第11章 微专题19 电磁感应中的电路和图像问题（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理高考复习讲义聚焦电磁感应中的电路、电荷量计算及图像三大核心考点，按“知识梳理-典例精析-类题巩固”逻辑架构知识点，通过考点分层讲解、解题方法归纳、真题实战训练，帮助学生构建电磁感应问题的分析框架，突破电路等效、图像判断等难点。 讲义以科学思维培养为核心，创新采用“模型建构+方法对比”策略，如在图像问题中通过排除法与函数法结合分析，在电路问题中引导学生建立等效电源模型。设置基础类题与综合热练分层练习，配合即时反馈，高效提升学生推理能力与应考技巧，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

电磁感应中的电路和图像问题 考点一　电磁感应中的电路问题 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 典例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 B．流过Oa的电流可能为 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 Bωr2 【解析】 Oa旋转时产生的感应电动势的大小为E＝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Imin＝＝，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Imax＝＝，所以≤I≤，A、B正确． 类题固法1 1．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．　　　　C．　　　　D． 【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·＝Bav，分析电路特点知，外电路相当于是阻值为的两个电阻并联，则R并＝＝，故此时AB两端的电压大小为U＝·E＝，故D正确． 2．如图所示，电阻分布均匀的电阻丝构成的闭合线框abcd水平放置在竖直向下的匀强磁场中，电阻不可忽略的导体棒MN两端搭接在ad和bc上，MN在水平外力F的作用下，从靠近ab处无摩擦地匀速运动到cd附近．MN与线框始终保持良好接触，在运动过程中，下列说法中错误的是(　D　) A．MN中的电流先减小，后增大 B．MN两端的电压先增大，后减小 C．MN上外力的功率先减小，后增大 D．MN上消耗的电功率先增大，后减小 【解析】 整个线框的电阻值设为R0，左侧电阻丝与右侧电阻丝并联，可得R并＝，其中R左＋R右＝R0，根据数学知识可知当R左＝R右时R并取得最大值，故当MN从靠近ab处无摩擦地匀速运动到cd附近过程中R并先增大，后减小，电路的总电阻先增大，后减小，流过MN中的电流先减小，后增大，故A正确；MN两端的电压为路端电压，因为R并先增大，后减小，故路端电压先增大，后减小，故B正确；MN上外力F始终与MN受到的安培力平衡，安培力F＝BIL，故外力的功率为P＝Fv＝BILv，由于电流先减小，后增大，所以功率先减小，后增大，故C正确；MN上消耗的电功率为P′＝I2RMN，电流先减小，后增大，所以消耗的电功率先减小，后增大，故D错误． 考点二　电磁感应中电荷量的计算 电磁感应中电荷量的计算公式：q＝n亻 1．推导：根据法拉第电磁感应定律＝n，电路中的平均电流为＝＝，所以q＝Δt＝n. 2．结论：电磁感应过程中产生的感应电荷量由线圈的匝数、磁通量的变化量及电路的总电阻共同决定，与时间Δt无关． 典例2　将一根绝缘硬质细金属丝顺次绕成如图所示的“8”字形线圈，两个圆形线圈半径分别为2r和r，匀强磁场垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律为B＝B0＋kt，已知线圈总电阻为R. (1) 仅将大圆线圈置于磁场中，求线圈中的电流I. (2) 将该线圈全部置于磁场中，求在时间t内通过线圈横截面的电荷量q. 答案： (1) 　(2) 【解析】 (1) 由法拉第电磁感应定律E＝＝S 解得E＝4kπr2 由闭合电路欧姆定律解得I＝＝ (2) 将“8”字形线圈全部置于磁场中 E′＝E1－E2＝3kπr2 由闭合电路欧姆定律得I′＝＝ 通过线圈横截面的电荷量q＝I′t＝ 类题固法2 1．如图所示，边长为L的正方形导线圈abcd放在纸面内，在ad边左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导线圈的总电阻为R.现使导线圈绕a点在纸面内顺时针匀速转动，经时间Δt第一次转到图中虚线位置．求： (1) Δt内导线圈abcd中平均感应电动势的大小和通过导线截面的电荷量． (2) 此时线圈的电功率． 答案： (1) 　　(2) 【解析】 (1) Δt时间内穿过线圈的磁通量变化量 ΔΦ＝BL2－BL2＝BL2 由法拉第电磁感应定律得＝＝ 平均感应电流＝ 通过导线的电荷量Q＝·Δt＝ (2) 线圈中瞬时电动势E＝Bω(L)2＝BωL2 ω＝ 线圈的电功率P＝＝＝ 考点三　电磁感应中的图像问题 电磁感应中常见的图像问题 图像 类型 随时间变化的图像，如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像 随位移变化的图像，如E-x图像、I-x图像(所以要先看坐标轴，哪个物理量随哪个物理量变化要弄清) 问题 类型 (1) 由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像 (2) 由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量 分析 方法 典例3　(2026·苏州期初调研)水平圆形导体环置于竖直方向的匀强磁场中，规定如图甲所示导体环中电流的方向为正方向，磁场向上为正．磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是(　A　) 甲 乙 A B C D 【解析】 规定以向上为磁场的正方向，从图乙可知，0～1 s磁感应强度向下且减小，则通过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，则感应电流与图甲所示电流方向相同，为正方向，同理可知1～2 s电流为正方向、2～4 s可得为负方向、4～5 s为正方向；根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，线圈的感应电流为 I＝＝＝，其中R为线圈的电阻，k为磁感应强度的变化率，从图乙可以看出k为定值，即电流大小恒定，故A正确． 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． 典例4　(2025·苏北四市调研)如图所示，足够长水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中，导体棒垂直于导轨静置．开关S闭合后，导体棒沿导轨无摩擦运动，不计导轨电阻．关于该棒的速度v、加速度a、通过的电流i及穿过回路中的磁通量Φ随时间t变化的图像，可能正确的是(　B　) A B C D 【解析】 开关S闭合后，导体棒在安培力的作用下向右运动，当导体棒的速度为v时，电路的电动势为E合＝E－BLv，回路的感应电流为i＝，根据牛顿第二定律有F＝BiL＝ma，导体棒的加速度大小为a＝，由此可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，感应电流也越来越小，当导体棒的加速度为零时，速度达到最大，此后做匀速直线运动，回路电流为零，故A错误；由法拉第电磁感应定律得＝BLv，开关S闭合后，导体棒由静止开始运动，此时导体棒将做加速运动，其速度越来越大，回路的感应电流将越来越小，加速度将越来越小，将越来越大，即Φ-t图像的斜率将越来越大，根据＝·＝ －a，可知a-t图像的斜率将越来越小，由＝·＝－·a知，i-t图像的斜率将越来越小，故B正确，C、D错误． 类题固法3 1．(2026·南京学情调研)如图所示，一足够长光滑的倾斜金属轨道处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，轨道上端连接一电容器，不计轨道的电阻．现将与轨道垂直的导体棒由静止释放，其下滑过程中的速度和加速度随时间变化的图像可能正确的是(　C　) A B C D 【解析】 设导轨倾角为θ，导轨间距离为L，导体棒下滑时的加速度满足mg sin θ－BIL＝ma，设时间Δt内速度增加量为Δv，电容器电荷量的增加量为ΔQ，电势差增加量为ΔU，电流为I，则I＝＝，因为ΔU＝BLΔv，a＝，联立解得a＝，由上式可知运动过程中导体棒做加速度不变的匀加速直线运动，故选C. 配套热练 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】 将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量都减小，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，导体框以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＝E1＝BLv；导体框以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＝E2＝BLv，电势差之比为U1∶U2＝1∶9，B错误；导体框以v运动时，产生的焦耳热为Q1＝·R·＝，导体框以3v运动时，产生的焦耳热为Q2＝·R·＝，焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，C正确；将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量的变化量相同，根据q＝可知，通过导体框截面的电荷量相同，D错误． 2．(2025·南京学情调研)如图所示，水平放置的“”形光滑金属导轨处在竖直向下的匀强磁场中，左端接有电阻R.一金属杆与导轨垂直放置且接触良好，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动．不计导轨和金属杆的电阻．下列关于外力F随时间t变化的图像正确的是(　D　) A B C D 【解析】 对杆受力分析得F－IBL＝ma，金属杆产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝，又v＝at，整理得F＝ma＋at，可知该图像为不过原点的直线，故D正确． 3．(2025·南通如皋调研)如图所示，圆形金属线圈内有垂直于纸面的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(k为常量)，则线圈中的感应电动势E、电流I、焦耳热Q、线圈受到的安培力F与时间t的关系图像错误的是(　D　) A B C D 【解析】 由法拉第电磁感应定律E＝N，Φ＝BS，可得E＝NS＝NSk，其中N为线圈匝数，S为线圈面积，k为磁感应强度B随时间t的变化率，由题意知B＝kt，所以＝k为常量，因此感应电动势E为常量，不随时间变化，故图像A正确；由闭合电路的欧姆定律I＝，其中R为线圈电阻，由A选项分析知感应电动势E为常量，所以电流I也为常量，不随时间变化，故图像B正确；由焦耳定律Q＝I2Rt，由B选项分析知电流I为常量，所以焦耳热Q与时间t成正比，故图像C正确；线圈未处于磁场中，安培力为零，故图像D错误． 4．(2025·湖北卷)如图甲所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好．导轨电阻忽略不计．导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图乙所示，t＝T时刻，B＝0.t＝0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0～T时间内流过回路的电荷量为(　B　) 甲 乙 A．　　　　B．　　　　C．　　　　D． 【解析】 通过导体的电荷量q＝Δt，而＝，t＝T时，磁感应强度为零，故＝＝，联立以上各式，可得q＝，故选B. 5．(2025·南京、盐城期末调研)在边长为L的等边三角形abc区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一边长也为L的等边三角形导线框def，在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上，如图所示．取顺时针为电流的正方向，则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流随时间变化的图像可能是(　B　) 【解析】 线框进入磁场后，切割的有效长度为l＝vt tan 60°，切割产生的感应电动势为E＝Blv＝Bv2t tan 60°，所以感应电流为I＝，从开始进入磁场到d与a重合之前，电流与t是成正比的，由楞次定律得线框中的电流方向是顺时针的，此后线框切割的有效长度均匀减小，电流随时间变化仍然是线性关系，由楞次定律得线框中的电流方向是逆时针的，综合以上分析可得B正确． 6．(2025·泰州调研)如图所示，两条固定的光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN同时自导轨上图示位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时恰好匀速．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场的过程中，导体棒PQ中的电流随时间变化的图像可能正确的是(　D　) A B C D 【解析】 设导轨宽度为L，回路电阻为R，PQ 进入磁场时速度为v1，MN进入磁场时速度为v2，易判断v2＞v1，已知PQ进入磁场时恰好匀速，则有安培力等于mg sin θ，回路电流I1＝，情况1：若PQ出磁场时，MN未进入磁场，则当PQ匀速出磁场过程，电流I＝I1不变，由右手定则可知电流方向为Q指向P，之后当MN进入磁场时，回路电流I2＝，由右手定则可知，电流方向P到Q，因为v2＞v1，所以有I2＞I1，分析可知MN棒做减速运动，即I2会逐渐减小到可能等于I1的过程，故D正确；情况2：若PQ出磁场前，MN已进入磁场，则此时回路电流I3＝＝，由楞次定律可知电流方向为P到Q，与选项中图像均不符合． 7．如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨放置在水平面内，匀强磁场与导轨平面垂直，左端连接一个带有一定电荷量的电容器，导轨上有一金属棒垂直导轨放置．t＝0时刻，金属棒获得水平向右初速度的同时闭合开关，金属棒的速度v和加速度a随时间t变化的关系图像可能正确的是(　A　) A B C D 【解析】 金属棒初始时产生的感应电动势 E＝BLv0，若电容器的电压U0＞E，根据牛顿第二定律有BL＝ma，则通过金属棒的电流向下，根据左手定则，所受的安培力向右，金属棒做向右的加速运动，速度变大，加速度变小，并且由于速度变大的幅度逐渐变小，所以加速度变小的幅度也逐渐减小，最终匀速运动；若电容器的电压U0＜E，根据牛顿第二定律有BL＝ma，则通过金属棒的电流向上，根据左手定则，所受的安培力向左，金属棒做向右的减速运动，速度变小，加速度减小，并且由于速度变小的幅度逐渐变小，所以加速度变小的幅度也逐渐减小，最终匀速运动；若电容器的电压U0＝E，则加速度为零，金属棒做匀速运动．综上所述，A正确． 二、 计算题 8．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： (1) t＝0.1 s时电压表的示数． (2) 恒力F的大小． (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． 甲 乙 答案： (1) 0.3 V　(2) 0.27 N　(3) 0.09 J 【解析】 (1) 磁场宽度CE＝0.2 m，在0～0.2 s的时间内，有E＝＝lCE＝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并＝0.3 V (2) 金属棒进入磁场后，R1与R2并联后再与r串联，有I′＝＋＝0.45 A FA＝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＝FA＝0.27 N (3) 在0～0.2 s的时间内有Q＝t＝0.036 J 金属棒进入磁场后，有R′＝＋r＝ Ω E′＝I′R′＝1.2 V，E′＝Blv 得v＝2 m/s t′＝＝ s＝0.1 s Q′＝E′I′t′＝0.054 J Q总＝Q＋Q′＝0.036 J＋0.054 J＝0.09 J 学科网（北京）股份有限公司 $