第十二章 第3讲　小专题 电磁感应中的电路和图像问题练习含答案-高考物理一轮专题

这是一份第十二章 第3讲　小专题 电磁感应中的电路和图像问题练习含答案-高考物理一轮专题，共15页。试卷主要包含了电磁感应中的内电路和外电路等内容，欢迎下载使用。
1.电磁感应中的内电路和外电路
(1)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。
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻,其余部分是外电阻。
2.电磁感应规律与闭合电路知识的对应关系
3.分析电磁感应中电路问题的一般思路
[例1] 【感生电动势的电路问题】(2024·甘肃酒泉期中)如图甲所示,一个20匝的圆形线圈(图中只画了2匝),面积为0.05 m2,电阻为1 Ω,在线圈外接一个阻值为4 Ω的电阻R。整个线圈均处于垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,下列说法正确的是( )
[A] 0～4 s内Q点电势高于P点电势
[B] 4～6 s内P、Q两点间的电势差为2 V
[C] 0～4 s内通过R的电荷量为0.8 C
[D] 4～6 s内电阻R的功率为0.64 W
【答案】 D
【解析】 0～4 s内穿过线圈的磁通量向里增大,根据楞次定律可知,线圈中感应电流方向为逆时针,则Q点电势低于P点电势,同理可知4～6 s 内Q点电势高于P点电势,故A错误;根据法拉第电磁感应定律可得0～4 s内感应电动势大小为E1=nΔBΔtS=20×4-24×0.05 V=
0.5 V,回路电流为I1=E1R+r=0.54+1 A=0.1 A,则0～4 s内通过R的电荷量为q=I1t=0.1×4 C=0.4 C,故C错误;根据法拉第电磁感应定律可得4～6 s内感应电动势大小为E2=n(ΔBΔt)′S=20×42×
0.05 V=2 V,则回路电流为I2=E2R+r=24+1 A=0.4 A,则4～6 s内P、Q两点间的电势差为UPQ=-I2R=-0.4×4 V=-1.6 V,4～6 s内电阻R的功率为P=I22R=0.42×4 W=0.64 W,故B错误,D正确。
[例2] 【动生电动势的电路问题】(2024·重庆渝中期末) 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,宽ad=L,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。一接入电路阻值为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,求:
(1)PQ切割磁感线产生的电动势;
(2)PQ滑到中间位置时PQ两端的电压;
(3)线框消耗的最大电功率。
【答案】 (1)BLv (2)37BLv (3)12B2L2v249R
【解析】 (1)PQ切割磁感线产生的电动势E=BLv。
(2)PQ滑到中间位置时外电阻R外=1.5R×1.5R3R=0.75R,
根据闭合电路欧姆定律有I=ER外+R=BLv1.75R=4BLv7R,
由右手定则可知,P端电势高于Q端电势,
则PQ两端的电压U=IR外=37BLv。
(3)当PQ在中点时外电阻最大,最大值为0.75R,与电源内阻最接近,可知此时线圈消耗的功率最大,最大功率为P=U2R外=(37BLv) 20.75R=12B2L2v249R。
[例3] 【“双电源”电路】(2024·黑吉辽卷,9)(多选)如图,两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度为g,两棒在下滑过程中( )
[A] 回路中的电流方向为abcda
[B] ab中电流趋于3mg3BL
[C] ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
[D] 两棒产生的电动势始终相等
【答案】 AB
【解析】 两导体棒沿导轨向下滑动,根据右手定则可知,回路中的电流方向为abcda,故A正确;设回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的电流为I时,对ab棒根据牛顿第二定律得2mgsin 30°-2BILcs 30°=2ma1,对cd棒,有mgsin 30°-BILcs 30°=ma2,解得a1=a2,故可知两导体棒速度大小始终相等,由于两边磁感应强度不同,故产生的感应电动势不相等,故C、D错误;由右手定则可知两个导体棒产生的电动势相互叠加,随着导体棒速度的增大,回路中的电流增大,导体棒受到的安培力在增大,故可知当安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动,此时电路中的电流达到稳定值,此时对ab棒受力分析可得2mgsin 30°=2BILcs 30°,解得I=3mg3BL,故B正确。
解决电磁感应中“双电源”电路问题的技巧
(1)常见类型。
①导体切割磁感线产生感应电动势和磁通量变化产生感应电动势的组合。
②两导体切割磁感线产生电动势的组合。
(2)明确电源结构。根据右手定则或楞次定律确定“电源”的组成关系。
(3)确定“等效电源”的电动势和内阻以及外电路。
(4)利用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律及电功率等关系进行有关的分析计算。
考点二 电磁感应中的电荷量问题
电磁感应中电荷量的计算公式:q=nΔΦR+r。
(1)推导:根据法拉第电磁感应定律 E=nΔΦΔt,电路中的平均电流为 I=ER+r=nΔΦ(R+r)Δt,所以q=IΔt=nΔΦR+r。
(2)结论:电磁感应过程中产生的感应电荷量由线圈的匝数、磁通量的变化量及电路的总电阻共同决定,与时间Δt无关。
[例4] 【电磁感应中电荷量的求解】(2023·北京卷,9)如图所示,光滑水平面上的正方形导线框,以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是( )
[A] 线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
[B] 线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
[C] 线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
[D] 线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
【答案】 D
【解析】 线框进磁场的过程中由楞次定律和安培定则知电流方向为逆时针方向,A错误;设线框边长为l,线框出磁场的过程中,根据E=Blv,I=ER,FA=IlB,联立得FA=B2l2vR=ma,线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左,则v减小,线框做加速度减小的减速运动,B错误;由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q=FAl,其中线框进出磁场时均做减速运动,但其进磁场时的速度大,安培力大,产生的焦耳热多,C错误;线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q=IΔt,其中I=ER,E=ΔΦΔt,ΔΦ=Bl2,联立有q=Bl2R,则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等,D正确。
[例5] 【结合动量定理求电荷量】(2024·贵州卷,10)(多选)如图,间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上,左端接有一定值电阻R,导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上,在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动,一段时间后撤去水平拉力,金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中,最大速度为v,加速阶段的位移与减速阶段的位移相等,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计摩擦及金属棒与导轨的电阻,则( )
[A] 加速过程中通过金属棒的电荷量为mvBL
[B] 金属棒加速的时间为2mRB2L2
[C] 加速过程中拉力的最大值为4B2L2v3R
[D] 加速过程中拉力做的功为12mv2
【答案】 AB
【解析】 设金属棒加速的时间为t1,加速过程的平均速度为v1,则加速过程的位移x1=v1t1。设金属棒减速的时间为t2,减速过程的平均速度为v2,则减速过程的位移x2=v2t2,减速阶段受到的平均安培力F2=BI2L=BBLv2RL,对金属棒由动量定理有-F2t2=0-mv,联立以上各式整理得B2L2x2R=mv,解得x2=mvRB2L2,又因为加速阶段的位移与减速阶段的位移相等,所以有x1=x2=mvRB2L2,加速过程中通过金属棒的电荷量为q=I1t1=BLv1Rt1=BLx1R=mvBL,A正确;由于金属棒从静止开始做匀加速直线运动,一直加速到速度为v,则平均速度v1=v2,由x1=v1t1,解得加速的时间t1=2mRB2L2,B正确;当金属棒达到最大速度时,拉力有最大值,此时安培力F1=BIL=BBLvRL,由牛顿第二定律有Fm-F1=ma,其中加速度 a=v-0t1,联立解得Fm=3B2L2v2R,C错误;加速过程中,由动能定理有WF-W安=12mv2,可知拉力做的功WF>12mv2,D错误。
考点三 电磁感应中的图像问题
解题步骤
(1)明确图像的种类,即是B-t图像还是Φ-t图像,或者E-t图像、i-t图像、F-t图像等;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电流方向与时间的对应关系。
(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。
[例6] 【感生图像问题】(2024·安徽合肥期末)(多选)在如图甲所示的虚线框内有周期性变化的磁场,一固定的金属线圈abcd部分处在磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。线圈中产生的电动势E、电流I、内能Q、线圈受到的安培力F与时间t的关系可能正确的是( )

[A] [B]

[C] [D]
【答案】 ACD
【解析】 设磁场向里为正方向,由楞次定律可知,在0～T时间内线圈中产生逆时针方向电流,在T～2T 时间内线圈中产生顺时针方向电流,根据E=ΔΦΔt=ΔBΔtS,可知感应电动势大小不变,但是方向不同,故A正确,B错误。根据Q=I2Rt可知,因I、R的大小不变,则Q-t图像是过原点的直线,故C正确。根据F=IlB可知,在0～12T时间内B随时间均匀减小,则F随时间均匀减小,根据楞次定律可知F方向向左;在12T～T时间内B随时间均匀增加,则F随时间均匀增大,根据楞次定律可知F方向向右;T～2T时间内F的变化规律与0～T时间内相同,故D正确。
[例7] 【动生图像问题】 (2025·云南高考适应性考试)如图所示,对角线长度为2L的正方形区域abcd中有垂直于纸面的磁场(图上未画),磁感应强度B随时间t按B=B0-kt(B0、k不变,且B0>0,k>0)变化。abcd所在平面内有一根足够长的导体棒MN始终垂直于db,并通有恒定电流。t=0 时,导体棒从d点开始沿db方向匀速穿过磁场,速率为2kLB0。设导体棒运动过程中所受安培力大小为F,F-t图像可能正确的是( )

[A] [B]

[C] [D]
【答案】 A
【解析】 导体棒的位移为0～L时,经过时间t,导体棒运动的距离为x=vt=2kLB0t,此时导体棒在磁场中的长度l=2x=4kLB0t,所受的安培力F=IlB=I(B0-kt)4kLB0t=4kLIB0(B0t-kt2),则图像为开口向下的抛物线的一部分;同理,导体棒的位移为L～2L时,受安培力F=I(B0-kt)(4L-4kLB0t)=4LI(B0-2kt+k2t2B0),由数学知识可知F-t图像为开口向上的抛物线的一部分,则图像为A。
电磁感应图像问题的两个常用分析方法
(1)排除法:定性地分析每一个过程中物理量的变化(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是物理量的正负,把握三个关注,排除错误的选项。
注意过程或阶段的选取,一般进磁场或出磁场、磁通量最大或最小、有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。
(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像作出分析和判断。
(满分:50分)
对点1.电磁感应中的电路问题
1.(4分)(2024·安徽模拟) 边界MN的右侧区域内,存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面向下的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀,三边阻值相等,顶点a刚好位于边界MN上,现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴以角速度ω逆时针匀速转动,如图所示,则在ab边开始转入磁场的瞬间,a、b两点间的电势差Uab为( )
[A] -12Bl2ω[B] -23Bl2ω
[C] 16Bl2ω[D] 13Bl2ω
【答案】 D
【解析】 ab边转动切割磁感线,产生的感应电动势大小为E=Blv=12Bl2ω,根据右手定则可知a端电势高于b端,设正三角形金属线框每条边的电阻为R,则感应电流为I=E3R,则ab边两端的电势差即路端电压Uab=I·2R=23E=13Bl2ω。
2.(10分)(2025·内蒙古高考适应性考试)如图甲,两组平行金属导轨在同一水平面固定,间距分别为d和1.5d,分别连接电阻R1、R2,边长为d的正方形区域内存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。t=0时,在距磁场左边界d处,一长为1.5d的均匀导体棒在外力作用下,以恒定速度v0向右运动,直至通过磁场,棒至磁场左边界时与两组导轨同时接触。导体棒阻值为3R,R1、R2的阻值分别为2R、R,其他电阻不计,棒与导轨垂直且接触良好。求:
(1)0～dv0时间内,R1中的电流方向及其消耗的电功率P;
(2)dv0～2dv0时间内,导体棒受到的安培力F的大小和方向。
【答案】 (1)N到M B02d2v0232R
(2)B02d2v03R 水平向左
【解析】 (1)由题图乙可知,在0～dv0时间内,磁感应强度均匀增大,根据楞次定律可知R1中的电流方向为N到M;根据法拉第电磁感应定律,这段时间内的感应电动势
E=ΔΦΔt=ΔBd2Δt=B0dv02,
0～dv0时间内,导体棒在M、N之间接入的电阻为2R,
所以电流为I总=E2R+2R=B0dv08R,
R1的功率为P=I总2×2R=(B0dv08R)2×2R=B02d2v0232R。
(2)在dv0～2dv0时间内,根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向水平向左;分析电路可知M、N之间的部分导体棒相当于电源;M、N之外的部分和R2串联然后再和R1并联,并联电路的总电阻为R并=(R+R)×2RR+R+2R=R,
回路中的总电阻为R总=2R+R=3R,
根据E′=B0dv0,F安=B0Id,I=E'R总,
可得F安=B02d2v03R。
对点2.电磁感应中的电荷量问题
3.(4分)如图所示,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( )
[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=B(12πr2-14πr2)Δt1,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B(12πr2-14πr2)R=(B'-B)12πr2R,得B'B=32。
4.(4分)(2024·湖南长沙期末) 如图所示,放在光滑绝缘水平面上的轻质单匝矩形线框长、宽之比为5∶3,线框在外力作用下以相同的速度匀速离开匀强磁场区域,离开磁场区域的过程始终有两边与边界平行,则在1、2两种情况下( )
[A] 所用拉力大小之比为1∶1
[B] 通过线框的电荷量之比为3∶5
[C] 线框中的感应电流之比为3∶5
[D] 线框中产生的热量之比为1∶1
【答案】 C
【解析】 在1、2两种情况下,感应电动势之比为E1E2=Bl1vBl2v=35,根据I=ER,可得线框中的感应电流之比为I1I2=E1E2=35;根据受力平衡可得F=F安=IlB,则所用拉力大小之比为F1F2=I1I2·l1l2=925;根据q=It=I·xv,可得通过线框的电荷量之比为q1q2=I1I2·l2l1=11;根据Q=I2Rt=I2R·xv,可得线框中产生的热量之比为Q1Q2=I12I22·l2l1=35。
对点3.电磁感应中的图像问题
5.(6分)(2024·四川广安期末)(多选)如图所示,边长为l的正方形闭合金属线框的ab、cd边始终与有界匀强磁场边界平行。已知磁场宽度为l、磁场方向垂直于纸面向里。规定线框中逆时针方向为电流的正方向,安培力方向竖直向下为正方向。从线框abcd刚开始进入磁场开始计时,在匀速向右穿过该磁场的过程中,下列能正确反映线框中的感应电流i、bc边所受安培力F随时间t变化的图像是( )

[A] [B]

[C] [D]
【答案】 AC
【解析】 设线框的电阻为R,在0～lv时间内,线框ab边切割磁感线产生感应电动势,有E=Blv,根据右手定则判断知线框中的感应电流方向为逆时针,大小为I0=ER=BlvR,bc边所受安培力大小为F=BI0vt=B2lv2tR,方向竖直向下;在lv～2lv时间内,线框cd边切割磁感线产生感应电动势,有E=Blv,根据右手定则判断知线框中的感应电流方向为顺时针,大小为I0=ER=BlvR,bc边所受安培力大小为F=BI0(2l-vt)=B2lv(2l-vt)R,方向竖直向上,故A、C正确,B、D错误。
6.(4分)(2024·黑龙江哈尔滨一模)如图甲所示,两根固定的平行金属导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连,导轨间距0.4 m,每根导轨单位长度的电阻为0.01 Ω/m。均匀变化的磁场垂直于导轨平面,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。t=0时刻有一电阻不计的金属杆从P、Q端以1.0 m/s的速度匀速运动,滑动过程中始终保持与导轨垂直,则( )
[A] 0.5 s末回路中电动势为4×10-3 V
[B] 0.5 s末回路电功率为1.6×10-3 W
[C] 1 s末穿过回路的磁通量为8×10-2 Wb
[D] 1 s末金属杆所受安培力大小为6.4×10-3 N
【答案】 D
【解析】 0.5 s末回路中产生的感应电动势为E=Blv+ΔBΔt S=0.01×0.4×1.0 V+0.010.5×0.4×
1.0×0.5 V=8×10-3 V,A错误;0.5 s末回路中电功率为P=E2R=(8×10-3)22×1.0×0.5×0.01 W=6.4×10-3 W,B错误;1 s末穿过回路的磁通量为Φ=BS=0.02×0.4×1.0×1 Wb=8×10-3 Wb,C错误;1 s 末金属杆中电流大小I=E1R1=B1lv+ΔBΔtS1R1=0.02×0.4×1.0+0.021.0×0.4×1.0×11.0×1×2×0.01 A=0.8 A,因此安培力大小F=B1Il=
0.02×0.8×0.4 N=6.4×10-3 N,D正确。
7.(6分)(2024·全国甲卷,21)(多选)如图,一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮,绳的一端连接一矩形金属线框,另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场,磁场上下边界水平。在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中,线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向,下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是( )

[A] [B]

[C] [D]
【答案】 AC
【解析】 设线框的质量为M,物块的质量为m,线框上边框进入磁场时的速度为v,加速度向下,则对线框由牛顿第二定律有Mg+F安-FT=Ma,对物块有FT-mg=ma,其中,F安=B2L2vR,联立可得B2L2vR+(M-m)g=(M+m)a,线框向上做减速运动,随速度的减小,向下的加速度减小,当加速度为零时,线框做匀速运动的速度为v0=(m-M)gRB2L2,假设线框的质量与物块的质量相等,若线框进入磁场时速度较小,则做加速度减小的减速运动,线框的速度和加速度均趋近于零,故A可能正确;因线框上边框进入磁场时不可能做匀减速运动,故B错误;若线框进入磁场时速度较大,且大于v0,线框进入磁场时先做加速度减小的减速运动,完全进入磁场后,线框内磁通量不变,无感应电流,不受安培力作用,线框做匀速运动,线框上边框离开磁场时,线框受向下的安培力,做加速度减小的减速运动,最终全部离开磁场后做匀速运动,故C可能正确,D不可能。
8.(12分)(2023·广东卷,14)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场,磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ,宽度均为h,其俯视图如图甲所示,两磁场磁感应强度随时间t的变化如图乙所示,0～τ时间内,两区域磁场恒定,方向相反,磁感应强度大小分别为2B0和B0,一电阻为R、边长为h的刚性正方形金属框abcd,平放在水平面上,ab、cd边与磁场边界平行。t=0时,线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻,ab边运动到距区域Ⅰ的左边界h2处,线框的速度近似为零,此时线框被固定,如图甲中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内,Ⅰ区磁感应强度线性减小到0,Ⅱ区磁场保持不变;2τ～3τ时间内,Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求:
(1)t=0时线框所受的安培力F;
(2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ;
(3)2τ～3τ时间内,线框中产生的热量Q。
【答案】 (1)9B02h2vR,方向水平向左
(2)0.3B0h2,方向垂直于纸面向里
(3)B02h44τR
【解析】 (1)由题图可知t=0时线框切割磁感线的感应电动势为
E=2B0hv+B0hv=3B0hv,
则感应电流大小I=ER=3B0hvR,
所受的安培力为F=2B03B0hvRh+B03B0hvRh=9B02h2vR,
方向水平向左。
(2)根据两磁场磁感应强度随时间t的变化图像可知,t=1.2τ时,Ⅰ区磁感应强度大小为1.6B0,Ⅱ区磁感应强度大小为-B0,则
t=1.2τ时穿过线框的磁通量为
Φ=1.6B0h·12h-B0h·12h=0.3B0h2,
方向垂直于纸面向里。
(3)2τ～3τ时间内,Ⅰ区磁感应强度无变化,只有Ⅱ区磁感应强度线性减小到0,则有
E′=ΔΦΔt=B0·12h2τ=B0h22τ,
感应电流大小为I′=E'R=B0h22τR,
则2τ～3τ时间内,线框中产生的热量为Q=I′2Rt=B02h44τR。