2025届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第52讲电磁感应中的电路和图象问题教学案新人教版

PAGE15-第52讲电磁感应中的电路和图象问题实力命题点一电磁感应中的电路问题1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。分为以下两种：(1)切割磁感线的导体，产生的电动势为动生电动势。(2)处于变更的磁场中产生的感生电场中的导体，产生的电动势为感生电动势。2．电磁感应中的内、外电路(1)回路中相当于电源的部分导体为内电路，其电阻为内阻，其余部分为外电路。(2)内电路中电流自低电势流向高电势；外电路中电流自高电势流向低电势。3．分析电磁感应电路问题的基本思路4．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的求法在Δt时间内通过导体横截面的电荷量的计算式为：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,R·Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)，即通过闭合回路某一横截面的电荷量仅与ΔΦ、n和回路电阻R有关，而与时间长短、磁场变更的快慢或导体运动的快慢无关。解决选择题或填空题时，可干脆应用以上结论。为了提高自行车夜间行驶的平安性，小明同学设计了一种“闪耀”装置。如图所示，自行车后轮由半径r1＝5.0×10－2m的金属内圈、半径r2＝0.40m的金属外圈和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B＝0.10T、方向垂直纸面对外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角θ＝eq\f(π,6)。后轮以角速度ω＝2πrad/s相对于转轴转动。若不计其他电阻，忽视磁场的边缘效应。(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪耀”装置的电路图；(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时起先，经计算画出轮子转一圈的过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变更的Uab­t图象；(4)若选择的是“1.5V'0.3A”的小灯泡，该“闪耀”装置能否正常工作？有同学提出，通过变更磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化小明同学的设计方案，请给出你的评价。解析(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(r1＋r2,2)ωE＝B(r2－r1)eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bω(req\o\al(2,2)－req\o\al(2,1))≈4.9×10－2V依据右手定则，可得感应电流方向为b→a。(2)通过分析，可得电路图如图所示。(3)设电路中的总电阻为R总，依据电路图可知R总＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)Ra、b两端电势差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R总)R＝eq\f(1,4)E≈1.2×10－2V设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，则t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s，t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s设轮子转一圈的时间为T，则T＝eq\f(2π,ω)＝1s在T＝1s内，金属条有4次进出，后3次Uab与第1次相同。依据以上分析可画出如下图象。(4)金属条的感应电动势只有4.9×10－2V，远小于灯泡的额定电压1.5V，因此“闪耀”装置不能正常工作。评价：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω同样有限度；变更θ只能变更“闪耀”时间的长短。答案(1)4.9×10－2Vb→a(2)(3)(4)见解析解决电磁感应电路问题的策略是先源后路，即(2024·济南高三模拟)在如图甲所示的电路中，螺线管的匝数n＝1000匝，横截面积S＝20cm2。螺线管导线电阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变更，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K，电路中的电流稳定后电容器的下极板带负电C．闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2WD．K断开后，流经R2的电量为1.8×10－2答案C解析依据法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得：E＝0.8V，故A错误；依据楞次定律可知，螺线管中的感应电流自上而下，则螺线管的下端是电源的正极，电容器的下极板带正电，故B错误；依据闭合电路欧姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.08A，则电阻R1的电功率P＝I2R1＝2.56×10－2W，故C正确；K断开后，流经R2的电量即为K闭合时电容器极板上所带的电量Q，电容器两端的电压为：U＝IR2＝0.4V，流经R2的电量为：Q＝CU＝1.2×10－5C，故D错误。实力命题点二电磁感应中的图象问题1．电磁感应中常见的图象问题图象类型随时间变更的图象，如B­t图象、Φ­t图象、E­t图象、I­t图象；随位移变更的图象，如E­x图象、I­x图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变更要弄清)问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变更范围、所探讨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．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、I­t图等；(2)分析电磁感应的详细过程；(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、欧姆定律、牛顿运动定律等学问写出函数关系式；(5)依据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变更、截距等；(6)推断图象或依据图象计算各物理量。(2024·陕西百校联盟一模)(多选)如图甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变更的规律如图乙所示。规定垂直纸面对外为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电流i、ad边所受的安培力F随时间t变更的图象，下列选项正确的是()解析由题图乙可知，0～1s时间内，B的方向垂直纸面对外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流的方向是顺时针方向，为正值；1～2s时间内，磁通量不变，无感应电流；2～3s时间内，B的方向垂直纸面对外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流的方向是逆时针方向，是负值；3～4s时间内，B的方向垂直纸面对里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流的方向是逆时针方向，是负值。在左手定则可知，在0～1s内，ad边受到的安培力方向水平向右，是正值；1～2s时间内，无感应电流，没有安培力；2～3s时间内，安培力水平向左，是负值；3～4s时间内，安培力水平向右，是正值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(S·ΔB,R·Δt)，由B­t图象可知，在0～1s、2～4s时间段内，eq\f(ΔB,Δt)的大小不变，在各时间段内I的大小是定值，ad边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，B匀称变更，则安培力F匀称变更，不是定值，综上可知，B、C正确，A、D错误。答案BC1．电磁感应图象选择题的两个常用方法(1)解除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变更趋势(增大还是减小)、变更快慢(匀称变更还是非匀称变更)，特殊是分析物理量的正负，以解除错误的选项。(2)函数法依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推断。2．处理图象问题要做到“四明确”(1)明确图象所描述的物理意义；(2)明确各种正、负号的含义；(3)明确图象斜率或面积的物理意义；(4)明确图象和电磁感应过程之间的对应关系。(2024·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。已知导线框始终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更的图线如图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对外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答案BC解析由图象可知，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，B正确；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，A错误；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对外，C正确；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，D错误。课时作业1．(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10Ω的电阻。一阻值R＝10Ω的导体棒ab以速度v＝4m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是()A．导体棒ab中电流的流向为由b到aB．cd两端的电压为1VC．de两端的电压为1VD．fe两端的电压为1V答案BD解析由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间的电阻R为外电路负载，de和cf间的电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝eq\f(E,2R)×R＝eq\f(Blv,2)＝1V，B、D正确，C错误。2．匝数n＝100匝的圆形金属线圈的电阻R＝2Ω，线圈与R1＝2Ω的电阻连成闭合回路，其简化电路如图甲所示，A、B为线圈两端点。线圈的半径r1＝15cm，在线圈中半径r2＝10cm的圆形区域存在垂直于线圈平面对里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变更的图象如图乙所示。则下列说法正确的是()A．A点电势比B点电势低B．线圈中产生的感应电动势为4.5πVC．R1两端电压为πVD．0～2s内通过R1的电荷量为1.125πC答案C解析依据楞次定律可知，线圈中的磁通量匀称增大，感应电流沿逆时针方向，因此A点电势比B点电势高，A错误；依据法拉第电磁感应定律有E＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝100×eq\f(4,2)×π×0.12V＝2πV，B错误；回路中的电流I＝eq\f(E,R1＋R)＝eq\f(2π,2＋2)A＝eq\f(π,2)A，R1两端的电压为U1＝IR1＝eq\f(π,2)×2V＝πV，C正确；0～2s内通过R1的电荷量为q＝It＝eq\f(π,2)×2C＝πC，D错误。3．一矩形线圈位于一个方向垂直线圈平面对里的磁场中，如图甲所示，磁感应强度B随t的变更规律如图乙所示。以i表示线圈中的感应电流，以图甲线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的i­t图中正确的是()答案A解析依据题图乙可知，在0～1s内，eq\f(ΔB,Δt)不变且线圈面积S也不变，所以依据E＝eq\f(ΔB,Δt)S可知感应电动势恒定，感应电流恒定，由楞次定律可得电流为逆时针方向，在图象中为负；2～3s内，同理，由E＝eq\f(ΔB,Δt)S知i恒定，方向为正；1～2s内，B不变，i＝0，A正确。4.如图所示，由某种粗细匀称的总电阻为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中的电流先增大后减小B．PQ两端的电压先减小后增大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答案C解析导体棒产生的电动势为E＝BLv，其等效电路如图所示，总电阻为R总＝R＋eq\f(R1R2,R1＋R2)＝R＋eq\f(R13R－R1,3R)，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，A错误；PQ两端的电压为路端电压U＝E－IR，即先增大后减小，B错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有PF＝P安＝F安v＝BILv，先减小后增大，C正确；依据电源的输出功率曲线可知，当外电阻eq\f(R1R2,R1＋R2)＝R时输出功率最大，而外电阻的最大值为0.75R，所以线框消耗的功领先增大后减小，D错误。5.如图所示，宽度为l＝1m的平行光滑导轨置于匀强磁场中，导轨放置于竖直面内，磁感应强度大小B＝0.4T，方向垂直于导轨平面对里，长度恰好等于导轨宽度的金属棒ab在水平向左的拉力F＝0.2N作用下向左匀速运动，金属棒ab的电阻为1Ω，外接电阻R1＝2Ω，R2＝1Ω。平行金属板的间距d＝10mm，板间有一质量m＝0.1g的带电液滴恰好处于静止状态，g取10m/s2。求：(1)金属棒中的感应电流I；(2)金属棒运动的速度v的大小；(3)液滴所带的电荷量及电性。答案(1)0.5A'(2)5m/s'(3)2×10－5C解析(1)因金属棒做匀速直线运动，依据右手定则，可以推断出ab棒中的感应电流方向为a→b，ab棒受到的安培力F安水平向右，依据平衡条件有F＝F安＝BIl解得I＝0.5A。(2)依据法拉第电磁感应定律得E＝Blv由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,r＋R1＋R2)代入数据，联立解得v＝5m/s。(3)因ab棒中的电流方向为a→b，则可判定金属板的下极板带正电，由于带电液滴处于静止状态，依据平衡学问可知，液滴带正电，此时有eq\f(U2,d)q＝mg，U2＝IR2解得q＝2×10－5C6．(2024·全国卷Ⅱ)如图，在同一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eq\f(3,2)l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变更的正确图线可能是()答案D解析如图甲，线框左端从①移动到②的过程中线框左边切割磁感线产生的电流方向是顺时针，线框右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，线框两边切割磁感线产生的电动势方向相同，所以E＝2BLv，其中L＝eq\f(3,2)l，则电流为i＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Blv,R)，电流恒定且方向为顺时针。如图乙，再从②移动到③的过程中线框左右两边切割磁感线产生的电动势大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零。如图丙，然后从③到④的过程中，线框左边切割磁感线产生的电流方向是逆时针，而线框右边切割磁感线产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为i＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Blv,R)，方向是逆时针。当线框再向左运动时，线框左边切割磁感线产生的电动势方向是顺时针，线框右边切割磁感线产生的电动势方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线框在运动过程中电流是周期性变更，故D正确。7．(2024·山东烟台一模)如图所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面对里，右侧磁场方向垂直于纸面对外，abcd是一个匀称电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x＝0，x轴正方向水平向右，从线框cd边刚进入磁场起先到整个线框离开磁场区域的过程中，线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置x答案C解析第一个过程：cd边刚进入左侧磁场到ab边刚要进入左侧磁场的过程，cd边受安培力，大小为F0＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左。其次个过程：cd边刚进入右侧磁场到ab边刚进入右侧磁场的过程中，线框受到的安培力为：F＝2BI′L＝2Beq\f(2BLv,R)L＝4eq\f(B2L2v,R)＝4F0，方向向左。第三个过程：ab边离开左侧磁场到cd边到右侧磁场的右边界，在这个过程，线框中没有感应电流，所以线框不受安培力的作用。第四个过程：cd边刚离开右侧磁场到ab边刚离开右侧磁场的过程，ab边受安培力，大小为F＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)＝F0，方向向左。综合以上分析，C正确。8.(2024·吉林省吉林市三模)将一匀称导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中其次和第四象限存在垂直纸面对里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻起先让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变更规律描绘正确的是()答案B解析在0～t0时间内，线框从图示位置起先(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝eq\f(1,2)Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(BR2ω,2r)，依据楞次定律推断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)。回路中产生的感应电动势为E2＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感应电流为I2＝3I1。在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)Bω·R2＝3E1，感应电流为I3＝3I1。在3t0～4t0时间内，线框离开第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝eq\f(1,2)Bω·R2，回路电流为I4＝I1，故B正确，A、C、D错误。9．(2024·陕西咸阳三模)(多选)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，让线框从静止起先做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变更的图象如图乙所示。已知线框质量m＝1kg、电阻R＝1Ω，以下说法正确的是()A．线框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．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为eq\f(\r(2),2)CD．线框边长为1m答案ABC解析t＝0时刻，线框的速度为零，线框中没有感应电流，不受安培力，其加速度为：a＝eq\f(F,m)＝1m/s2，故A正确；线框的边长为：L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×12m＝0.5m，故D错误；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)，则得FA＝eq\f(B2L2v,R)，依据牛顿其次定律得F－FA＝ma，则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，故B正确；通过线框的电荷量：q＝eq\x\to(I)Δt，电流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\