路的特点可得，导体棒两端的电压U＝·BLv，故C错误；令导轨的电阻为R′，将回路中的定值电阻并入电源的内阻，则电源的等效内阻为2R，此时导轨的热功率就等于等效电源的输出功率，则P出＝I2R′＝，则可知当R′＝2R时，导轨的热功率达到最大值，且最大值为，因此可知导轨的发热功率先变大后变小，故D正确。 针对练.(2026·天津市五校联考)半径分别为r和2r的同心半圆导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R、质量为m且质量分布均匀的导体棒AB置于半圆轨道上面，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。在N、Q之间接有一阻值也为R的电阻。导体棒AB在水平外力作用下，以角速度ω绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计，不计一切摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A．导体棒中的电流方向为B→A B．导体棒A端相当于电源正极 C．导体棒AB两端的电压为 D．若保持导体棒转动的角速度不变，同时使竖直向下的磁场的磁感应强度随时间均匀增大，则通过电阻R的电流可能一直为零 √ 由右手定则可知，导体棒中的电流方向为A→B，导体棒相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，则B端相当于电源正极，故A、B错误；AB棒产生的感应电动势E＝B(2r)2ω－，导体棒AB两端的电压U＝Br2ω，故C正确； 若通过电阻R的电流一直为零，则闭合回路中的磁通量不变，设导体棒的初始位置在PM处，此时磁感应强度为B0，经过时间t磁感应强度变为Bt，则有B0[π(2r)2－πr2]，解得Bt＝，即随时间t增大，磁感应强度Bt增大，但不是随时间均匀增大，故D错误。 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 返回 电磁感应中的图像问题 提升点二 返回 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。 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。 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。 (2026·广东省联考)如图所示，有一个平行边界的匀强磁场区域，宽度为L，磁场方向垂直纸面向外，一对角线长为L的正方形导线框ABCD从图示位置开始沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。取沿A→B→C→D→A的方向为感应电流的正方向，则导线框ABCD中电流i随A点的位置坐标x变化的图像正确的是 例5 √ 当x≤时，导线框ABCD切割磁感线的有效长 度随x增大均匀增大，当<x≤L时，导线框ABCD 切割磁感线的有效长度随x增大均匀减小，根据 楞次定律可知，导线框ABCD中感应电流的方向 为顺时针方向，即为正；当L<x<2L时，同理，导线框ABCD切割磁感线的有效长度随x增大先均匀增大后均匀减小，根据楞次定律可知，导线框ABCD中感应电流的方向为逆时针方向，即为负。故选C。 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。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　电磁感应中的电路问题 1．(多选)(2026·茂名市一模)如图(a)所示，底部固定有正方形线框的列车进站停靠时，以初速度v水平进入竖直向上的磁感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域，如图(b)所示，假设正方形线框边长为l，每条边的电阻相同。磁场的区域边长为d，且l<d，列车运动过程中受到的轨道摩擦力和空气阻力恒定，下列说法正确的是 A．线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿逆时针方向，其两端的电压为Blv B．线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿顺时针方向，其两端的电压为Blv C．线框进入磁场过程中，克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热 D．线框离开磁场过程中，克服安培力做的功等于线框和列车减少的动能 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据右手定则可知，线框进入磁场时，感应电流沿顺时针方向，线框此时切割磁感线产生的感应电动势为Blv，线框右边两端的电压为路端电压，即为U＝Blv，故A错误，B正确；根据功能关系可知，线框克服安培力做的功全部转化为电能，线框为纯电阻电路，则又全部转化为线框中产生的焦耳热，则克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热，故C正确；线框离开磁场过程中，根据动能定理可知，克服安培力做功与克服摩擦力、空气阻力做功之和等于线框和列车动能的减少量，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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．两线框进入磁场的过程中，c、d两点间与g、k两点 间的电势差相等 B．两线框abcd、efgk进入磁场过程中通过线框的电荷量分别为q1与q2，则q1∶q2＝2∶1 C．线框abcd完全进入磁场后继续向右运动的过程中，a、b两点之间的电势差为零 D．进入磁场过程，abcd线框总发热量为Q1，efgk线框总发热量为Q2，则Q1∶Q2＝4∶3 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据题意可知，线框的材料、粗细相同，令长度 为L的导线阻值为R，当线框刚进入磁场时，产生 的感应电动势E＝BLv，根据右手定则可知d的电 势高于c，所以c、d间的电压为路端电压，所以c、 d两端的电势差Ucd＝－，同理，g、k间的电压为路端电压，所以g、k两端的电势差Ugk＝，故A错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 abcd线框进入磁场过程中，流过线框截面的电荷量 q1＝I1t1，电流I1＝，进入的时间t1＝，联 立可得进入磁场过程中通过线框的电荷量q1＝， efgk线框进入磁场过程中，流过线框截面的电荷量q2＝I2t2，电流I2＝，进入的时间t2＝，联立可得进入磁场过程中通过线框的电荷量q2＝，则q1∶q2＝4∶3，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 线框abcd完全进入磁场后继续向右运动的过程中，a、b两点之间的电势差Uab＝BLv，故C错误；abcd线框进入磁场过程中，abcd线框总发热量Q1＝，同理，efgk线框总发热量Q2＝，由此可得总发热量之比Q1∶Q2＝4∶3，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4．(多选)如图，长为2L、宽为L的矩形金属线框abcd放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于线框平面向上。当金属线框绕对称轴ef以角速度ω逆时针(从上往下看)匀速转动时，下列说法正确的是 A．线框中没有感应电流 B．线框中感应电流的方向为a→b→c→d→a C．a、d两点的电势差Uad＝2BL2ω D．a、d两点的电势差Uad＝0 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当金属线框绕对称轴ef以角速度ω逆时针匀速转动时，穿过线框平面的磁通量始终为零，由楞次定律知，线框中没有感应电流，A正确，B错误；ad转动切割磁线，Uae＝BL2ω，a、d两点的电势差Uad＝0，C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7．(2026·广东广州月考)发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具， 它在飞起或风吹时能够持续闪烁发光。如图是发光竹蜻蜓的 简化电路，半径为a的导电圆环内等分为四个直角扇形区域， Ⅰ、Ⅱ区域内存在垂直环面向里的匀强磁场，其余两个区域 内存在垂直环面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。长 度为a、电阻为r的导体棒OP以角速度ω绕O点逆时针匀速转动，t＝0时OP经过图示位置。OP通过圆环和导线与导通电阻为R的发光二极管(LED)相连。忽略其他电阻。若设从M到N的电流方向为正，则下列图像正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据右手定则，在0～、～这两段时间内，电流方向应为O到P，则φP>φO，电流应从N到M，但根据二极管的单向导电性，此时二极管电阻非常大，整个回路相当于断路，没有电流，OP间的电压为电动势，则UOP＝－；在～、～这两段时间内，电流方向应为P到O，则φP<φO，电流从M到N，大小为I＝，得到的图像如图所示。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 专题提升十六　电磁感应中的电路和 图像问题 $