新课改瘦专用2025版高考物理一轮复习第十章第3节电磁感应中的电路和图像问题学案含解析

PAGEPAGE14第3节电磁感应中的电路和图像问题高考对本节内容的考查主要以选择题的形式呈现，难度中等，其中电磁感应中的电路问题涉及的内容除“三定则、两定律”外，通常还包括闭合电路的欧姆定律、电流、电荷量、焦耳定律、电功率等内容；而解答电磁感应中的图像问题时则须要在驾驭电磁感应学问的基础上，把分析力学图像、电磁场图像以及电路图像的方法技巧迁移过来应用。考点一电磁感应中的电路问题[师生共研类]1．电磁感应中电路学问的关系图2．“三步走”分析电路为主的电磁感应问题eq\x(\a\al(确定,电源))eq\a\vs4\al(\o(→,\s\up7(哪一部分),\s\do5()))eq\x(推断产生电磁感应现象的那一部分导体)eq\a\vs4\al(\o(→,\s\up7(E的方向),\s\do5()))eq\x(右手定则或楞次定律)eq\a\vs4\al(\o(→,\s\up7(E的大小),\s\do5()))eq\x(E＝n\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blv)eq\x(\a\al(分析电,路结构))eq\x(弄清各元件的串并联关系，画等效电路图)eq\x(\a\al(应用规,律求解))eq\x(闭合电路欧姆定律、串并联电路学问、电功率、焦耳定律)[典例](多选)如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与∠MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t＝0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿∠MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则()A．流过导体棒的电流I始终为eq\f(Bv0,3r)B．F随时间t的变更关系为F＝eq\f(2\r(3)B2v02,9r)tC．t0时刻导体棒的发热功率为eq\f(2\r(3)B2v03,27r)t0D．撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为eq\f(1,2)mv02[解析]导体棒的有效切割长度L＝2v0ttan30°，感应电动势E＝BLv0，回路的总电阻R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0ttan30°＋\f(2v0t,cos30°)))r，联立可得通过导体棒的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv0,3r)，选项A正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力平衡，即F＝BIL，得F＝eq\f(2\r(3)B2v02,9r)t，选项B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx＝2v0t0tan30°·r，则导体棒的发热功率P棒＝I2Rx＝eq\f(2\r(3)B2v03,27r)t0，选项C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，依据能量守恒定律有Q棒＋Q轨＝eq\f(1,2)mv02－0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒＝eq\f(1,2)mv02－Q轨<eq\f(1,2)mv02，选项D错误。[答案]ABC[延长思索](1)试推导出回路中的热功率P随时间变更的关系式，并画出图像。(2)试推导出回路中产生的焦耳热Q随时间变更的关系式，并画出图像。提示：(1)回路中热功率P＝I2R，回路中电流I＝eq\f(Bv0,3r)为定值，R＝tan30°＋eq\f(1,cos30°)2v0tr，可得P＝eq\f(2\r(3)B2v03,9r)t，图像如图甲所示。(2)(1)中P­t图线与t轴所围面积表示回路中产生的焦耳热Q，则Q＝eq\f(1,2)Pt＝eq\f(\r(3)B2v03,9r)t2。图像如图乙、丙所示。[题点全练]1．[电路的电势差分析](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。下列说法正确的是()A．导体棒ab中电流的方向为由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解析：选BD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间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，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．[含容电路分析](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更。下列说法正确的是()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1.8×10－5C解析：选AD由法拉第电磁感应定律可知，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；依据楞次定律，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。3．[电功率的分析]如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以肯定的角速度转动。磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则()A．外力的大小为2Breq\r(\f(P,R))B．外力的大小为Breq\r(PR)C．导体杆旋转的角速度为eq\f(2\r(PR),Br2)D．导体杆旋转的角速度为eq\f(1,Br2)eq\r(\f(P,R))解析：选C设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)Br2ω，I＝eq\f(E,R)，依据题述回路中的电功率为P，则P＝EI；设维持导体杆匀速转动的外力为F，则有P＝eq\f(Fv,2)，v＝rω，联立解得F＝Breq\r(\f(P,R))，ω＝eq\f(2\r(PR),Br2)，选项C正确，A、B、D错误。考点二电磁感应中的图像问题[多维探究类]图像类型随时间变更的图像，如B­t图像、Φ­t图像、E­t图像、I­t图像随位移变更的图像，如E­x图像、I­x图像(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像(画图像)(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图像)解题方法四个规律左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律六类公式(1)平均电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(2)平动切割电动势E＝Blv(3)转动切割电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω(4)闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)(5)安培力F＝BIl(6)牛顿运动定律的相关公式等考法(一)由“感生”角度衍生的图像问题(干脆设问式)[例1](多选)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0.1m2，线圈电阻为1Ω。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，如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变更规律如图乙所示。以下说法正确的是()A．在0～2s时间内，I的最大值为0.01AB．在3～5s时间内，I的大小越来越小C．前2s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01CD．第3s内，线圈的发热功率最大[解析]0～2s时间内，t＝0时刻磁感应强度变更率最大，感应电流最大，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,ΔtR)＝0.01A，A正确；3～5s时间内电流大小不变，B错误；前2s内通过线圈的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C正确；第3s内，B没有变更，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误。[答案]ACeq\a\vs4\al([题型技法])(1)法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常有两种特殊状况，即E＝neq\f(ΔB,Δt)S和E＝nBeq\f(ΔS,Δt)，其中eq\f(ΔB,Δt)是B­t图像中图线的斜率，若斜率不变则感应电动势是恒定不变的。(2)感生电动势产生的感应电流方向，一般用楞次定律结合安培定则来判定。(3)计算电动势时要留意有效面积，求解电压时要分清内外电路。考法(二)由“感生”角度衍生的图像问题(图像转化式)[例2]如图甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变更的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面对里。在0～4t0时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变更的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)()[解析]0～t0时间内，磁场方向垂直纸面对里，匀称减小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，依据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，其受到的安培力方向向左，大小为F＝BIL，匀称减小到零；同理，t0～2t0时间内，磁场方向垂直纸面对外，匀称增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，其受到的安培力方向向右，从零起先匀称增大；2t0～3t0时间内，磁场方向垂直纸面对外，eq\f(ΔB,Δt)＝0，导线ab不受安培力；3t0～3.5t0时间内，磁场方向垂直纸面对外，匀称减小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，其受到的安培力方向向左，大小为F＝2BIL，即匀称减小到零；3.5t0～4t0时间内，磁场方向垂直纸面对里，匀称增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，其受到的安培力方向向右，大小为F＝2BIL，即从零起先匀称增大，A项正确。[答案]Aeq\a\vs4\al([题型技法])对于电磁感应图像问题的分析要留意以下三个方面(1)留意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。(2)留意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变更相对应。(3)留意视察图像的变更趋势，看图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。考法(三)由“动生”角度衍生的图像问题(侧重力学或电学量)[例3]如图甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计。两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触。整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中。现让导体棒ab以如图乙所示的速度向右运动。导体棒cd始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒cd所受的静摩擦力f随时间变更的图像是选项中的()[解析]由右手定则可知ab中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，由欧姆定律得：I＝eq\f(BLv,R)。感应电流从上向下流过cd棒，由左手定则可知，产生的安培力向右，大小为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，对cd进行受力分析可知，cd棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等、方向相反，即方向向左，大小为f＝F＝eq\f(B2L2v,R)，可得大小与速度v成正比，与速度的方向相反，故B正确，A、C、D错误。[答案]Beq\a\vs4\al([题型技法])解决此类问题，求解选择题时，用方向解除法较为简洁。推断过程涉及三大定律。(1)楞次定律推断电流方向。当然，也可以用右手定则。(2)法拉第电磁感应定律计算电动势，也可以用特例E＝Blv，留意切割导体的有效长度和导体速度的变更。(3)闭合电路的欧姆定律计算电流，感应电流是由电动势和回路电阻共同确定的。考法(四)由“动生”角度衍生的图像问题(综合考查)[例4](多选)如图所示，一个边长为L的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L，方向垂直纸面对里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直。假如从线圈的一条边刚进入磁场起先计时，下列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek随时间变更的图像中，可能正确的是()[解析]若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，则线圈匀速进入，感应电流恒定，由q＝It可知，通过线圈横截面的电荷量匀称增大，线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向变更，通过的电荷量匀称减小，A项可能；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不行能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不行能出现感应电流为零的状况，故B项错误；由于线圈进入磁场时重力也可能大于安培力，因此接着做加速运动，但速度增大安培力也增大，则加速度减小，当安培力增大到等于重力时，加速度变为零，故C项可能；假如线圈刚进入磁场时安培力就大于重力，则线圈做减速运动，速度减小则安培力减小，最终可能达到平衡，速度不变，动能不变，故D项可能。[答案]ACDeq\a\vs4\al([题型技法])线圈“坠落”进入磁场时，要正确分析受力，特殊是安培力与其他力的比较，像本题针对涉及多个物理量的电磁感应图像综合问题优先选择解除法以便快捷解题。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像进行分析和推断[题点全练]1.(2024·全国卷Ⅱ)如图，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()解析：选D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～eq\f(l,2)I＝2i(顺时针)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆时针)eq\f(3l,2)～2lI＝0综合分析知，只有选项D符合要求。2．(多选)(2024·全国卷Ⅱ)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解析：选BC由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，依据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面对外，C项正确；在0.4～0.6s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D项错误。“STS问题”巧迁移——电磁感应现象在生产、生活中的应用电磁感应现象在日常生活中应用非常广泛，与人类的生活休戚相关，比如电磁感应在电子天平中的应用问题在近几年高考中时常出现。1．(2014·重庆高考)某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽视边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈复原到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。问：(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系。(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？(2)由左手定则可知外加电流从D端流入。设线圈受到的安培力为FA由FA＝mg和FA＝2nBIL得m＝eq\f(2nBL,g)I。(3)设称量最大质量为m0由m＝eq\f(2nBL,g)I和P＝I02R得m0＝eq\f(2nBL,g)eq\r(\f(P,R))。答案：(1)C端(2)D端m＝eq\f(2nBL,g)I(3)eq\f(2nBL,g)eq\r(\f(P,R))2．(2015·浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面对里。线圈中通有可在0～2.0A范围内调整的电流I。挂盘放上待测物体后，调整线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形态相同的线圈，总电阻R＝10Ω。不接外电流，两臂平衡。如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面对外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间匀称变大，磁场区域宽度d＝0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变更率eq\f(ΔB,Δt)。解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL①天平平衡mg＝N1B0IL②代入数据得N1＝25匝。③(2)由电磁感应定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)④即E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld⑤由欧姆定律得I′＝eq\f(E,R)⑥线圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦天平平衡m′g＝N22B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)⑧代入数据可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s。⑨答案：(1)25匝(2)0.1T/s3．(2024·天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能干脆转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽视不计。ab和cd是两根与导轨