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专题强化二十三　电磁感应中的电路及图象问题
目标要求 　1.掌握电磁感应中电路问题的求解方法.2.会计算电磁感应电路问题中电压、电流、电荷量、热量等物理量.3.能够通过电磁感应图象，读取相关信息，应用物理规律求解问题．
题型一　电磁感应中的电路问题
1．电源和电阻

2．解决电磁感应中的电路问题的基本步骤
(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r.
(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
(3)根据E＝Blv或E＝nΔΦΔt，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定律等相关关系式联立求解．
3．电磁感应中电路知识的关系图


切割磁感线的导体棒的电路问题

例1 　如图1，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磁感应强度为B的匀强磁场中．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，滑动过程中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(　　)

图1
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
答案　C
解析　设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R外＝Rx3R－Rx3R，外电路电阻先增大后减小，再根据闭合电路欧姆定律可得PQ中的电流I＝ER＋R外先减小后增大，路端电压先增大后减小，故A、B错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝BIl，拉力的功率P＝BIlv，故先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外＝Rx3R－Rx3R，最大值为34R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系图象可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误．


　　 磁通量变化的线圈的电路问题

例2 　(多选)在如图2甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图甲所示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则(　　)

图2
A．线框中的感应电动势为B0l2T
B．线框中感应电流为2PR
C．线框cd边的发热功率为P2
D．c、d两端电势差Ucd＝3B0l24T
答案　BD
解析　由题图乙可知，在每个周期内磁感应强度随时间均匀变化，线框中产生大小恒定的感应电流，设感应电流为I，则对ab边有，P＝I2·14R，得I＝2PR，选项B正确；由闭合电路欧姆定律得，感应电动势为E＝IR＝2PR，根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·12l2，由题图乙知，ΔBΔt＝2B0T，联立解得E＝B0l2T，故选项A错误；线框的四边电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故选项C错误；由楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针，则c端电势高于d端电势，Ucd＝34E＝3B0l24T，故选项D正确．

1.(转动切割及电路分析)如图3所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，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连接的长度为2a、电阻为R2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点的线速度大小为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为(　　)

图3
A.Bav3 B.Bav6
C.2Bav3 D．Bav
答案　A
解析　当摆到竖直位置时，导体棒AB产生的感应电动势为：E＝B·2av＝2Ba0＋v2＝Bav，圆环被导体棒分为两个半圆环，两半圆环并联，并联电阻R并＝R2×R2R2＋R2＝R4，电路电流：I＝ER2＋R4＝4Bav3R，AB两端的电压为UAB＝IR并＝Bav3.

题型二　电磁感应中的电荷量的计算
计算电荷量的导出公式：q＝nΔФR总
在电磁感应现象中，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化闭合回路中就会产生感应电流，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I＝qΔt及法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，得q＝IΔt＝ER总Δt＝nΔΦR总ΔtΔt＝nΔΦR总.
例3 　(2018·全国卷Ⅰ·17)如图4，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则B′B等于(　　)

图4
A.54 B.32 C.74 D．2
答案　B
解析　在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝ΔΦ1Δt1＝B12πr2－14πr2Δt1
根据闭合电路欧姆定律，有I1＝E1R
且q1＝I1Δt1
在过程Ⅱ中，有
E2＝ΔΦ2Δt2＝B′－B12πr2Δt2
I2＝E2R
q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即B12πr2－14πr2R＝B′－B12πr2R
所以B′B＝32.

2．(电磁感应中电荷量的计算)(2019·江苏卷·14)如图5所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起．求线圈在上述过程中

图5
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q.
答案　(1)0.12 V　(2)0.2 A　电流方向见解析图
(3)0.1 C
解析　(1)感应电动势的平均值E＝ΔФΔt
磁通量的变化ΔФ＝BΔS
联立可得E＝BΔSΔt，代入数据得E＝0.12 V；
(2)平均电流I＝ER
代入数据得I＝0.2 A(电流方向见图)；

(3)电荷量q＝IΔt
代入数据得q＝0.1 C.

题型三　电磁感应中的图象问题
1．解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．
2．解题步骤
(1)明确图象的种类，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图象和i－x图象；
(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)画图象或判断图象．
3．常用方法
(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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．
(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象进行分析和判断．

　　 动生问题的图象

例4 　(2018·全国卷Ⅱ·18)如图6，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)

图6



答案　D
解析　设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.
线框位移 等效电路的连接 电流
0～l2

I＝2i(顺时针)
l2～l

I＝0
l～3l2

I＝2i(逆时针)
3l2～2l

I＝0

分析知，只有选项D符合要求．

　　　　 感生问题的图象

例5 　将一段导线绕成如图7甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是(　　)

图7


答案　B
解析　根据B－t图象可知，在0～T2时间内，B－t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝nΔBΔtS可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab中电流方向为b→a，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且0～T2时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在T2～T时间内，B－t图线的斜率为正且为定值，故ab边所受安培力大小仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同．综上可知，B正确．

3．(感生问题的图象)(2019·山东济宁市第二次摸底)如图8甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图象是下列选项图中的(　　)

图8


答案　D
解析　因为感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律得：I＝ER＝nΔΦΔtR＝nΔBΔtSR，而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝nΔBΔtSR∝nΔiΔtSR，所以线圈l1中的电流均匀改变，A、C错误；根据题图乙，0～T4时间内感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确．
4.(动生问题的图象)如图9所示，直角三角形ADC区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，AD边长为2L，直角三角形导线框abc与直角三角形ADC相似，ab边长为L，∠ACD＝∠acb＝30°，线框在纸面内，且bc边和DC边在同一直线上，bc边为导线，电阻不计，ab边和ac边由粗细均匀的金属杆弯折而成．现用外力使线框以速度v匀速向右运动通过磁场区域，则线框在通过磁场的过程中，Uab随时间变化的关系图象正确的是(　　)

图9


答案　B
解析　本题可以采用排除法，根据右手定则可知，线框进入磁场和出磁场的过程中，a点电势均低于b点电势，Uab均为负值、不为零，由此排除A、C、D选项．

课时精练

1．如图1所示，在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L＝0.1 m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3 Ω的电阻．导轨上垂直放置着金属棒ab，其接入电路的电阻r＝0.2 Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做匀速运动时(　　)

图1
A．ab棒所受安培力大小为0.02 N
B．N、Q间电压为0.2 V
C．a端电势比b端电势低
D．回路中感应电流大小为1 A
答案　A
解析　ab棒产生的感应电动势E＝BLv＝0.2 V，感应电流I＝ER＋r＝0.4 A，ab棒受到的安培力F＝BIL＝0.02 N，A正确，D错误；N、Q之间的电压U＝RR＋rE＝0.12 V，B错误；由右手定则得a端电势较高，C错误．
2．如图2所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为(　　)

图2
A.2BRv B.22BRv
C.24BRv D.324BRv
答案　D
解析　当圆环运动到题图所示位置时，圆环切割磁感线的有效长度为2R，产生的感应电动势为E＝2BRv，a、b两点的电势差Uab＝34E＝324BRv，故选D.
3．下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形．各导线框均绕垂直纸面的轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T.从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向．则在如图A、B、C、D所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图3中i－t图象所示的是(　　)

图3

答案　C
解析　由题图i－t图象可知感应电流在一段时间恒定，根据I＝BlvR，可知l不变，即导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题中i－t图象所示的是选项C.
4．(2020·浙江7月选考·12)如图4所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动．在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　)

图4
A．棒产生的电动势为12Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2ω
C．电阻消耗的电功率为πB2r4ω2R
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
答案　B
解析　由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U＝12Br2ω，故A错误；对极板间微粒受力分析，如图所示，

微粒静止，则mg＝qE＝qU′d，得qm＝gdU′，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，即U＝U′，故qm＝2gdBr2ω，故B正确；电路中电流I＝UR＝Br2ω2R，则电阻R消耗的电功率P＝I2R＝B2r4ω24R，故C错误；电容器所带的电荷量Q＝CU′＝CBr2ω2，故D错误．
5．(多选)(2020·甘肃永昌县期末)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图5甲所示，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．以下说法正确的是(　　)

图5
A．在0～2 s时间内，I的最大值为0.01 A
B．在3～5 s时间内，I的大小越来越小
C．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C
D．第3 s内，线圈的发热功率最大
答案　AC
解析　0～2 s时间内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I＝ER＝ΔB·SΔt·R＝0.01 A，A正确；3～5 s时间内电流大小不变，B错误；前2 s内通过线圈某截面的电荷量q＝ΔΦR＝ΔB·SR＝0.01 C，C正确；第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误．
6．(2019·安徽淮南市第二次模拟)如图6所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC，其中AB＝L，BC＝2L，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为L，导线框BC边与虚线边界垂直．现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域．设线框中产生顺时针方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距离x的函数关系图象正确的是(　　)

图6


答案　D
解析　在线框进入0～L范围时，线框内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效长度从0均匀增加到L2，可知感应电流均匀增加；从L～2L，线框切割磁感线的有效长度为L2不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L～3L，线框切割磁感线的有效长度从L2逐渐增加到L，则感应电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到原来的2倍，方向为顺时针方向，故选D.

7．(多选)边长为a的闭合金属正三角轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图7所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是(　　)

图7

答案　BC
解析　设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t＝0，则其切割磁感线的有效长度L＝2xtan 30°＝233x，则感应电动势E电动势＝BLv＝233Bvx，则C项正确，D项错误；框架匀速运动，故F外力＝F安＝B2L2vR＝4B2x2v3R∝x2，A项错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B项正确．
8．(多选)(2020·吉林长春市期末)如图8(a)所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2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(b)所示，图线在横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计，在0至t1时间内，下列说法正确的是(　　)

图8
A．R1中电流方向由a到b
B．电流的大小为nπB0r223Rt0
C．线圈两端的电压大小为nπB0r223t0
D．通过电阻R1的电荷量nπB0r22t13Rt0
答案　BD
解析　由楞次定律可判断通过电阻R1的电流方向为从b到a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为E＝nΔBΔtπr22＝nB0πr22t0，根据欧姆定律得，通过R1的电流为：I＝E3R＝nB0πr223Rt0，故B正确；线圈两端电压为路端电压，由欧姆定律得：U＝I·2R＝nB0πr223t0R·2R＝2nπB0r223t0，故C错误；0～t1时间内通过电阻R1的电荷量为q＝It1＝nπB0r22t13Rt0，故D正确．
9.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图9，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为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所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是(　　)

图9


答案　AD
解析　根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D.
10．如图10所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直．现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是(　　)

图10

答案　D
解析　线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增大，当线框全部进入时，磁通量达到最大，此后向外的磁通量增大，总磁通量减小，当运动到2.5L时，磁通量最小，故选项A错误；当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错误；因安培力总是与运动方向相反，故外力F应一直向右，故选项C错误；外力F的功率P＝Fv，因速度不变，而线框进入第一个磁场时，电流为定值，F也为定值．两边分别在两个磁场中时，电流加倍，回路中总电动势加倍，功率变为原来的4倍，此后线框从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框进入第一个磁场时的安培力，所以功率应等于进入第一个磁场时的功率，故选项D正确．
11．(2020·江西新余市期末)如图11甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4 Ω的小灯泡L连接．在CDFE矩形区域内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，CE长l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处(恰好不在磁场中)．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．在t＝4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化．求：

图11
(1)通过小灯泡的电流；
(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．
答案　(1)0.1 A　(2)1 m/s
解析　(1)在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路产生感应电动势，等效电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻R总＝RL＋RrR＋r＝5 Ω，此时感应电动势：E＝ΔΦΔt＝dlΔBΔt＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V，通过小灯泡的电流I＝ER总＝0.1 A.
(2)当金属棒在磁场区域中运动时，由金属棒切割磁感线产生电动势，等效电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻R总′＝r＋RRLR＋RL＝2＋2×42＋4 Ω＝103 Ω，由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL＝I＝0.1 A，则流过金属棒的电流为I′＝IL＋IR＝IL＋RLILR＝0.3 A，电动势E′＝I′R总′＝Bdv，解得金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小为v＝1 m/s.


12.(2016·全国卷Ⅲ·25)如图12，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：

图12
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
答案　(1)kt0SR 　(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS)B0lR
解析　(1)在金属棒未越过MN之前，穿过回路的磁通量的变化量为
ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS①
由法拉第电磁感应定律有
E＝ΔΦΔt②
由欧姆定律得
I＝ER③
由电流的定义得
I＝ΔqΔt④
联立①②③④式得
|Δq|＝kSRΔt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内即Δt＝t0，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝kt0SR⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有
F＝F安⑦
式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I，
F安＝B0lI⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为
Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为
Φt＝Φ＋Φ′⑪
其中Φ＝B1S＝ktS⑫
由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑬
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑭
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
Et＝ΔΦtΔt⑮
由欧姆定律得
I＝EtR⑯
联立⑦⑧⑭⑮⑯式得
F＝(B0lv0＋kS)B0lR.

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