2022年高考物理大一轮复习新人教版学案微专题13电磁感应中的电路和图象问题

/10/10/微专题13电磁感应中的电路和图象问题电磁感应中的电路问题1．题型简述：在电磁感应问题中，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，该部分导体或线圈与其他电阻、灯泡、电容器等用电器构成了电路．在这类问题中，常涉及计算感应电动势大小、计算导体两端电压、通过导体的电流、产生的电势等．2．解决电磁感应中电路问题的“三部曲”注意“等效电源”两端的电压指的是路端电压，而不是电动势或内压降．(2017·江苏卷)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.解析：(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0 ①回路的感应电流I＝eq\f(E,R) ②由①②式解得I＝eq\f(Bdv0,R) ③(2)金属杆所受的安培力F＝Bid ④由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma ⑤由③④⑤式得a＝eq\f(B2d2v0,mR) ⑥(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v ⑦感应电动势E＝Bdv′ ⑧感应电流的电功率P＝eq\f(E2,R) ⑨由⑦⑧⑨式得P＝eq\f(B2d2?v0－v?2,R) ⑩答案：(1)eq\f(Bdv0,R)(2)eq\f(B2d2v0,mR)(3)eq\f(B2d2?v0－v?2,R)本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E＝Blv，切割的速度(v)是导体与磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．(2015·北京卷)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m一端连接R＝1Ω的电阻．导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s.求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1s时间内，拉力的冲量If的大小；(3)若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.解析：(1)根据感应电动势公式得E＝BLv＝1T×0.4m×5m/s＝2V故感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2V,1Ω)＝2A(2)金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安＝BIL＝0.8N.因匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F＝F安＝0.8N所以拉力的冲量IF＝F·t＝0.8N×0.1s＝0.08N·s(3)其它条件不变，则有电动势E＝2V由全电路的欧姆定律I′＝eq\f(E,R＋r)＝1A导体棒两端电压U＝I′R＝1V.答案：(1)E＝2．0VI＝2．0A(2)If＝0.08(N·S)(3)U＝1V1．(2018·湖北黄冈中学调研)(多选)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布．垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R0，在外力作用下始终以速度v0从左向右做匀速直线运动．小灯泡电阻为2R0，滑动变阻器总阻值为4R0，图示状态滑片位于a、b的正中间位置，此时位于平行板电容器中P处的带电油滴恰好处于静止状态．电路中其余部分电阻均不计，各接触处都接触良好，且导轨足够长，则下列判断正确的是()A．油滴带负电B．图示状态下，Δt时间内流过小灯泡的电荷量为eq\f(BLv0Δt,4R0)C．若将滑动变阻器的滑片向b端移动，则小灯泡将变暗D．若将电容器上极板竖直向上移动少许距离，同时将下极板接地，其余条件均不变，则油滴电势能将增加，且P点电势将降低解析：选BC根据右手定则判断知下极板为正极板，故油滴带正电，选项A错误；导体棒的感应电动势大小为E＝BLv0，流过小灯泡的电流大小为I＝eq\f(1,2)×eq\f(E,R0＋R0)，Δt时间内流过小灯泡的电荷量为Q＝I·Δt，解得Q＝eq\f(BLv0Δt,4R0)，选项B正确；根据动态电路分析知，小灯泡两端电压减小，故小灯泡变暗，选项C正确；将上极板向上移动少许距离，极板间电压一定，由于d变大，则场强E变小，正极板与P点间电势差变小，故φp增大，Ep增大，选项D错误．2．(2017·哈尔滨期中)(多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2．螺线管导线电阻r＝1Ω，R1＝4Ω，R2＝5Ω，C＝30μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．则下列说法中正确的是()A．螺线管中产生的感应电动势为1．2VB．闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2WD．S断开后，通过R2的电荷量为1．8×10－5解析：选AD由法拉第电磁感应定律可得，螺线管内产生的电动势为：E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝1500×eq\f(0.8,2)×20×10－4V＝1．2V，故A正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B错误；电流稳定后，电流为：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1.2,4＋5＋1)A＝0.12A，电阻R1上消耗的功率为：P＝I2R1＝0.122×4W＝5．76×10－2W，故C错误；开关断开后通过电阻R2的电荷量为：Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5C＝1．8×10－5C，故D正确．电磁感应中的图象问题1．题型简述借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象．常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等．2．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．3．解决图象问题的一般步骤(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；(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．4．求解电磁感应图象类选择题的两种常用方法(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．Ⅰ.电磁感应中的图象选择如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—位移(I－x)关系的是()解析：选C线框运动过程中，由0～L，电流为正，因切割磁感线的有效长度逐渐增大，E＝BLv逐渐增大；当运动到eq\f(3L,2)处．此时两边切割磁感线产生的感应电动势为0，电流为零；从eq\f(3,2)L～2L，电流反向且增大，线框离开磁场的过程中，电流又逐渐减小到零、综合以上分析选项C正确．在对图象问题进行分析时，要通过明确磁通量的变化是否均匀，推知感应电动势(电流)是否大小恒定，再利用楞次定律判断出感应电动势(电流)的方向，从而确定其正负以及在坐标系中的范围．另外，有些图象问题要画出等效电路图来辅助分析，要根据图象的定义把图象反映的物理规律与实际运动过程相对应起来，并且还要能反过来将实际运动过程与图象对应．最终根据实际运动过程的物理规律进行判断．如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针的感应电流方向为正，则图乙中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()解析：选Dbc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边有效切线长度为l＝x－L，感应电动势为E＝Blv＝B(x－L)v；感应电流i＝eq\f(B,R)＝eq\f(B?x－L?v,R)，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．x在2L～3L过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，根据右手定则判断出来感应电流方向沿a→d→c→d→a，为负值，线框有效切线长度为l＝L，感应电动势为E＝Blv＝BLv，感应电流i＝－eq\f(BLv,R).x在3L～4L过程，线框ad边有效切线长度为l＝L－(x－3L)＝4L－x，感应电动势为E＝Blv＝B(4L－x)v；感应电流i＝eq\f(B?4L－x?v,R)，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．由图示图象可知，D正确．Ⅱ.电磁感应中的图象转换(2017·江西南昌市一模)如图a所示，在水平面上固定有平行直金属导轨ab、cd，bd端接有电阻R.导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计．导轨右端区域存在垂直导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图b所示．在t＝0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左端开始向右运动，经过时间2t0开始进入磁场区域，取磁场方向竖直向下为磁感应强度的正方向，导体回路中顺时针为电流正方向，则导体回路中的电流，随时间t的变化规律图象可能是()解析：选A由图b可知，在0～2t0时间内，回路内磁通量变化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝Seq\f(B0,t0)，为常数，根据法拉第电磁感应定律，回路产生的感应电动势E为常数，根据闭合电路欧姆定律，回路产生的感应电流为常数．根据楞次定律可判断出回路中感应电流方向为逆时针方向，即感应电流为负值且恒定，可排除图BD．当大于2t0时间内，导体棒切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用，导体棒做加速度逐渐增大的减速运动，其感应电流随时间变化应该为曲线，所以图A正确C错误．图象的转换(1)问题类型：由一种电磁感应的图象分析求解出对应的另一种电磁感应图象的问题．(2)解题关键：①要明确已知图象表示的物理规律和物理过程；②根据所求的图象和已知图象的联系，对另一图象做出正确的判断进行图象间的转换．如图甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为B的正方向)，导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流I和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()解析：选D由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中的电流大小恒定，故A、B两项错误；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向水平向右，故外力F与F安等值反向，方向水平向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，综上所述，D项正确．Ⅲ.电磁感应中图象的综合应用分析(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N解析：选BCA错：由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T．B对：由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2s，可得导线框运动速度的大小v＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s.C对：感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外．D错：t＝0.4s至t＝0.6s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程．由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝eq\f(BEL,R)，代入数据得F＝0.04N.(2018·河南鹤壁第一次周练)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场．外力F随时间t变化的图线如图乙所示．己知线框质量m＝1kg、电阻R＝1Ω.以下说法不正确的是()A．做匀加速直线运动的加速度为1m/s2B．匀强磁场的磁感应强度为2eq\r(2)TC．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为eq\f(\r(2),2)CD．线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为1．5J解析：选Dt＝0时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(1,1)m/s2＝1m/s2，A正确；线框的边长为L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×12m＝0.5m，线框刚出磁场时的速度为v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此时线框所受的安培力为FA＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，测得FA＝eq\f(B2L2v,R)，根据牛顿第二定律得F－FA＝ma，代入得F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，代入数据F＝3N，m＝1kg，R＝1Ω，L＝0.5m，v＝1m/s，a＝1m/s2解得，B＝2eq\r(2)T，B正确；由q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，则通过线框的电量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)＝eq\f(2\r(2)×0.52,1)C＝eq\f(\r(2),2)C，C正确；线框的位移为x＝L＝0.5m，若F＝3N保持不变，则F做功为W＝Fx＝3×0.5J＝1．5J，而实际中F的大小逐渐增大，最大为3N，所以F做功应小于1．5J．由于线框加速运动，根据能量守恒得线框上产生的焦耳热小于1．5J，故D错误．3．(2018·湖北省黄冈市黄冈中学模拟)如图甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示．t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0～4s时间内，线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系(规定水平向左为力的正方向)可能是下图中的()解析：选A0～1s，感应电动势为：E1＝Seq\f(ΔB,Δt)＝SB0，为定值；感应电流I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(SB0,r)，为定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律可知，线圈ab边所受的安培力向左，为正；同理：1～2s，感应电动势为：E1＝Seq\f(ΔB,Δt)＝SB0，为定值；感应电流：I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(SB0,r)，为定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐渐增大，故安培力逐渐增大，根据楞次定律可知，线圈ab边所受的安培力向右，为负：3s～4s内，感应电动势为：E2＝Seq\f(ΔB,Δt)＝2SB0，为定值；感应电流：I2＝eq\f(E2,r)＝eq\f(2SB0,r)，为定值；安培力F＝BI2L∝B，由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零；由于B逐渐减小到零，