2023版步步高物理一轮复习讲义第十一章 专题强化二十三　电磁感应中的电路及图像问题

专题强化二十三　电磁感应中的电路及图像问题目标要求　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像，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．电磁感应中的电源(1)做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．电动势：E＝Blv或E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，这部分电路的阻值为电源内阻．(2)用右手定则或楞次定律与安培定则结合判断，感应电流流出的一端为电源正极．2．分析电磁感应电路问题的基本思路3．电磁感应中电路知识的关系图 考向1　动生电动势的电路问题例1　如图，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．一接入电路的电阻为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(　　)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＝eq \f(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＝eq \f(E,R＋R外)先减小后增大，路端电压U＝E－Ir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，先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外＝eq \f(Rx3R－Rx,3R)，当Rx＝eq \f(3,2)R时R外最大，最大值为eq \f(3,4)R，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可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误．例2　(多选)一种带有闪烁灯的自行车后轮结构如图所示，车轮与轮轴之间均匀地连接4根金属条，每根金属条中间都串接一个小灯，每个小灯阻值恒为R＝0.3 Ω，金属条与车轮金属边框构成闭合回路，车轮半径r＝0.4 m，轮轴半径可以忽略．车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角θ＝60°的扇形匀强磁场区域，磁感应强度B＝2.0 T，方向如图所示，若自行车正常前进时，后轮顺时针转动的角速度恒为ω＝10 rad/s，不计其他电阻和车轮厚度，下列说法正确的是(　　)A．金属条ab进入磁场时，a端电势高于b端电势B．金属条ab进入磁场时，ab间的电压为0.4 VC．运动过程中流经灯泡的电流方向一直不变D．自行车正常前进时，4个小灯总功率的平均值为eq \f(64,15) W答案　ABD解析　当金属条ab进入磁场时，金属条ab相当于电源，由右手定则可知，电流从b流向a，故a端电势高于b端电势，故A正确；E＝eq \f(1,2)Br2ω＝1.6 V，由等效电路图(如图)可知R总＝eq \f(R,3)＋R＝eq \f(4,3)R，Uab＝eq \f(E,\f(4,3)R)·eq \f(R,3)＝0.4 V，I＝eq \f(E,R总)＝4 A，故B正确；设车轮运动一周的时间为T，则每根金属条充当电源的时间为t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(T,6)，则车轮运动一周电路中有电源的时间为t′＝4t＝eq \f(2,3)T，可知一个周期内，4个小灯总功率的平均值为P＝eq \f(2,3)EI＝eq \f(64,15) W，则自行车正常前进时，4个小灯总功率的平均值为eq \f(64,15) W，故D正确；当金属条在磁场中时，该金属条中流经灯泡的电流方向为从车轮边框流向轮轴，当该金属条在磁场外时，电流方向由轮轴流向车轮边框，故C错误． 考向2　感生电动势的电路问题例3　(多选)在如图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(　　)A．线框中的感应电动势为eq \f(B0,l2T)B．线框中的感应电流为2eq \r(\f(P,R))C．线框cd边的发热功率为eq \f(P,2)D．b、a两端电势差Uba＝eq \f(B0l2,4T)答案　BD解析　由题可知线框四个边的电阻均为eq \f(R,4).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·eq \f(1,4)R，得I＝2eq \r(\f(P,R))，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(1,2)l2，由题图乙知，eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(2B0,T)，联立解得E＝eq \f(B0l2,T)，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；由楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针，则b端电势高于a端电势，Uba＝eq \f(1,4)E＝eq \f(B0l2,4T)，故选项D正确．题型二　电磁感应中电荷量的计算计算电荷量的导出公式：q＝eq \f(nΔФ,R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eq \x\to(I)＝eq \f(q,Δt)及法拉第电磁感应定律eq \x\to(E)＝eq \f(nΔΦ,Δt)，得q＝eq \x\to(I)Δt＝eq \f(\x\to(E),R总)Δt＝eq \f(nΔΦ,R总Δt)Δt＝eq \f(nΔΦ,R总).即q＝neq \f(ΔΦ,R总)例4　(2018·全国卷Ⅰ·17)如图，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eq \f(B′,B)等于(　　)A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) 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＝eq \f(ΔΦ1,Δt1)＝eq \f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,Δt1)根据闭合电路欧姆定律，有I1＝eq \f(E1,R)且q1＝I1Δt1在过程Ⅱ中，有E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt2)＝eq \f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq \f(E2,R)q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq \f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,R)＝eq \f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2).例5　如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．求：(1)t＝eq \f(t0,2)时，圆环受到的安培力；(2)在0～eq \f(3,2)t0内，通过圆环的电荷量．答案　(1)eq \f(3B02r2S0,4ρt0)，垂直于MN向左　(2)eq \f(3B0rS0,8ρ)解析　(1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔB,Δt)S上式中S＝eq \f(πr2,2)由题图乙可知eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R)根据电阻定律有R＝ρeq \f(2πr,S0)t＝eq \f(1,2)t0时，圆环受到的安培力大小F＝B0I·(2r)＋eq \f(B0,2)I·(2r)联立解得F＝eq \f(3B02r2S0,4ρt0)由左手定则知，方向垂直于MN向左．(2)通过圆环的电荷量q＝eq \x\to(I)·Δt根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),R)eq \x\to(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)在0～eq \f(3,2)t0内，穿过圆环的磁通量的变化量为ΔΦ＝B0·eq \f(1,2)πr2＋eq \f(B0,2)·eq \f(1,2)πr2联立解得q＝eq \f(3B0rS0,8ρ).题型三　电磁感应中的图像问题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．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正负，增大还是减小，及变化快慢，来排除错误选项．(2)函数法：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判断． 考向1　感生问题的图像例6　(多选)如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所处区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示．线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，垂直ab边斜向下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正，则线圈内电流及ab边所受安培力随时间变化规律是(　　)答案　AD解析　根据法拉第电磁感应定律有E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S，根据楞次定律可得感应电流的方向，又线圈中感应电流沿abca方向为正，结合题图乙可得，1～2 s电流为零，0～1 s、2～3 s、3～5 s电流大小恒定，且0～1 s、2～3 s电流方向为正，3～5 s电流方向为负，A正确，B错误；根据安培力的公式，即F安＝BIL，因为每段时间电流大小恒定，磁场均匀变化，可得安培力也是均匀变化，根据左手定则可判断出ab边所受安培力的方向，可知C错误，D正确． 考向2　动生问题的图像例7　(2018·全国卷Ⅱ·18)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变化的正确图线可能是(　　)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.分析知，只有选项D符合要求．例8　在水平光滑绝缘桌面上有一边长为L的正方形线框abcd，被限制在沿ab方向的水平直轨道自由滑动．bc边右侧有一正直角三角形匀强磁场区域efg，直角边ge和ef的长也等于L，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力作用下向右以速度v匀速穿过磁场区，若图示位置为t＝0时刻，设逆时针方向为电流的正方向．则感应电流i－t图像正确的是(时间单位为eq \f(L,v))(　　)答案　D解析　bc边的位置坐标x在0～L的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．线框bc边有效切线长度为l＝L－vt，感应电动势为E＝Blv＝B(L－vt)·v，随着t均匀增加，E均匀减小，感应电流i＝eq \f(E,R)，即知感应电流均匀减小．同理，x在L～2L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流仍均匀减小，故A、B、C错误，D正确．课时精练1.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为(　　)A.eq \f(1,2)E B.eq \f(1,3)E C.eq \f(2,3)E D．E答案　B解析　a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的eq \f(1,3)，故a、b间电势差为U＝eq \f(1,3)E，选项B正确．2．如图所示，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(　　)A．ab棒所受安培力大小为0.02 NB．N、Q间电压为0.2 VC．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＝eq \f(E,R＋r)＝0.4 A，ab棒受到的安培力大小F＝BIL＝0.02 N，A正确，D错误；N、Q之间的电压U＝eq \f(R,R＋r)E＝0.12 V，B错误；由右手定则得a端电势较高，C错误．3．如图甲，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．外圆环通以如图乙所示的电流．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压Uab为正，下列Uab－t图像可能正确的是(　　)答案　C解析　由题图乙可知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且eq \f(Δi,Δt)逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且eq \f(ΔB,Δt)逐渐减小，根据楞次定律可知，内圆环a端电势高，所以Uab>0，根据法拉第电磁感应定律Uab＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S可知，Uab逐渐减小，t＝0.25T0时eq \f(Δi,Δt)＝0，所以eq \f(ΔB,Δt)＝0，则Uab＝0；同理可知，0.25T0