【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的电路和图象问题学案 10页

电磁感应中的电路和图象问题 考点一　电磁感应中的电路问题 ‎[考点解读]‎ ‎1．电磁感应中电路知识的关系图 ‎2．分析电磁感应电路问题的基本思路 ‎[典例赏析]‎ ‎[典例1]　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)ab两端的路端电压；‎ ‎(3)金属棒ab运动的速度．‎ ‎[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 ‎　电磁感应中确定电源的方法 ‎1．判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)．‎ ‎2．动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势E＝Blv，方向由右手定则判断．‎ ‎3．感生问题(磁感应强度的变化)的电动势E＝n，方向由楞次定律判断．而电流方向都是等效电源内部负极流向正极的方向．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．(多选)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间分别接阻值为R＝10 Ω的电阻．一阻值为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为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：BD　[由右手定则可判知A错误； 由法拉第电磁感应定律得E＝Blv＝‎ ‎0.5×1×4 V ＝2 V，Ucd ＝E＝1 V，B正确；由于de、cf间电阻没有电流流过，故Ude＝Ucf＝0，所以Ufe＝Ucd＝1 V，C错误，D正确．]‎ ‎2．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：C　[整个回路的等效电路如图所示，导体棒PQ向右滑动的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，故PQ中的电流先减小后增大，A错，P、Q两端的电压是外电压，随外电阻也应先增大后减小，B错；PQ上拉力的功率P＝F·v＝BIl·v，随电流应先减小后增大，C对；外电路消耗的功率随外电阻也应先增大后减小，D错．]‎ 考点二　电磁感应中的图象问题 ‎[考点解读]‎ ‎1．图象类型 ‎(1)电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I等随时间变化的图象，即B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象．‎ ‎(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，有时还常涉及感应电动势E和感应电流I等随位移变化的图象，即E－x图象和I－x图象等．‎ ‎2．两类图象问题 ‎(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象．‎ ‎(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．‎ ‎3．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．‎ ‎[考向突破]‎ ‎[考向1]　磁感应强度变化的图象问题　‎ ‎[典例2]　(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．左边磁场方向垂直纸面向外，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]　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，选项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，选项B错误；由图乙知＝ T/s＝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，选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝‎0.2 C，选项D正确．]‎ ‎[考向2]　导体切割磁感线的图象问题　‎ ‎[典例3]　(2019·山西太原期中测试)如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为‎2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针方向的感应电流为正，下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是(　　 )‎ ‎[解析]　D　[bc边的位置坐标x在L～‎2L过程中，线框bc边有效切割长度l＝x－L感应电动势E＝Blv＝B(x－L)v，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；x在‎2L～‎3L过程中，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框有效切割长度l＝L，感应电动势E＝Blv＝BLv，感应电流i＝－；x在‎3L～‎4L过程中，线框ad边有效切割长度l＝L－(x－‎3L)＝‎4L－x，感应电动势E＝Blv＝B(‎4L－x)v，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为正方向，由数学知识得D正确．]‎ ‎[考向3]　电磁感应中双电源问题与图象的综合　‎ ‎[典例4]　如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是(　　 )‎ ‎[解析]　D　[当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达到最大；此后向外的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到‎2.5L时，磁通量最小，故选项A错误；当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，‎ 两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故选项C错误；拉力的功率P＝Fv，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由选项B的分析可知，电流加倍，回路中总电动势加倍，功率变为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以功率应等于在第一个磁场中的功率，故选项D正确．]‎ 求解电磁感应图象类选择题的两种常用方法 ‎1．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．‎ ‎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象进行分析和判断．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示)，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则下列选项中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是(　　)‎ 解析：C　[0～1 s内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针(为负值)、大小为定值，A、B错误；4～5 s内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd的磁通量不变化，无感应电流，C正确，D错误．]‎ ‎2．(2019·东北三校联考)(多选)如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串联电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中．现对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动．在运动过程中，金属杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是(　　 )‎ 解析：AD　[对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动．由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度的增大而增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，v－t图象A正确，B错误；由功能关系知，开始水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的总能量E，因此E－t图象可能正确的是选项D.]‎ 考点三　电磁感应图象与电路综合问题 ‎[考点解读]‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例5]　(2019·福建厦门质检)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示．顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触．已知t＝0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m＝‎1 kg，回路接触点总电阻恒为R＝0.5 Ω，其余电阻不计．回路电流I与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线．求：‎ 甲 ‎(1)t＝2 s时，回路的电动势E；‎ ‎(2)0～2 s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移s；‎ ‎(3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P(单位：W)与横坐标x(单位：m)的关系式．‎ ‎[解析]　(1)根据I－t图象可知：I＝k1t(k1＝‎2 A/s)‎ 当t＝2 s时，回路中电流I1＝‎‎4 A 根据欧姆定律：E＝I1R＝2 V.‎ ‎(2)流过回路的电荷量q＝t ＝，解得q＝ 当t＝2 s时，q＝‎‎4 C 由欧姆定律得：I＝ l＝xtan 45°‎ 根据B－x图象可知：B＝(k2＝1 T·m)‎ 解得：v＝t 由于＝‎1 m/s2‎ 再根据v＝v0＋at，可得a＝‎1 m/s2‎ 可知导体棒做匀加速直线运动 则0～2 s时间内导体棒的位移s＝at2＝‎2 m.‎ ‎(3)导体棒受到的安培力F安＝BIl 根据牛顿第二定律：F－F安＝ma 根据2ax＝v2‎ P＝Fv 解得：P＝＝4x＋(W)．‎ ‎[答案]　(1)2 V　(2)‎4 C　‎‎2 m ‎(3)P＝4x＋(W)‎ ‎　解决电路与图象综合问题的思路 ‎1．电路分析：弄清电路结构，画出等效电路图，明确计算电动势的公式．‎ ‎2．图象分析 ‎(1)弄清图象所揭示的物理规律或物理量间的函数关系；‎ ‎(2)挖掘图象中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图线的斜率(或其绝对值)、截距所表示的物理意义．‎ ‎3．定量计算：运用有关物理概念、公式、定理和定律列式计算．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．(多选)如图所示，CAD是固定在水平面上的用一硬导线折成的V形框架，∠A＝θ.在该空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．框架上的EF是用同样的硬导线制成的导体棒，它在水平外力作用下从A点开始沿垂直EF方向以速度v匀速水平向右平移．已知导体棒和框架始终接触良好且构成等腰三角形回路，导线单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长．则下列描述回路中的电流I和消耗的电功率P随时间t变化的图象中正确的是 (　　)‎ 解析：AD　[由几何知识可知，导体棒切割磁感线的有效长度为L＝2vttan ，回路的总电阻R总＝LR，感应电动势E＝BLv，则回路中的电流I＝，回路消耗的电功率P＝EI＝t，故选项A、D正确，选项B、C错误．]‎ ‎2．(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示．已知线框质量m＝‎1 kg、电阻R＝1 Ω，以下说法正确的是(　　 )‎ A．线框做匀加速直线运动的加速度为‎1 m/s2‎ B．匀强磁场的磁感应强度为2 T C．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为 C D．线框边长为‎1 m 解析：ABC　[t＝0时，线框初速度为零，故感应电动势为零，力F为线框所受合外力，由牛顿第二定律可知，线框的加速度a＝‎1 m/s2，A项正确；由图象知，t＝1.0 s时，线框刚好离开磁场，由匀变速直线运动规律可知线框的边长为‎0.5 m，D项错误；线框的末速度v＝at＝‎1 m/s，感应电动势E＝BLv，回路中电流I＝，安培力F安＝BIL，由牛顿第二定律有F－F安＝ma，联立解得B＝2 T，B正确；由q＝得q＝＝ C，选项C正确．]‎