2021版浙江新高考选考物理一轮复习教师用书：12第九章　3题型探究课五　电磁感应中的电路和图象问题

题型探究课五　电磁感应中的电路和图象问题

　电磁感应中的电路问题

【题型解读】

1．电磁感应电路中的五个等效问题

2．电磁感应中电路知识的关系图

3．“三步走”分析电路为主的电磁感应问题

【典题例析】

　(2020·杭州质检)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匀强磁场中．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

[审题突破]　在匀强磁场中，谁运动谁是电源，则PQ中的电流为干路电流，PQ两端电压为路端电压，线框消耗的功率为电源的输出功率，再依据电路的规律求解问题．[解析]　设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流I＝，可知干路电流先减小后增大，选项A错误．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．

[答案]　C

电磁感应中电路问题的误区分析   

(1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向．因产生感应电动势的那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势．

(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的影响．

(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势．　

【题组过关】

考向1　恒定感应电流的电路分析

1．(多选)(2020·绍兴质检)如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距 1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab杆的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为 1 T．现ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等．则(　　)

A．R2＝6 Ω

B．R1上消耗的电功率为0.375 W

C．a、b间电压为3 V

D．拉ab杆水平向右的拉力为0.75 N

解析：选BD.由于ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，则内、外电阻相等，＝2，解得R2＝3 Ω，A错误；E＝Blv＝3 V，总电流I＝＝ A，路端电压Uab＝IR外＝×2 V＝1.5 V，C错误；P1＝＝0.375 W，B正确；ab杆所受安培力F＝BIl＝0.75 N，因此拉力大小为0.75 N，D正确．

考向2　变化感应电流的电路分析

2．如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示)，R1＝4 Ω、R2＝8 Ω(导轨其他部分电阻不计)．导轨OACO的形状满足y＝2sin(单位：m)．磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v＝5.0 m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻．求：

(1)外力F的最大值；

(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；

(3)在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系．

解析：(1)由题图容易看出，当y＝0时x有两个值，即sin＝0时，x1＝0，x2＝3.这即是O点和C点的横坐标，因而与A点对应的x值为1.5.将x＝1.5代入函数y＝2sin，便得A点的纵坐标，即y＝2sin ＝2(单位：m)．这就是金属棒切割磁感线产生电动势的最大有效长度．

当金属棒在O、C间运动时，R1、R2是并联在电路中的，其等效电路如图所示．其并联电阻

R并＝＝ Ω.

当金属棒运动到x位置时，其对应的长度为

y＝2sin，

此时金属棒产生的感应电动势为

E＝Byv＝2Bvsin(单位：V)，

其电流I＝(单位：A)．

而金属棒所受的安培力应与F相等，

即F＝BIy＝.

在金属棒运动的过程中，由于B、v、R并不变，故F随y的变大而变大．当y最大时F最大，

即Fmax＝＝0.3 N.

(2)R1两端电压最大时，其功率最大．

即U＝Emax时，R1上消耗的功率最大，

而金属棒上产生的最大电动势

Emax＝Bymaxv＝2.0 V.

这时Pmax＝＝1.0 W.

(3)当t＝0时，棒在x＝0处．

设运动到t时刻，则有x＝vt，

将其代入y得y＝2sin，

再结合E＝Byv和I＝，

得I＝＝sin

＝0.75sinA.

答案：(1)0.3 N　(2)1.0 W

(3)I＝0.75sinA

考向3　含容电路的分析与计算

3.(2020·台州六校联考)在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10－14 kg，电荷量q＝－1×10－14 C的微粒恰好静止不动．取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定．试求：

(1)匀强磁场的方向；

(2)ab两端的路端电压；

(3)金属棒ab运动的速度大小．

解析：(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电．ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．

(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，

根据平衡条件有

mg＝Eq

又E＝，所以UMN＝＝0.1 V

R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝＝0.05 A

则ab棒两端的电压为

Uab＝UMN＋I＝0.4 V.

(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势

E＝Blv

由闭合电路欧姆定律得

E＝Uab＋Ir＝0.5 V

联立解得v＝1 m/s.

答案：(1)竖直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s

　电磁感应中的图象问题

【题型解读】

1．图象类型

2．分析方法

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及对应关系；

(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．电磁感应中图象类选择题的两个常用方法

【典题例析】

　(多选)(2020·嘉兴检测)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有(　　)

[审题突破]　先分别得出I、FA、UR、P与v的关系．然后对棒MN受力分析，由牛顿第二定律列方程分情况讨论棒MN的运动情况，最后依据各量与v的关系讨论得到各量与t的关系．

[解析]　设某时刻金属棒的速度为v，根据牛顿第二定律F－FA＝ma，即F0＋kv－＝ma，即F0＋v＝ma，如果k>，则加速度与速度呈线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v－t图象的切线斜率也越来越大，由于FA＝，FA－t图象的切线斜率也越来越大，感应电流、电阻两端的电压及感应电流的功率也会随时间变化得越来越快，B项正确；如果k＝，则金属棒做匀加速直线运动，电动势随时间均匀增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时间均匀增大，感应电流的功率与时间的二次方成正比，没有选项符合；如果k<，则金属棒做加速度越来越小的加速运动，感应电流、电阻两端的电压、安培力均增加得越来越慢，最后恒定，感应电流的功率最后也恒定，C项正确．

[答案]　BC

【题组过关】

考向1　导体切割磁感线的图象问题

1．(多选)在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度竖直向下，a、b、e、f在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i－t和F－t图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向，以水平向右的拉力为正，时间单位为)(　　)

解析：选BD.从bc边开始进入磁场到线框完全进入磁场的过程中，当线框bc边进入磁场位移为x时，线框bc边有效切割长度为x，感应电动势为E＝Bxv，感应电流i＝，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．同理，从bc开始出磁场到线框完全出磁场的过程中，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切割长度逐渐变大，感应电流逐渐增大，根据数学知识知道A错误，B正确．在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力大小等于安培力，而安培力的表达式F安＝，而L＝vt，则有F安＝t2，因此C错误，D正确．

考向2　磁感应强度变化的图象问题

2.(2020·湖州质检)如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为(　　)

解析：选D.由题图乙可知，0～t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0～t1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错．又由于0～t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0～t1内原磁场方向向里减小或向外增大，因此D对，C错．

1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E－t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是(　　)

解析：选D.若将刷卡速度改为，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D项正确，其他选项错误．

2．(2020·嘉兴质检)如图所示，质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为(　　)

A．mgh

B．2mgh

C．大于mgh而小于2mgh

D．大于2mgh

解析：选B.因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh，故选B.

3．如图甲，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)

解析：选C.由题图乙可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．

4．(2020·嘉兴调研)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字形导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(　　)

解析：选A.设图示位置时a距棒的距离为l0，导体棒匀速切割磁感线的速度为v，单位长度金属棒的电阻为R0，导轨夹角为θ，运动时间为t时，切割磁感线的导体棒长度l＝2(l0＋vt)tan，有效电路中导体棒长度l总＝l＋，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e＝Blv＝2Bv(l0＋vt)tan，电路中总电阻

，

所以i＝＝

＝，即i为恒定值与t无关，选项A正确．

5．(2020·浙江温岭月考)如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.2 m，电阻R＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示．

(1)试分析说明金属杆的运动情况；

(2)试写出外力F随时间变化的表达式；

(3)第2 s末外力F的瞬时功率为多大？

解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，金属杆运动时产生的感应电动势E＝BLv，

根据闭合电路欧姆定律，理想电压表的示数为

U＝·E＝∝v，

又由题图乙知，U随时间均匀增大，故v也随时间均匀增大，金属杆做匀加速直线运动．

(或：由题图乙中直线斜率

k＝＝·＝·a，

得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，

是一常数，所以金属杆做匀加速直线运动．)

(2)根据牛顿运动定律有，F－F安＝ma，

又F安＝BIL＝＝0.05t，

则外力F随时间变化的表达式为

F＝F安＋ma＝(0.05t＋0.25) N.

(3)第2 s末外力F的瞬时功率

P＝Fv＝(0.05t＋0.25) N·at＝1.75 W.

答案：(1)金属杆做匀加速直线运动

(2)F＝(0.05t＋0.25) N　(3)1.75 W