专题提升Ⅵ 电磁感应中的电路、电荷量问题（解析版）

专题提升Ⅵ电磁感应中的电路、电荷量问题模块一学问把握学问点一电磁感应中的电路问题【重难诠释】处理电磁感应中电路问题的一般方法1．明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体相当于电源，其他部分是外电路．2．画等效电路图，分清内、外电路．3．用法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blvsinθ确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．留意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极．4．运用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点、电功率等公式求解．（2023•延庆区一模）如图甲所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个R＝40Ω的电阻相连。线圈内有垂直纸面对里的匀强磁场，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化。已知线圈的电阻r＝10Ω，则（）A．线圈内感应电流的方向为顺时针 B．A点电势比B点电势低 C．通过电阻R的电流大小为1.0A D．0.2s内电路中产生的电能为1.0J【解答】解：A、线圈中的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；B、由楞次定律可知，电源外部电流从A流向B，A点为电源正极，故A端电势比B端高，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=nΔΦΔt=100×(0.15-0.10)0.1V＝50V，依据闭合电路欧姆定律可知I=ED、依据电能的计算公式有：W＝UIt＝50×1×0.2J＝10J，故D错误；故选：C。（多选）（2023春•庐江县期末）两个固定的同心金属圆环中间部分存在与圆面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示，一长度为4L的金属棒MN，处在如图所示位置时与两圆的交点分别为M、P、Q、N，其中P、O、Q将金属棒平均分成了四等份，已知大圆环的总电阻为4R，小圆环和金属棒的总电阻均为2R，当金属棒以速度v经过如图所示位置时，下列说法正确的是（）A．金属棒产生的总感应电动势为4BLv B．金属棒产生的总感应电动势为2BLv C．金属棒MP上产生的感应电流大小为I=6BLvD．金属棒MP上产生的感应电流大小为I=【解答】解：AB、处在磁场中的金属棒MP和QN切割磁感线产生感应电动势，MP和QN的长度都为L，两部分产生的感应电动势串联，则金属棒产生的总感应电动势E＝2BLv，故A错误，B正确；CD、画出等效电路图，如下图所示：内阻r由电路图可知电路中的总电阻R代入数据可得：R由闭合电路欧姆定律可得金属棒MP上产生的感应电流大小：I=ER总=2BLv故选：BC。（2023•徐州模拟）如图所示，半径为L的半圆形光滑导体框架MN垂直放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体杆OP绕圆心O以角速度ω匀速转动，N、O间接阻值为R的电阻，杆OP的电阻为r，框架电阻不计，求杆沿框架转动过程中：（1）电阻R两端电压；（2）电阻R消耗的电功率。【解答】解：（1）设杆末端的速度为v，则v＝ωL杆绕O点匀速转动产生的感应电动势为E＝BLv=BL0+v2则R两端电压U=（2）回路中电流I=消耗的电功率P=答：（1）电阻R两端电压为BL（2）电阻R消耗的电功率为B2学问点二电磁感应中的电荷量问题【重难诠释】闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt内通过某一截面的电荷量(感应电荷量)q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R总)·Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R总)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R总).由上式可知，线圈匝数肯定时，通过某一截面的感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化量打算，与时间无关．（多选）（2023春•岳阳期末）如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（）A．流过金属棒的最大电流为I=EB．通过金属棒的电荷量为BdL2RC．金属棒内产生的焦耳热为mg（h﹣μd） D．导体棒在磁场中运动的时间为2gh【解答】解：A．对导体棒下滑到底端的过程中依据动能定理可得：mgh流过金属棒的最大电流为I=E2R=B．通过金属棒的电荷量为q=IΔt=ΔΦ2RΔtΔt=C．由能量守恒可知整个电路中产生的焦耳热为：Q＝mgh﹣μmgd金属棒内产生的焦耳热为Q1故C错误；D．选择水平向右的方向为正方向，依据动量定理有-μmgt由于q=I导体棒在磁场中运动的时间t=2ghμg-故选：BD。（多选）（2023春•十堰期末）半径为r、间距为L的固定光滑14圆弧轨道右端接有一阻值为R的定值电阻，如图所示。整个空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根长度为L、质量为m、电阻也为R的金属棒从轨道最低位置cd开头，在外力的作用下以速度v沿轨道做匀速圆周运动，在ab处与轨道分别。已知金属棒在轨道上运动的过程中始终与轨道接触良好，电路中其余电阻均不计，重力加速度大小为gA．金属棒两端的最大电压为BLv B．整个过程中通过金属棒某截面的电荷量为BLr2RC．整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为πBD．金属棒从cd运动到ab的过程中，外力做的功为π【解答】解：A．金属棒切割磁感线，依据法拉第电磁感应定律可知最大感应电动势为E＝BLv依据欧姆定律可知金属棒两端的最大电压为U=R故A错误；B．设金属棒从cd运动到ab的过程中所用时间为t，感应电动势的平均值为E，感应电流的平均值为I，则有E=BLv=可知q=I故B正确；C．金属棒从cd运动到ab的过程中，由于金属棒垂直于磁感线方向上的速度重量是依据正弦规律变化的，所以过程中产生正弦式沟通电，依据正弦式沟通电峰值和有效值的关系可知感应电动势的有效值为E'则整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为Q=I故C正确；D．依据功能关系有W=Q+mgr=π故D错误；故选：BC。（多选）（2023春•怀化期末）有一边长l＝0.1m、质量m＝10g的正方形导线框abcd，由高度h＝0.2m处自由下落，如图所示，其下边ab进入匀强磁场区域后，线圈开头做匀速运动，直到其上边dc刚刚开头穿出匀强磁场为止，已知匀强磁场的磁感应强度为B＝1T，匀强磁场区域的宽度也是l，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．导线框的电阻R＝0.2Ω B．线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量q＝0.05C C．线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热Q＝0.02J D．线框穿越磁场的过程感应电流的方向和安培力的方向都没有变化【解答】解：A、线框在磁场中做匀速运动，依据平衡条件有：mg＝BIl而电流为：I=由匀加速直线运动公式可得进入磁场的速度：v2＝2gh解得：R＝0.2Ω，故A正确；B、线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量为：q＝It＝I•lv=mgBl⋅lC、依据能量守恒定律可得，线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热为：Q＝2mgl＝2×10×10﹣3×10×0.1J＝0.02J，故C正确；D、线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，而线框出离磁场时感应电流的方向为顺时针方向，但安培力的方向始终竖直向上，故D错误。故选：ABC。（2022秋•广东期末）如图甲所示，长方形金属线框abcd处于有界匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝1T，磁场方向与线框平面垂直，ab边与磁场右边界重合，ab边长为0.5m，bc边长为1m，电阻为R＝1Ω，现用力将线框水平向右拉出磁场，ab边始终与磁场右边界平行，线框中产生的感应电流随线框运动的距离关系如图乙所示，求将线框拉出磁场的过程中：（1）通过线框截面的电量；（2）线框的后一半出磁场所用的时间。【解答】解：（1）依据法拉第电磁感应定律得E依据欧姆定律得I通过线框截面的电量为q=I•Δ结合ΔΦ＝Blablbc，得q=代入数据解得：q＝0.5C（2）由图乙可知，线框后一半出磁场的过程中，线框中电流恒定，则线框的速度恒定，设速度大小为v则E＝Blabv由欧姆定律得I=由图知I＝1A，联立解得：v＝2m/s线框后一半出磁场所用时间为t=lbc2解得：t＝0.125s答：（1）通过线框截面的电量为0.5C；（2）线框的后一半出磁场所用的时间为0.25s。模块三巩固提高（多选）（2023春•阜阳期末）如图，水平面内固定两根光滑、足够长平行金属导轨P、Q间距为L，电阻可忽视。装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。t1时刻，两粗细均匀金属棒a、b获得相同大小的瞬时速度v0相向运动，t2时刻，流经a棒的电流为0。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（）A．t1时刻a棒加速度大小为2BB．t2时刻b棒速度为0 C．t1～t2时间内，通过a、b棒某一横截面的电荷量相等 D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为2m【解答】解：A、依据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，依据动生电动势公式有：E＝2BLv0感应电流：I=对a由牛顿其次定律得：BIL＝ma解得加速度：a=2B2B、由题意知，金属棒a、b电阻率相同，长度均为L，电阻分别为R和2R，依据电阻定律有：R=ρLS可得两棒的横截面积的关系：Sa＝2Sb所以a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为m2a、b在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，a、b组成的系统合外力总为零，则此系统动量守恒。t2时刻流过a的电流为零，则回路的感应电动势为零，则a、b之间的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m整理解得：v=即t2时刻，b棒的速度为：v=v03C、t1～t2时间内，通过a、b的电流总是相等依据q＝It，可知通过a、b棒横截面的电荷量相等。故C正确；D、t1～t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律得12将前一问的速度v代入解得：Q依据焦耳定律可知，a棒产生的焦耳热：Qa=R故选：ACD。（2022•新华区校级开学）目前磁卡已有广泛的应用，如图甲所示，当记录磁性信息的磁卡以速度v在刷卡器插槽里匀速运动时，穿过刷卡器内线圈的磁通量按Φ＝Φ0sinkvt的规律变化，刷卡器内的等效电路如图乙所示，已知线圈的匝数为n，电阻为r，外接电路的等效电阻为R。则在任意一段Δt=π2kv的时间内，通过等效电阻A．qm=2nΦ0R+r B．C．qm=2nΦ【解答】解：在任意一段Δt=π2kv的时间内，通过等效电阻q＝nIΔt=nERΔt其中ΔΦ＝Φ0sin（kvt+π2）﹣Φ0sinkvt=2Φ0sin（可知在任意一段Δt的时间内通过等效电阻R的电荷量的最大值为：qm=2nΦ0R+r故选：C。（2022春•渝中区校级月考）如图所示，等腰直角形导体线框ABC固定在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对里，BC是一段长为L，电阻为4R的均匀导线，AB和AC的电阻不计。现有一段长度亦为L、电阻为R的的均匀导体杆MN架在导线框上，导体杆沿BC边以恒定的速度v向C端滑动，滑动中导体杆始终和BC垂直并与导体框保持良好接触，当MN滑至BN=L4时，MN与AB交于P点，则此时A．BLv4R，方向N→P B．BLv4R，方向P→C．4BLv3R，方向P→N D．4BLv3R，方向N【解答】解：由题意可知NP=BN=由法拉第电磁感应电动势E=B由闭合电路欧姆定律E=I联立解得：I=由右手定则可知，电流方向为N→P。故选：A。（2022春•泗水县期中）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，其余电路电阻都不计，匀强磁场垂直于导轨平面对下，磁感应强度大小为B．现将质量为m的导体棒由静止释放，当棒下滑到稳定状态时，速度为υ．下列说法错误的是（）A．导体棒的a端电势比b端电势高 B．导体棒达到稳定状态前做加速度削减的加速运动 C．当导体棒速度达到v3时加速度为23gsinD．导体棒达到稳定状态后，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功【解答】解：A、依据右手定则可得金属棒中的电流方向a→b，由于金属棒为电源，所以b端电势高，故A错误；B、依据牛顿其次定律可得金属棒下滑过程中的加速度a=mgsinθ-BILm=C、依据牛顿其次定律可得金属棒下滑过程中的加速度a=mgsinθ-BILm=gsinθ-B2L2v'mR，当速度为v′＝v时加速度为零，即D、导体棒达到稳定状态后，依据能量守恒定律可得电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功，故D正确。本题选错误的，故选：A。（多选）（2022秋•安庆月考）如图1所示，水平边界MN上方有垂直于纸面对里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，ab边长为0.5m的矩形金属线框abcd在竖直向上的拉力F作用下由静止开头向上做匀加速直线运动，开头时ab边离MN距离为0.5m，拉力F随时间变化的规律如图2所示，已知重力加速度取10m/s2，金属线框的电阻为1Ω，则（）A．金属框匀加速运动的加速度大小为2m/s2 B．金属线框的质量为0.5kg C．匀强磁场的磁感应强度大小为1T D．线框进磁场过程中，通过线框截面的电量为1.5C【解答】解：A．由F﹣t图像，0﹣0.5s内金属框受到恒定的重力和拉力，做匀加速度运动，依据位移—时间公式：x=解得a＝4m/s2故A错误；B．金属框进入磁场前，依据牛顿其次定律有F﹣mg＝ma解得m＝0.5kg故B正确；C．ab边运动到MN处时，依据速度—时间公式，金属框速度v＝at＝4×0.5m/s＝2m/s金属框ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv依据闭合电路欧姆定律：I=依据牛顿其次定律：F'﹣mg﹣BIL＝ma解得B＝2T故C错误；D．0.5s﹣1.0s，依据位移—时间公式和题意，金属框运动距离Δx=x由图像，t＝1.0s时cd边恰好进入磁场，线框中有感应电流时间为0.5s，则通过线框截面电量Q=故D正确。故选：BD。（多选）（2022•桃源县校级模拟）如图，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B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（）A．PQ中电流先减小后增大 B．PQ两端电压先减小后增大 C．PQ上拉力的功领先减小后增大 D．线框消耗的电功领先减小后增大【解答】解：A、导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，由E＝BLv可知导体棒产生的感应电动势保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，故A正确；B、PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U＝E﹣IR，可知PQ两端的电压先增大后减小，故B错误；C、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由P=E2R分析得知，PQD、线框作为外电路，总电阻最大值为R总=12×3R2=34故选：AC。（2023春•辽宁期末）如图所示，用同种材料制成的质量相等、粗细均匀的闭合金属圆环，它们围成的面积之比为4：1，把它们垂直放在磁感应强度随时间均匀变化的磁场中，下列说法正确的是（）A．穿过两环的磁通量之比为2：1 B．两环内的感应电动势之比为3：1 C．两环内的感应电流之比为2：1 D．相同时间内通过两环某截面的电荷量相等【解答】解：A、依据磁通量表达式：Φ＝BS可知穿过两环的磁通量之比为：Φ1：Φ2＝S1：S2＝4：1，故A错误；B、依据法拉第电磁感应定律可得：E=可知两环内的感应电动势之比为：E1：E2＝S1：S2＝4：1，故B错误；C．依据圆面积公式：S＝πr2，可知两环的半径之比为：r设金属圆环的材料密度为ρ0，横截面积为S0，则材料的质量为：m＝ρ0S0•2πr由于两环质量相等，则两环的横截面积之比为：S01：S02＝r2：r1＝1：2依据电阻定律可得：R=ρ可知两环的电阻之比为：R依据欧姆定律有：I=可知两环内的感应电流之比为：I1：ID．依据电流的定义：q＝It，可知相同时间内通过两环某截面的电荷量之比为：q1：q2＝I1：I2＝1：1，故D正确。故选：D。（多选）（2023春•玉林期末）如图所示，光滑绝缘水平桌面上，虚线MN右侧有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度大小为0.5T，虚线左侧有一长ab＝2m、宽bc＝1m的矩形金属框abcd，其质量为1kg、电阻为0.5Ω，ab边与MN平行。第一次，让金属框沿水平桌面、垂直MN方向以5m/s的初速度冲入磁场区域；其次次，让金属框在平面内转90°然后在水平向右的外力作用下以5m/s的速度匀速进入磁场区域。下列说法正确的是（）A．两次进入磁场的过程中，金属框中的电流方向都为abcda B．前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为1：1 C．前、后两次进入磁场的过程中，金属框中的焦耳热之比为8：5 D．金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比等于5：8【解答】解：A、金属框进入磁场中，右边ab边切割磁感线，依据右手定则可知电流方向为adcba，故A错误；B、通过金属框横截面的电荷量为：q=IΔt=ΔΦ从q的表达式知前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为1：1，故B正确；C、由动量定理得：﹣BILabt＝mv﹣mv0即：qBLab＝mv0﹣mv又：q=联立代入解得：v＝3m/s第一次进入磁场的过程中，由能量守恒定律得，产生的焦耳热为：Q=12mv0其次次进入磁场的过程中，由电功公式得，产生的焦耳热为：Q2＝qU＝qBLadv0＝2×0.5×1×5J＝5J所以通过金属框横截面的焦耳热之比为：Q1Q2D、由C选项分析可知，金属框第一次完全进入磁场之后的速度v＝3m/s，假如金属框匀减速进入磁场，则依据公式有：L解得：t1＝0.25s其次次金属框匀速进入磁场，则运动时间为：t2=Labv则有：t依据题意可知，金属框第一次进入磁场时，做加速度减小的减速运动，则所用时间不等于t1则金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比不等于5：8，故D错误。故选：BC。（2023春•菏泽期末）如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为l＝0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为R＝0.8Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面对上、大小为B＝1T的匀强磁场。将质量为m＝0.5kg、电阻值为r＝0.2Ω的金属棒在AB处由静止释放，其下滑过程中的v﹣t图像如图乙所示。金属棒下滑过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计导轨的电阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数；（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；（3）金属棒从进入磁场至速率最大的过程中，通过电阻R的电荷量为9.1C，求此过程中电阻R上产生的焦耳热。【解答】解：（1）由图乙可知，金属棒在0～1s内做初速度为的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场。在0～1s过程中，由图乙可知，金属棒的加速度：a=ΔvΔt=4-01-0在这个过程中，对金属棒进行受力分析，依据牛顿其次定律有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma由以上两式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数：μ＝0.25（2）金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为vm，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E＝Blvm依据闭合回路欧姆定律有：I=依据安培力公式有：FA＝BIl依据平衡条件有：FA+μmgcos37°＝mgsin37°由以上几式解得：vm＝8m/s（3）依据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为q=I解得，金属棒在磁场下滑的位移：x=q(R+r)Bl=由动能定理有：mgxsin37由图乙可知：v1＝4m/s此过程中电路中产生的总焦耳热等于克服安培力做的功：Q总＝WA联立解得，此过程中电路中产生的总焦耳热：Q总＝24.4J故此