2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第九章　课时2　电磁感应中的电路问题、图象问题

课时2　电磁感应中的电路问题、图象问题

一、电磁感应中的电路问题

1.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,其余部分是外电路。

2.电源电动势和路端电压

(1)电动势:E=Blv或E=n。

(2)路端电压:U=IR=E-Ir。

二、电磁感应的图象问题

考点一　电磁感应中的电路问题

1.对电源的理解:在电磁感应现象中,产生感应电动势的那部分导体就是电源。如切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等。这种电源将其他形式能转化为电能。

2.对电路的理解:内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈,外电路由电阻、电容等电学元件组成。

3.解决电磁感应中的电路问题的一般步骤

(1)确定电源。切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源,利用E=n或E=Blvsin θ求感应电动势的大小,利用右手定则或楞次定律判断电流方向。

(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系),画出等效电路图。

(3)利用电路规律求解。主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解。

4.电路问题的分类

(1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题。

(2)根据闭合电路求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题。

(3)根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电荷量=n,=,q=Δt=。

[典例1] 放在绝缘水平面上的两平行金属导轨MN和PQ之间宽度为L,导轨长度足够,置于垂直于导轨平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中,导轨左端接有电阻R,右端接有电容器C,其余部分电阻不计,长为2L的金属棒ab与导轨接触良好。现将棒ab的a点固定,将ab棒自垂直于导轨位置开始沿导轨平面顺时针旋转90°,旋转角速度恒为ω,在此过程中,

(1)R上的最大电功率为多少?

(2)通过电阻R的总电荷量为多少?

解析:ab棒转动切割磁感线,且切割长度由L增至2L以后ab离开MN,电路断开。

(1)当b端恰至MN上时,E最大

Em=B·2L·=2BωL2

PRm==。

(2)棒ab旋转60°的过程中,电路处在通路状态,切割磁感线的长度在增大,电阻R上电流在增大,通过R的电荷量由q=t计算,其中电流需取平均值;

由法拉第电磁感应定律=n,

旋转60°过程中的ΔΦ=B·L2,

回路中产生的平均感应电流为=,

综合以上各式即得,在通路时通过电阻R的电荷量为

q1=。

在通路时,电容处于不断充电过程中,直至电路断开。由于感应电动势不断增大,电容器所带电荷量应由q=CU计算,其中U应取断路时的瞬时值——即最大值。

断开瞬时,棒上的感应电动势为

Em=B(2L)2ω=2BL2ω,

故电容器C上充电完毕时的带电荷量为

q2=CEm=2CBL2ω。

断路后,电容器将通过R放电,则整个过程中,通过电阻R的总电荷量为

Q=q1+q2=+2CBL2ω。

答案:(1)

(2)+2CBL2ω

变式1:如图所示,光滑的平行导轨P,Q相距l=1 m,处在同一水平面中,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C两极板间距离d=10 mm,定值电阻R1=R3=8 Ω,R2=2 Ω,导轨电阻不计,磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面,当金属棒ab沿导轨向右匀速运动(开关S断开)时,电容器两极板之间质量m=1×10-14 kg,带电荷量q=-1×10-15 C的粒子恰好静止不动;当S闭合时,粒子以加速度a=7 m/s2向下做匀加速运动,取g=10 m/s2,求:

(1)金属棒ab运动的速度多大;金属棒ab的电阻多大。

(2)S闭合后,使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大。

解析:(1)带电粒子在电容器两极板间静止时,受向上的电场力和向下的重力作用而平衡,

即mg=q,

得电容器两极板间的电压U1=,

代入数据得U1=1 V,

由于粒子带负电,可知上极板电势高。

由于S断开,R1上无电流,R2,R3上电压等于U1,电路中的感应电流,即通过R2,R3的电流强度为

I1==0.1 A,

由闭合电路欧姆定律可知,ab切割磁感线运动产生的感应电动势为E=U1+Ir,

其中r为ab金属棒的电阻。

当闭合S后,带电粒子向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律有mg-q=ma,

求得S闭合后电容器两极板间的电压

U2=,

代入数据得U2=0.3 V,

这时电路中的感应电流为

I2==0.15 A,

根据闭合电路欧姆定律有

E=I2(+R2+r),

将已知量代入得

E=1.2 V,r=2 Ω,

又因E=BLv,

则金属棒做匀速运动的速度为

v==3 m/s。

(2)S闭合后,通过ab的电流I2=0.15 A,ab所受安培力F2=BLI=0.4×1×0.15 N=0.06 N,

ab以速度v=3 m/s匀速运动时,所受外力必与安培力F2大小相等,方向相反,即F=0.06 N,方向向右(与v同向),

可见外力F的功率为

P=Fv=0.06×3 W=0.18 W。

答案:(1)3 m/s　2 Ω　(2)0.18 W

考点二　电磁感应中的图象问题

1.思路导图

2.解决图象问题的一般步骤

(1)明确图象的种类,即是B-t图象还是Φ-t图象,或者E-t 图象、i-t图象等。

(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对应关系。

(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。

(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。

[典例2] 匀强磁场磁感应强度B=0.2 T,磁场宽度L=3 m,一正方形金属框边长ab=l=1 m,每边长电阻r=0.2 Ω,金属框以v=10 m/s的速度匀速穿过磁场区,其平面始终保持与磁感线方向垂直,如图所示。

(1)画出金属框穿过磁场区的过程中,金属框内感应电流的I-t图线;

(2)画出ab两端电压的U-t图线。

解析:(1)线框进入磁场区时,有

E1=Blv=2 V,I1==2.5 A。

方向沿逆时针,如图实线abcd所示,感应电流持续的时间

t1==0.1 s。

线框在磁场中运动时,有E2=0,I2=0。

无电流的持续时间t2==0.2 s。

线框穿出磁场区时,有E3=Blv=2 V。

I3==2.5 A。

此电流的方向为顺时针,如图虚线adcb所示。

若规定电流方向逆时针为正,得It图线见图甲。

(2)线框进入磁场区ab两端电压为

U1=I1r=2.5×0.2 V=0.5 V。

线框在磁场中运动时,ab两端电压等于感应电动势,即

U2=Blv=2 V。

线框出磁场时ab两端电压为

U3=E3-I3r=1.5 V。

由此得U-t图线如图乙所示。

答案:见解析

变式2:(多选)如图甲所示,正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动,磁场方向与线框平面垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t=0时刻,磁感应强度B的方向垂直纸面向里,设产生的感应电流顺时针方向为正,竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正。则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是(　AC　)

解析:0～2 s内,磁场的方向垂直纸面向里,且逐渐减小,根据楞次定律,感应电流的方向为顺时针方向,为正值。根据法拉第电磁感应定律,E==B0S为定值,则感应电流为定值I1=。在2～3 s内,磁感应强度方向垂直纸面向外,且逐渐增大,根据楞次定律,感应电流方向为顺时针方向,为正值,大小与0～2 s内相同。在3～4 s内,磁感应强度垂直纸面向外,且逐渐减小,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针方向,为负值,大小与0～2 s内相同。在4～6 s内,磁感应强度方向垂直纸面向里,且逐渐增大,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针方向,为负值,大小与0～2 s内相同,故选项A正确,B错误。在0～2 s内,磁场的方向垂直纸面向里,且逐渐减小,电流恒定不变,根据FA=BIL,则安培力逐渐减小,cd边所受安培力方向向右,为负值。0时刻安培力大小为F=2B0I0L。在2～3 s内,磁感应强度方向垂直纸面向外,且逐渐增大,根据FA=BIL,则安培力逐渐增大,cd边所受安培力方向向左,为正值,3 s末安培力大小为B0I0L。在3～4 s内,磁感应强度方向垂直纸面向外,且逐渐减小,则安培力大小逐渐减小,cd边所受安培力方向向右,为负值,第4 s初的安培力大小为B0I0L。在4～6 s内,磁感应强度方向垂直纸面向里,且逐渐增大,则安培力大小逐渐增大,cd边所受安培力方向向左,6 s末的安培力大小为2B0I0L,故选项C正确,D错误。

考点三　电磁感应中给出图象的分析与计算

[典例3] 如图甲所示,在垂直于匀强磁场B的平面内,半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动,圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接,电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图乙所示,其中ab段和bc段均为直线,且ab段过坐标原点。ω>0代表圆盘逆时针转动。已知:R=3.0 Ω,B=1.0 T,r=0.2 m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。

(1)根据图乙写出ab,bc段对应的I与ω的关系式;

(2)求出图乙中b,c两点对应的P两端的电压Ub,Uc;

(3)分别求出ab,bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。

解析:(1)从图象中可以分别得到ab,bc段的I与ω的关系式为Iab=k1ω,Ibc=k2ω+b,

且当ω=15 rad/s时,Iab=0.1 A,所以k1=;

Ibc=0.1 A,所以0.1=15k2+b,

则Iab=ω (A)(-45 rad/s≤ω≤15 rad/s)

又有ω=45 rad/s时Ibc=0.4 A,即0.4=45k2+b,

可得k2=,b=-0.05,

Ibc=ω-0.05 (A)(15 rad/s≤ω≤45 rad/s)。

(2)圆盘产生的电动势E=Br2ω,

则当ω1=15 rad/s时,代入数据得E1=0.3 V,

由于圆盘、电流表、导线电阻不计,

所以b点对应的P两端电压Ub=0.3 V,

同理,当ω2=45 rad/s时,E2=0.9 V,

即c点对应的P两端电压Uc=0.9 V。

(3)b点时,E1=0.3 V,R上流过的电流IR==0.1 A,

恰好与干路电流表中电流相同,表明支路P中无电流,即ab段流过P的电流为0。

分析bc段,P两端电压为E=Bωr2=ω=UP,

根据并联电路特点,P中电流IP=I总-IR,

因为I总=Ibc,IR===,

所以bc段流过P的电流

IP=(-+ω-0.05) A(15 rad/s≤ω≤45 rad/s)。

答案:见解析

变式3:如图甲所示,两根足够长的平行光滑金属导轨MN,PQ被固定在水平面上,导轨间距l=0.6 m,两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V,电阻为r=2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处;右端用导线连接电阻R2,已知R1=2 Ω,R2=1 Ω,导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场,CE=0.2 m,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。开始时电压表有示数,当电压表示数变为零后,对金属棒施加一水平向右的恒力F,使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值,金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变。求:

(1)t=0.1 s时电压表的示数;

(2)恒力F的大小;

(3)从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量.

解析:(1)设磁场宽度为d=CE,在0～0.2 s的时间内,有

E==ld=0.6 V

此时,R1与金属棒并联后再与R2串联,回路中的总电阻为

R=R并+R2=1 Ω+1 Ω=2 Ω

电压表示数为U=R并=0.3 V。

(2)金属棒进入磁场后,R1与R2并联后再与r串联,流经金属棒的电流为

I′=+=0.45 A

金属棒所受安培力大小为

FA=BI′l=1×0.45×0.6 N=0.27 N

由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变,所以金属棒做匀速运动,有

F=FA=0.27 N。

(3)在0～0.2 s的时间内产生的热量为

Q=t=0.036 J

金属棒进入磁场后,有

R′=+r= Ω

E′=I′R′=1.2 V

E′=Blv,v=2 m/s

t′== s=0.1 s

产生的热量为Q′=E′I′t=0.054 J

所以整个过程产生的总热量为

Q总=Q+Q′=0.036 J+0.054 J=0.09 J。

答案:(1)0.3 V　(2)0.27 N　(3)0.09 J

1.如图所示,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(　A　)

解析:设∠bac=2θ,图示位置时a距棒的距离为l0,MN以速度v匀速运动,导体棒单位长度的电阻为R0。经过时间t,导体棒的有效切割长度L=2(l0+vt)tan θ,感应电动势E=BLv=2Bv(l0+vt)tan θ,回路的总电阻R=[2(l0+vt)tan θ+]R0,回路中电流i==,故i与t无关是一个定值,选项A正确。

2.(电磁感应中的电路分析)半径为a的圆形区域内有匀强磁场,磁感应强度为B=0.2 T,磁场方向垂直纸面向里,半径为b的金属圆环与磁场同心地放置,磁场与环面垂直,其中a=0.4 m,b=0.6 m,金属环上分别接有灯L1,L2,两灯的电阻均为R0=2 Ω,一金属棒MN与金属环接触良好,棒与环的电阻均忽略不计。

(1)若棒以v0=5 m/s的速率在环上向右匀速滑动,求棒滑过圆环直径OO′的瞬间(如图所示)MN中的电动势和流过灯L1的电流。

(2)撤去中间的金属棒MN将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°,若此时磁场随时间均匀地变化,其变化率为= T/s,求L1的功率。

解析:(1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间,MN中的电动势为

E1=B·2av0=0.2×0.8×5 V=0.8 V,

等效电路如图1所示,

流过灯L1的电流为

I1==0.4 A。

(2)将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°时,通过回路的磁通量变为Φ=B′,

且此时等效电路如图2所示。

磁场随时间均匀变化时,产生的感应电动势为

E2==·=0.32 V,

则L1上的功率为P1==1.28×10-2 W。

答案:(1)0.8 V　0.4 A　(2)1.28×10-2 W

3.(电磁感应的电路问题)如图甲所示,水平放置的两根平行金属导轨,间距L=0.3 m,导轨左端连接R=0.6 Ω的电阻,区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6 T的匀强磁场,磁场区域宽D=0.2 m。细金属棒A1和A2用长为2D的轻质绝缘杆连接,放置在导轨平面上,并与导轨垂直,每根金属棒在导轨间的电阻均为r=0.3 Ω。导轨电阻不计。使金属棒以恒定速度v=1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场。计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内,不同时间段通过电阻R的电流,并在图乙中画出。

解析:t1==0.2 s

在0～t1时间内,A1产生的感应电动势E1=BLv=0.18 V

其等效电路如图甲所示。

由图甲知,电路的总电阻

R总=r+=0.5 Ω

总电流为I==0.36 A

通过R的电流为IR==0.12 A

A1离开磁场(t1=0.2 s)至A2刚好进入磁场(t2==0.4 s)的时间内,回路无电流,IR=0,

从A2进入磁场(t2=0.4 s)至离开磁场(t3==0.6 s)的时间内,A2上的感应电动势为E2=0.18 V,其等效电路如图乙所示。

由图乙知,电路总电阻R总′=0.5 Ω,总电流I′=0.36 A,流过R的电流IR=0.12 A,综合以上计算结果,绘制通过R的电流与时间关系如图丙所示。

答案:见解析

1.(2019·全国Ⅲ卷,19)(多选)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(　AC　)

解析:由于ab棒切割磁感线而在回路中产生感应电流,与此同时,ab棒因受到安培力的作用而减速,而cd棒因受到安培力的作用而加速,且I==, F安=IBl=,可看出两棒受到的安培力都不是恒定的,都随ab棒速度的减小而减小,故一开始ab棒做的是加速度逐渐减小的减速运动,而cd棒做的是加速度逐渐减小的加速运动,最终两棒共速,此时电路中的电流为0,故A,C正确,B,D错误。

2.(2019·全国Ⅰ卷,20)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图(a)中虚线MN所示,一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,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。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示;磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t=0到t=t1的时间间隔内(　BC　)

A.圆环所受安培力的方向始终不变

B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C.圆环中的感应电流大小为

D.圆环中的感应电动势大小为

解析:根据B-t图象结合楞次定律可知,圆环中感应电流方向一直为顺时针方向,在t0时刻,磁场的方向发生变化,安培力方向发生变化,故A错误,B正确;根据法拉第电磁感应定律得感应电动势E==,根据电阻定律得R=ρ,由闭合电路欧姆定律得I=,解得I=,故C正确,D错误。

3.(2019·全国Ⅱ卷,21)(多选)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(　AD　)

解析:若PQ进入磁场时刚好可以做匀速直线运动,且PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场,则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间,由于磁通量Φ不变,无感应电流,PQ,MN由同一位置释放,MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同,所以感应电流大小相同,但流过PQ的电流方向相反,故A正确,B错误;若PQ出磁场前MN已经进入磁场,由于MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同,磁通量Φ不变,无感应电流,PQ,MN均加速运动,PQ出磁场后的感应电流比PQ进入磁场时的感应电流大,感应电流会变小,故C错误,D正确。