2021版高考物理（基础版）一轮复习学案：第十章　3素养探究课（八）　科学思维——电磁感应中的电路和图象问题

素养探究课(八)　科学思维——电磁感应中的电路和图象问题

　电磁感应中的电路问题[学生用书P222]
【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

【跟进题组】
1.(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
解析：选AC.线框内产生的感应电动势E＝＝πr2＝kπr2，D错误；电压表的示数U是外电压，外电路电阻的串并联关系是R2与滑动变阻器滑动片P右侧电阻并联，之后与滑动片P左侧电阻以及R1串联，外电路总电阻为R总＝R1＋R左＋R并＝R0，而R并＝，故R并两端的电压为，即R2两端的电压为，A正确；根据楞次定律，线框中感应电流的方向为逆时针，电容器b极板带正电，B错误；设滑动变阻器右半部分的电流为I，则R2上的电流为I，滑动变阻器左半部分的电流为2I，滑动变阻器R上的功率P＝I2＋(2I)2＝I2R0，R2上的功率P2＝I2，C正确．
2.

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，质量m＝1×10－14 kg、电荷量q＝－1×10－14 C的微粒(图中未画出)悬浮于电容器两极板之间恰好静止不动．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)金属棒ab两端的电压；
(3)金属棒ab运动的速度大小．
解析：(1)微粒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端相当于电源的正极，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Uab＝UMN＋I＝0.4 V.
(3)由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv
代入数据解得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．
　电磁感应中的图象问题[学生用书P223]
【题型解读】
1．图象类型

2．分析方法

3．解答电磁感应中图象类选择题的两个常用方法

排
除
法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
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象进行分析和判断
【典题例析】

(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是(　　)

[解析]　棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，A、C正确，B、D均错误．
[答案]　AC
【迁移题组】
迁移1　磁感应强度变化的图象问题
1．将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场 Ⅰ 中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场 Ⅱ ，以向里为磁场 Ⅱ 的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反应F随时间t变化的图象是(　　)


解析：选B.根据B－t图象可知，在0～时间内，B－t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝nS可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab中电流方向为b→a，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且0～时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T时间内，B－t图线的斜率为正且为定值，故ab边所受安培力大小仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同．综上可知，B正确．
迁移2　导体切割磁感线的图象问题
2.(多选)如图所示，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，bc边紧靠磁感强度为B、宽度为2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘．现使线框以初速度v0匀加速通过磁场，选项图中能定性反映线框从进入到完全离开磁场的过程中感应电流变化情况的是(　　)

解析：选AD.根据楞次定律得到，线框完全处于磁场时无感应电流，进磁场和出磁场过程感应电流方向相反．设线框的加速度为a，线框中产生的感应电动势e＝BLv，感应电流i＝＝＝，B、L、v0、R一定，i与t是线性关系．由于线框做匀加速运动，线框出磁场时感应电流比进磁场时大，且进入磁场的时间比离开磁场时间长，故A正确，B错误；由v2－v＝2ax得到i＝，可见i与x是非线性关系，且进入磁场的位移与离开磁场的位移相等，故C错误，D正确．
迁移3　电磁感应中双电源问题与图象的综合
3．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、
MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场时开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)


解析：选AD.根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D，C错误．
[学生用书P224]
电磁感应中的图象问题分析

【对点训练】
1．(多选)如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边长为0.4 m．金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3)(　　)

A．线框中感应电流的方向是顺时针方向
B．t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 Wb
C．经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J
D．前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C
解析：选CD.根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，A错误；0.4 s时穿过线框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝πr2·B1－πr2·B2＝0.055 Wb，B错误；由图乙知＝＝10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感应电流I＝＝0.5 A，0.4 s内线框中产生的热量Q＝I2Rt＝0.3 J，C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝0.2 C，D正确．
2．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈的面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是(　　)

A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B．电阻R两端的电压随时间均匀增大
C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4 W
D．前4 s内通过R的电荷量为4×10－4 C
解析：选C.由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为E＝＝0.1 V，电阻R两端的电压不随时间变化，B错误；回路中电流I＝＝0.02 A，线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝4×10－4 W，C正确；前4 s内通过R的电荷量为q＝It＝0.08 C，D错误．
[学生用书P375(单独成册)]
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1.如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，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.E　　　　　　　　　　 B.E
C.E D．E
解析：选B.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，故Uab＝E，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．导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻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 N
B．N、Q间电压为0.2 V
C．a端电势比b端电势低
D．回路中感应电流大小为1 A
解析：选A.ab棒产生的电动势E＝BLv＝0.2 V，电流I＝＝0.4 A，ab棒所受的安培力F＝BIL＝0.02 N，A正确，D错误；N、Q之间的电压U＝E＝0.12 V，B错误；由右手定则得a端电势较高，C错误．
3．(2020·河北唐山检测)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错误；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，D正确，C错误．
4.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

解析：选C.由题意知，题目情形可等效为如图所示的电路问题，其中R左＋R右＝3R，E＝BLv，r＝R，当PQ向右运动时，R左增大，R右减小，两者并联的总电阻R外先增大后减小，当PQ运动到线框正中央位置时，R外最大，故流过PQ的电流先减小后增大，A错误；PQ两端电压U＝E－Ir，故U的变化为先增大后减小，B错误；拉力的功率P＝P总＝EI，故拉力的功率先减小后增大，C正确；线框消耗的电功率为电源的输出功率P出＝P总－P内＝EI－I2r，电流的最小值Imin＝，故由数学知识可知P出先增大后减小，D错误．
5．下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形．各导线框均绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T.从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向．则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图所示的是　(　　)


解析：选C.根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题图所示的是选项C.
6．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定方向向里为正，变化规律如图乙所示．在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是(　　)

A．第2 s内上极板为正极
B．第3 s内上极板为负极
C．第2 s末微粒回到了原来位置
D．第3 s末两极板之间的电场强度大小为
解析：选A.第2 s内磁感应强度减小，所以圆环产生感应电动势，相当于一电源，由楞次定律知，上极板为正极，A正确；第3 s内磁场方向向外，磁感应强度增加，产生的感应电动势仍然是上极板为正极，B错误；第1 s内，上极板为负极，第2 s内，上极板为正极，这个过程中电场强度反向，所以微粒先加速，然后减速，第2 s末微粒速度为零，离开中心位置最远，第3 s末圆环产生的感应电动势为＝0.1πr2，电场强度E＝＝，C、D错误．
7．如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计．已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示．下列关于金属棒运动速度v、闭合回路中磁通量的变化率、外力F以及流过R的电荷量q随时间变化的图象正确的是(　　)

解析：选B.设金属棒的电阻为r，金属棒长为l，由闭合电路欧姆定律知，通过电阻R的感应电流I＝，由题图乙可知，I＝kt，由以上两式解得v＝kt，即金属棒做匀加速运动，A错误；由法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势E＝，由闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋r)，由题乙可知I＝kt，由以上三式解得，＝(R＋r)kt，B正确；金属棒做匀加速运动，由牛顿第二定律得F－mgsin θ－BIl＝ma，则F＝mgsin θ＋ma＋BIl＝mgsin θ＋k＋Blkt，C错误；流过电阻R的电荷量q＝It＝kt2，D错误．
二、多项选择题
8.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＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻．一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/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＝0.5 T、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a
B．cd两端的电压为1 V
C．de两端的电压为1 V
D．fe两端的电压为1 V
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＝×R＝＝1 V，B、D正确，C错误．
9．(2020·辽宁葫芦岛一模)如图甲所示，在MN、QP间存在一匀强磁场，t＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示，已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝2 Ω，则(　　)

A．线框的加速度为2 m/s2
B．磁场宽度为6 m
C．匀强磁场的磁感应强度为 T
D．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为 C
解析：选ACD.当t＝0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，则线框的加速度为：a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A正确；磁场的宽度等于线框在0～2 s内的位移，为：d＝at＝×2×22 m＝4 m，故B错误；设线框的边长为L，则L等于线框在0～1 s内的位移，即为：L＝at＝×2×12 m＝1 m，当线框全部进入磁场的瞬间：F1－F安＝ma，而F安＝BIL＝＝，式中，F1＝4 N，t＝1 s，m＝1 kg，R＝2 Ω，联立得到：B＝ T，故C正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为：q＝It＝＝＝ C＝ C，故D正确．
10.如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA＝2OC＝2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为 ω、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R相接(没画出)，两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则(　　)

A．金属棒中有从A到C的感应电流
B．外电阻R中的电流为I＝
C．当r＝R时，外电阻消耗功率最小
D．金属棒AC间电压为
解析：选BD.由右手定则可知金属棒相当于电源且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，A错误；金属棒转动产生的感应电动势为E＝Bω(2L)2－BωL2＝，即回路中电流为I＝，B正确；由电源输出功率特点知，当内、外电阻相等时，外电路消耗功率最大，C错误；UAC＝IR＝，D正确．
三、非选择题
11.(2019·高考北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行．从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q.
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv.
(2)线圈中的感应电流I＝
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝.
(3)线圈ab边电阻Rab＝
时间t＝
ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝.
答案：(1)BLv　(2)　(3)