【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）秘籍13 电磁感应中的电路和图像问题 Word版含解析.docx，共(25)页，1.241 MB，由小赞的店铺上传

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秘籍13电磁感应中的电路和图像问题一、电磁感应中电路知识的关系图二、电磁感应中的图像问题电磁感应中图像问题的解题思路：(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；对切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及E－x图像和i－x图像；(2)

分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图像或判断图像．【题型一】电磁感应中的电路问题【典例1】（2024·贵

州·模拟预测）如图，倾角为θ的光滑固定轨道cdef，宽为l，上端连接阻值为R的电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，以初速度0v沿轨道向上运动，空间存在水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计导轨电阻，导体杆与导轨始终接触良好，ab杆向上运动的距离为

x，下列选项正确的是（重力加速度为g）（）A．开始时电阻电功率为2220BlvPRRr=+B．开始时ab所受合力为2220sinsinBlvFmgRr=++C．该过程克服安培力做功2220sinB

lvWxRr=+D．该过程流过ab的电量BlxqRr=+【答案】B【详解】A．ab切割磁感线产生电动势sinEBlv=电流大小sinEBlvIRrRr==++方向在棒上为b到a，故电阻电功率222202sin()BlvPRRr=+故A错误；B．安培力为22sinB

lvFRr=+方向竖直向下，经正交分解后得出开始时ab所受合力为2220sinsinBlvFmgRr=++故B正确；C．做功表达式sinWFx=运动过程安培力不是恒力，不能直接使用，故C错误；D．感应电动势为sinBLxEt=电流为E

IRr=+流过ab的电量为qIt=联立可得sinBlxqRr=+故D错误。故选B。【典例2】（2024·云南昆明·三模）如图所示，匝数为10匝、面积为1㎡，电阻为1Ω的圆形金属线框位于垂直纸面向里匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，圆形线框

平面两端点A、B间接有阻值为2Ω的定值电阻。匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变化关系为B＝1.2-0.3t（B的单位为T，t的单位为s）。则下列说法正确的是（）A．圆形金属线框中感应电流沿逆时针方向B．A点与B点间的电压为3VC．0

～2s内通过定值电阻的电荷量为2CD．0～4s内圆形金属线框中产生的焦耳热为4J【答案】CD【详解】A.由题意知金属线框的磁场在减少，由楞次定律知圆形金属线框中感应电流沿顺时针方向，故A错误；B.由法拉第电磁感应定律得，金属线框产生的感应电动势为1010.3V3VBENNStt===

=A点与B点间的电压为23V2V21RUERr===++故B错误；C.0～2s内通过定值电阻的电荷量为()120.32112110C2C21qNRr−−===++故C正确；D.0～4s内回路电流为1AEIRr==+0～4s内圆形金属线框中产生的焦耳热为2

2114J4JQIrt===故D正确。故选CD。【典例3】（2024·河北·模拟预测）如图1所示，间距L=1m的足够长倾斜导轨倾角θ=37°，导轨顶端连一电阻R=1Ω。左侧存在一面积S=0.6m2的圆形磁场区域B，磁场方向垂直于斜面向下，大小随时

间变化如图2所示，右侧存在着方向垂直于斜面向下的恒定磁场B1=1T，一长为L=1m，电阻r=1Ω的金属棒ab与导轨垂直放置，t=0至t=1s，金属棒ab恰好能静止在右侧的导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，经过一段时间后匀速下滑，已知导轨光滑，取g=10m/s2，不计导轨电阻与其他阻力，

sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）t=0至t=1s内流过电阻的电流和金属棒ab的质量；（2）金属棒ab匀速时的速度大小。【答案】（1）0.3A，0.05kg；（2）0.6m/s【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得t=0至t=1s内回路中的感应电动势为Δ0.6VΔΔBES

tt===根据闭合电路欧姆定律可得t=0至t=1s内流过电阻的电流为0.3AEIRr==+设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，即1sinmgBIL=解得m=0.05kg（2）设金属棒ab匀速时的速度大小v

，此时回路中的感应电动势为11EBLv=回路中的电流为11EIRr=+导体棒ab所受安培力大小为11FBIL=根据平衡条件可得sinFmg=解得0.6m/sv=1．（2024·河北·模拟预测）如图装置可形成稳定的辐向磁场，磁场内有匝数为n、半径为R的圆形

线圈，在0=t时刻线圈由静止释放，经时间t速度变为v，假设此段时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为B，线圈导线单位长度的质量、电阻分别为m、r，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．在t时刻线圈的加速度大小为22nB

vgmr−B．0~t时间内通过线圈的电荷量为2mgtmvRnB−C．0~t时间内线圈下落高度为2()mrgtvB−D．线圈下落过程中，通过线圈的磁通量始终为零【答案】C【详解】A．在t时刻，线圈切割辐向磁场产生感应电动势

()22EnBRvnBRv==感应电流222EnBRvBvInRrnRrr===线圈所受安培力222nBRvFnBIRr==安由牛顿第二定律得22nRmgFnRma−=安解得2Bvagmr=−故A错误；B．从开始

下落到t时刻，设线圈中的平均电流为I，由动量定理得2220nRmgtnBIRtRnmv−=−又qIt=综合解得mgtmvqB−=故B错误；C．从开始下落到t时刻，下落高度为h，由22222nEnnBRhBhtqItttnRrnRrnR

rnRrr======①由B项分析可知mgtmvqB−=②由①②得2()mrgtvhB−=故C正确；D．线圈下落过程中，N极内部由竖直向上的磁场，通过线圈的磁通量不始终为零，故D错误。故选C。2．（2024·全国·模拟预

测）如图所示，两光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，其左端接一定值电阻，金属杆静置在导轨上，电阻右侧的矩形匀强磁场区域PMNQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下，G、H分别是磁场横向边界PM、QN的中点，导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长。控制磁场使得该磁场区域以速度0

v匀速地向右扫过金属杆。金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变。已知当磁场的MN连线刚扫上金属杆时，金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u；当磁场的GH连线刚扫上金属杆时，金属杆内自由电子沿杆定向移动的速

率为0.8u。则当磁场的GH连线和磁场的PQ连线分别扫上金属杆时（）A．金属杆的速度之比为2:3B．金属杆的加速度之比为4:3C．安培力对金属杆做功的瞬时功率之比为8:9D．电阻的热功率之比为16:9【答案】BD【详解】A．根据()0Δ0iiBLvvBLtmvR−=−杆杆MN线刚扫上金属杆

时到磁场的GH连线刚扫上金属杆，有10BLxBLmvR=−从磁场的GH连线刚扫上金属杆时到磁场的PQ连线刚扫上金属杆，有21BLxBLmvmvR=−得到212vv=故A错误；B．当磁场的MN连线刚扫上

金属杆时有0BLvIRneSuR==当磁场的GH连线刚扫上金属杆时有()01110.8BLvvIRneSuRneSuR−===当磁场的PQ连线刚扫上金属杆时有()0222BLvvIRneSuR−==由以上关系得到100.2vv=，200.4vv=，10.8uu=，20.6

uu=根据()0111BLvvFBLmaR−==安()0222BLvvFBLmaR−==安可得12:4:3aa=故B正确；C．根据()0111BLvvPBLvR−=安()0222BLvvPBLvR−=安可得12:2:3PP=安安故C错误；D．根据()()220111BLvvP

neSuRR−==热()()220222BLvvPneSuRR−==热可得12:16:9PP=热热故D正确。故选BD。3．（2024·湖南岳阳·一模）如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，底部接有一阻值R=2Ω的定值电阻，轨道上端

开口，间距L=1m，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量m=0.2kg的金属棒ab置于导轨上，通过细线（细线与导轨平行）经定滑轮与质量为M=0.2kg的小物块相连。金属棒ab在导轨间

的电阻r=1Ω，导轨电阻不计。金属棒由静止释放到匀速运动前，电阻R产生的焦耳热总共为1.552J，金属棒与导轨接触良好，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，则下列说法正

确的（）A．金属棒ab匀速运动时的速度大小为0.6m/sB．金属棒ab沿导轨运动过程中，电阻R上的最大电功率为0.36WC．金属棒从开始运动到最大速度沿导轨运动的距离2mD．从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，流过电阻R的总

电荷量为2C【答案】AD【详解】A．金属棒ab匀速运动时，感应电流为11BLvIRr=+金属棒处于平衡状态，对金属棒与小物块整体进行分析有1sinMgmgBIL=+解得10.6m/sv=故A正确；B．金属棒ab匀速运动时速度最大，此时电

阻上的电功率也最大，则有211PIR=结合上述解得10.32WP=故B错误；C．金属棒从开始运动到最大速度过程，根据动能定理有()211sin2MgxMmvmgxQ=+++根据电热分配有RQRQRr=+解得3mx=故C错误；D．从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，感

应电动势的平均值ΔΦΔΔBLxEtt==感应电流的平均值qEItRr==+解得2Cq=故D正确。故选AD。4．（2024·河北·模拟预测）如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为d，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，

导轨底端接定值电阻R，导轨电阻不计，现质量为m的金属杆ab以初速度v0沿导轨向上开始运动，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，杆ab接入电路的电阻为r，重力加速度大小为g。则（）A．若杆ab运动距离为L时

速度恰好减为0，该过程杆ab运动时间为220()()sinmvRrBdLRrmg+−+B．若杆ab运动距离为L时速度恰好减为0，该过程杆ab平均速度02vvC．若杆ab经时间t速度恰好减为0，该过程通过杆ab的电荷量为0sin()mvmg

tBdRr−+D．若杆ab经时间t速度恰好减为0，该过程杆ab运动的距离为022(sin)()mvmgtRrBd−+【答案】AD【详解】A．若杆ab运动为L时速度恰好减为0，由动量定理得220sin0Bdvtm

gtmvRr−−=−+又因为Lvt=联立可得，该过程杆ab运动时间为220()()sinmvRrBdLtRrmg+−=+故A正确；B．对ab杆由牛顿第二定律22sinBdvmgmaRr+=+可知杆ab加速度逐渐减小，其vt−图像如图所示由图

可知该过程杆ab的平均速度02vv＜故B错误；CD．若杆ab经时间t速度恰好减为0，由动量定理得0sin0mgtBIdtmv−−=−其中BdxqItRrRr===++联立可得，该过程通过杆ab的电荷量为0sinmvm

gtqBd−=该过程杆ab运动的距离为022(sin)()mvmgtRrxBd−+=故C错误，D正确。故选AD。5．（2024·湖南长沙·一模）如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，其宽度1mL=，导轨M与P之间连接阻值为0.2R=的电阻，质量为0.5kgm=、电阻

为0.2r=、长度为1m的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力7.0NF=拉金属杆ab，使它由静止开始运动，运动中金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，其通过电阻R上的电荷

量q与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，已知ab与导轨间的动摩擦因数0.4=，取210m/sg=（忽略ab杆运动过程中对原磁场的影响），求：（1）磁感应强度B的大小和金

属杆的最大速度；（2）金属杆ab从开始运动的1.8s内所通过的位移；（3）从开始运动到电阻R产生热量17.5JQ=时，金属杆ab所通过的位移。【答案】（1）1T，2m/s；（2）3.2m；（3）7.2m【详解】（1）1.8s~2.0s过程电流稳定金属

棒速度达到最大值，通过导体棒电流qIt=得5AI=导体棒匀速，对导体棒FBLImg=+导体棒匀速时，导体棒电动势maxEBLv=欧姆定律EIRr=+解得1TB=max2m/sv=（2）0~1.8s过程中由动量定理得

max0FtmgtFtmv−−=−安即221max0BLFtmgtxmvRr−−=−+解得13.2mx=（3）0~1.8s过程中由动能定理得2max102eFFxmgxWmv−+=−0~1.8s过程产生总热量FQW=−总0~1.8

s电阻R产生热量1RRQQRr=+总解得17.5JRQ=1.8s后匀速阶段电阻R热量21RRQQQ=−22RQIRt=2maxxvt=12xxx=+解得7.2mx=【题型二】电磁感应中的图像问题【典例1】（2024·山东菏泽·一模）如图所示，边长为2

L的正三角形abc区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为L的菱形单匝金属线框ABCD的底边与bc在同一直线上，菱形线框的60ABC=。使线框水平向右匀速穿过磁场区域，BC边与磁场边界bc始终共线，以B点刚进入磁场为计时起点，规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则下

列图像正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【详解】设线框匀速运动速度大小为v；以B点刚进入磁场为计时起点，在0~Lv内，AB边逐渐进入磁场切割磁感线，产生的电动势为213sin602BvtEBvx==线圈中的电流大小为21132EBvtItRR==根据楞次定律可知，线圈中的电

流方向为逆时针方向，即电流为正；在2~LLvv内，整条AB边在磁场中切割磁感线，DC边逐渐进入磁场切割磁感线，线圈产生的电动势为2233()sin60322ABDCBLvBvtEEEBvvtLBLv=−=−−=−线圈中的电流大小为222332EBLvBvtIRRR==−根据楞次定律可知，线

圈中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；在23~LLvv内，整条AB边离开磁场区域，整条DC边在磁场中切割磁感线，产生的电动势恒为332BLvE=线圈中的电流大小恒为3332EBLvIRR==根据楞次定律可知，线圈中的电流方向为顺时针方向，即电流为负；之后整个线

框离开磁场区域，没有感应电流。故选A。【典例2】（23-24高三上·贵州安顺·期末）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=1m，线圈总电阻r=1Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电

流方向为正方向，则下列有关线圈的感应电流i，焦耳热Q以及ab两点间电压u，ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图像正确的是（）A．B．C．D．【答案】ACD【详解】A．0~1s内产生的感应电动势为1·2VnSBet==由楞次定律，感

应电流为逆时针（为负），大小为112Aeir==同理可得，1~5s内产生的感应电动势为2'1V'BenSt==由楞次定律，感应电流为顺时针（为正），大小为221Aeir==A正确；B．ab两点间的电压，0~1s内大小为11·0.5V4rui==方向为负，1~5s内大小为22·0.25V4rui

==方向为正，B错误；C．ab边的安培力，0~1s内大小为11104NFnBiL=随时间逐渐增大，由左手定则，方向为向下为正。同理1~3s内大小为22202NFnBiL=随时间逐渐减小，由左手定则，方向为向上为负。同理3~5s内大小为33202NFnBiL=随时间逐渐增大，由左

手定则，方向为向下为正。C正确；D．0~1s内焦耳热21104JQirt=随时间逐渐增加，1~5s内焦耳热221m24J'8JQQirt=+D正确。故选ACD。【典例3】（23-24高二下·湖北·阶段练习）如图甲所示，水平面上有一

圆形线圈，通过导线与足够长的光滑水平导轨相连，线圈内存在垂直线圈平面方向竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度1B大小随时间变化图像如图乙所示。平行光滑金属导轨处于磁感应强度大小为2B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁

场中。一导体棒MN垂直于导轨水平放置，由静止释放。已知线圈匝数10n=，面积20.02mS=，其电阻10.1=R，导轨相距0.1mL=，磁感应强度22.0TB=，导体棒质量0.5kgm=，其电阻20.3R=

，其余电阻不计。求（1）0=t时刻，导体棒中的电流I的大小及方向；（2）0=t时刻，导体棒的加速度大小和方向；（3）导体棒的最大速度的大小。【答案】（1）1A，从M到N；（2）20.4m/s，水平向右；（3）2m/s【详解】（1）0=t时刻，感应电动势为14100.02V0.4V2B

EnnStt====导体棒中的电流的大小为121AEIRR==+根据楞次定律，导体棒中的电流方向为从M到N。（2）根据牛顿第二定律2FIBLma==解得0=t时刻，导体棒的加速度大小为20.4m/sa=根据左手定则，导体棒受到的安

培力水平向右，故导体棒的加速度水平向右。（3）当导体棒受到的安培力为零时，即回路中的感应电流为零时，导体棒的速度最大，则2mEBLv=解得导体棒的最大速度的大小为m2m/sv=1．（2024·广东湛江·一模）如图所

示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是（）A．B．

C．D．【答案】B【详解】正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时，I的大小为零，之后随线框进入磁场距离的增大没利用楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为正方向，在进入过程中，ef和fg两边的有效切割长

度变大，其有效长度为2tan30Lx=有效感应电动势为EBLv=有效感应电流为233EBxvIRR==当线框efg前进a距离时，达到最大，即0233BavIR=在线圈刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流为零，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知，efg线框中感应电流方向沿顺

时针方向，即为负。进入过程边有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析其电流的瞬时值为()433BxavIR−=当前进距离为2a时，其感应电流达到最大，结合之前的分析，其最大值为004323BavIIR==在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小

为零，之后随线框出磁场距离的增加，利用楞次定律可知，efg中感应电流方向沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析其电流的瞬时值为()2323BxavIR−=当前进距离为3a时，达到最大，其最大值为00233BavIIR==故选B。2．（2024·内蒙古赤峰

·一模）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示（规定磁感应强度的方向垂直导线框平面向里为正方向），在0~4s时间内，流过导线框的电流（规定顺时针方向为正方向）与导线框ad边所受安培

力随时间变化的图像（规定以向左为安培力正方向）可能是图中的（）A．B．C．D．【答案】AC【详解】AB．在0~1s内，原磁场磁感应强度垂直纸面向外，且线性减小，线框产生的感应电流为逆时针方向，即为负方向，大小不变。同理可得，

在1~2s时间内，线框上的感应电流为逆时针方向，即为负方向，大小不变。在2~3s时间内，线框上的感应电流为顺时针方向，即为正方向，大小不变。在3~4s内，线框产生的感应电流为顺时针方向，即为正方向，大小不变。故A正确；B错误；CD．由以上分析得，在0~1s时间内

，导线框ad边电流方向为由a向d，空间所加磁场的磁感应强度B为垂直纸面向外，且线性减小，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向左，且线性减小，即安培力为正方向，线性减小。同理可得，在1~2s时间内，导线框ad边电流方

向为由a向d，空间所加磁场的磁感应强度B为垂直纸面向里，且线性增大，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，即安培力为负方向，线性增大。在2~3s时间内，导线框ad边电流方向为由d向a，空间所加磁场的磁感应强度B为垂直纸面向里，且线性减小，根据左手定则得，导线框ad边受安培力

向左，且线性减小，即安培力为正方向，线性减小。在3~4s内，导线框ad边电流方向为由d向a，空间所加磁场的磁感应强度B为垂直纸面向外，且线性增大，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，即安培力为负方向，线性增大。故C正确；D错误。故选AC。3．（2024·福建漳州·二

模）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，其边界ab、cd均与导轨垂直。现将两相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，运动过程中PQ、MN始终与导轨垂直

且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零，从PQ进入磁场时开始计时，MN中电流记为i，MN两端电势差记为u，则下列it−、ut−图像可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】AC【详解】AB．MN刚进磁场时的速度与PQ刚进磁场时相同，设0=t时MN中电流为1I，若PQ刚出磁场时M

N进入磁场，此时电流立即反向，MN进入磁场后仍匀速运动，因此电流大小不变，A正确，B错误；C．PQ刚进磁场时，MN两端的电势差记为1U，若PQ还未离开磁场时MN已进入磁场，根据题设此时两导体棒速度相等，回路电流为零，MN两端的

电势差（导体棒切割磁场产生的电动势）为12U，两导体棒均未离开磁场前做匀加速运动，电动势均匀增大，当PQ离开磁场时，MN的速度大于其刚进入磁场时的速度，其两端的电势差U发生突变，且略大于1U，此后MN做加

速度减小的减速运动，MN两端的电势差逐渐减小，C正确；D．只有两导体棒同时在磁场中运动时，MN两端的电势差才等于12U，但不会恒定不变，D错误。故选AC。4．（2024·北京平谷·模拟预测）如图a所示，边长0.4mL=的单

匝正方形线框cdef放置在足够长的水平长木板上，在宽度也为L的区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小0.5TB=，线框质量0.1kgm=。现对线框施加一水平向右的力0.9NF=使线框由静止开始向右运动，de边离开磁场时撤去外力F，线框速度随时间变化的图像如图b所示。g取210ms。求：（1）线

框与木板间的动摩擦因素；（2）线框的总电阻R；（3）线框在整个运动过程中所受摩擦力的冲量大小fI。【答案】（1）0.4；（2）0.16；（3）0.52Ns【详解】（1）根据题意，由图b可知，线框在0.4st=时，cf进入磁场区域，且恰好

以12msv=的速度匀速运动，线框在0.4st=前做匀加速直线运动，加速度为2212ms5ms0.4a==由牛顿第二定律有Fmgma−=解得0.4=（2）cf进入磁场区域，感应电动势为11EBLv=感应电流为111EBLvIRR==安培力为221A1BLvFBILR==又有AFFmg=+

联立解得A0.5NF=，0.16R=（3）线框在从进入磁场到离开磁场的时间为2120.4sLtv==线框在整个运动过程中由动量定理有()12A2f0FttFtI+−−=解得f0.52NsI=5．（2023·浙江温州·一模）如图甲所示，间距为L=0.2m

的平行金属导轨由上方水平区域、左侧竖直区域、下方倾斜区域依次对接组成。上方导轨右端连接电容C=0.1F的电容器，长度93m5d=的倾斜金属导轨下端连接阻值R=1.8Ω的定值电阻。开关S断开时，电容器极板所带的电荷量q=0.08C质量m=1g的导体杆ab静止在水平导轨上。t=0时刻闭合

开关S，导体杆ab受到安培力开始向左运动，经过一段时间导体杆达到匀速；此后，t1时刻导体杆无碰撞通过对接点CC′进入竖直导轨运动，竖直导轨上端DD′略错开CC′，t2时刻导体杆进入与水平方向成30°角的倾斜导轨匀速下滑。已知整个

空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，其中B1=0.5T，B2=0.3T，t1、t2未知；与导轨始终垂直且接触良好的导体杆ab的电阻r=0.9Ω，与竖直导轨间的动摩擦因数μ=0.25；不计其余轨道

摩擦阻力和电阻，导体杆ab通过轨道连接处无机械能损失。（1）导体杆ab在上方水平导轨向左匀速运动时，a、b两端点的电势φa_____φb（选填“>”或“<”）；在下方倾斜导轨向下滑行时，a、b两端点的电势φa_____φb（

选填“>”或“<”）；（2）求导体杆ab在上方水平轨道匀速运动时，电容器极板所带的电荷量q′；（3）求导体杆ab在下方倾斜导轨匀速下滑过程中，整个回路的热功率P；（4）求导体杆ab在竖直导轨上运动的时间t。【答案】（1）>，<；（2）0.04C；（3）0.025W；（4）0.1

8s【详解】（1）导体杆ab在上方水平导轨向左匀速运动时，根据左手定则可知，电流方向由a流向b，所以a点的电势φa大于b点电势φb；在下方倾斜导轨向下滑行时，导体杆为电源，根据右手定则可知，a点的电势φa小于b

点电势φb；（2）导体杆ab在上方水平轨道匀速运动时，流过导体杆的电流为零，则11qBLvC=11BILtmv=qqIt−=联立解得0.04Cq=（3）导体杆ab在下方倾斜导轨匀速下滑过程中，有22222sin30cos30BLvmgRr=+整个回路的热功

率为2()PIRr=+22cos30BLvIRr+=联立解得0.025WP=（4）t1~t2时间内，由于穿过倾斜导轨的磁通量发生变化，从而产生感应电流，根据左手定则可知，导体杆ab受到水平向左的安培力，水平向右的支持力，竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，所以

21mgtBILtmvmv−=−122BBB+=cos30BdLEtIRrRr==++121221BBBBBtttt−−==−联立解得0.18st=