【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应的电路问题学案 9页

第59课时　电磁感应的电路问题(题型研究课)‎ ‎[命题者说]　电磁感应的电路问题是高考常考的问题，也是电磁感应综合问题的基础，只有正确理清电磁感应形成的回路，才能进一步解决电磁感应中的图像、动力学、能量等问题。‎ ‎(一)　导体切割磁感线的电路结构分析 平动切割 转动切割 电源 平动切割的导体棒 转动切割的导体棒 内阻 平动棒上的电阻 转动棒上的电阻 电动势 E＝BLv E＝BωL2‎ 感应电流 用闭合电路欧姆定律：I＝ 电流方向 用右手定则判断 路端电压 电路接通时切割棒两端的电压 考法1　平动切割的电路问题　‎ ‎[例1]　如图所示，间距L＝‎1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝‎2 m/s的速度水平向左匀速运动。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6 μF，导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1、S2闭合，电路稳定后，求：‎ ‎(1)通过R2的电流I的大小和方向；‎ ‎(2)拉力F的大小；‎ ‎(3)开关S1切断后通过R2的电荷量Q。‎ ‎[解析]　(1)开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N，所以通过R2的电流方向是由b→a MN中产生的感应电动势的大小E＝BLv 流过R2的电流I＝ 代入数据解得I＝‎0.1 A。‎ ‎(2)棒受力平衡，有F＝F安 F安＝BIL 代入数据解得F＝0.1 N。‎ ‎(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量Q1＝CIR2‎ S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q＝Q1－0‎ 代入数据解得Q＝7.2×10－‎‎6 C ‎[答案]　(1)‎0.1 A，方向b→a　(2)0.1 N　(3)7.2×10－‎‎6 C 考法2　转动切割的电路问题　‎ ‎[例2]　(2016·上海闸北期末)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量分布均匀的直导体棒MN置于圆导轨上，NM的延长线过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一磁感应强度大小为B的匀强磁场中，方向竖直向下。在内、外圆导轨间对称地接有三个阻值均为R的电阻。直导体棒在垂直作用于导体棒MN中点的水平外力F作用下，以角速度ω绕O点顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导体棒和导轨电阻均可忽略。求：‎ ‎(1)导体棒产生的感应电动势；‎ ‎(2)流过导体棒的感应电流；‎ ‎(3)外力的大小。‎ ‎[解析]　(1)根据E＝BωL2‎ 得E感＝Bω(2r)2－Bωr2＝Bωr2。‎ ‎(2)三个电阻为并联关系：‎ R总＝，‎ I总＝＝＝。‎ ‎(3)外力F＝BI总L＝B··r＝。‎ ‎[答案]　(1)Bωr2　(2)　(3) ‎[通法归纳]‎ ‎　　处理电磁感应电路问题的一般思路 ‎[集训冲关]‎ ‎1.(多选)(2016·全国甲卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 解析：选AB　由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。 ‎ ‎2.如图所示，R1＝5 Ω，R2＝6 Ω，电压表与电流表的量程分别为0～10 V和0～‎3 A，电表均为理想电表。导体棒ab与导轨电阻均不计，且导轨光滑，导轨平面水平，ab棒处于匀强磁场中。‎ ‎(1)当变阻器R接入电路的阻值调到30 Ω，且用F1＝40 N的水平拉力向右拉ab棒并使之达到稳定速度v1时，两表中恰好有一表满偏，而另一表又能安全使用，则此时ab棒的速度v1是多少？‎ ‎(2)当变阻器R接入电路的阻值调到3 Ω，且仍使ab棒的速度达到稳定时，两表中恰有一表满偏，而另一表能安全使用，则此时作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？‎ 解析：(1)假设电流表指针满偏，即I＝‎3 A，那么此时电压表的示数应为U＝IR并＝15 V，此时电压表示数超过了量程，不能正常使用，不合题意。因此，应该是电压表正好达到满偏。‎ 当电压表满偏时，即U1＝10 V，此时电流表的示数为I1＝＝‎‎2 A 设ab棒稳定时的速度为v1，产生的感应电动势为E1，‎ 则E1＝Blv1，且E1＝I1(R1＋R并)＝20 V ab棒受到的安培力为F1＝BI‎1l＝40 N 解得v1＝‎1 m/s。‎ ‎(2)利用假设法可以判断，此时电流表恰好满偏，即I2＝‎3 A，此时电压表的示数为U2＝I2R并＝6 V，可以安全使用，符合题意。‎ 由F＝BIl可知，稳定时ab棒受到的拉力与ab棒中的电流成正比，所以F2＝F1＝×40 N＝60 N。‎ 答案：(1)‎1 m/s　(2)60 N ‎(二)　变化磁场的电路结构分析 ‎1.电源：磁通量变化的线圈，感应电动势为E＝n。‎ ‎2.注意问题：E＝n为平均感应电动势，可以用来计算通过电路的电荷量q＝n。‎ ‎[典例]　如图甲所示，一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。金属线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。求0至t1时间内：‎ ‎(1)通过电阻R1的电流大小和方向；‎ ‎(2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量。‎ ‎[解析]　(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S＝πr22‎ 由题图乙可知，磁感应强度B的变化率的大小为 ＝ 根据法拉第电磁感应定律得：‎ E＝n＝nS＝ 由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为：‎ I＝＝ 根据楞次定律可以判断，流过电阻R1的电流方向从b到a。‎ ‎(2)0至t1时间内通过电阻R1的电荷量为 q＝It1＝ 电阻R1上产生的热量为Q＝I2R1t1＝。‎ ‎[答案]　(1)　方向从b到a ‎(2)　 电磁感应中电荷量的计算方法 在电磁感应现象的考题中，常要求计算某段时间内(或某段过程中)通过导体横截面的电荷量。设Δt时间内通过导线某横截面的电荷量为q，则根据电流的定义式I＝和法拉第电磁感应定律E＝n可得q＝I·Δt＝·Δt＝·Δt＝n，式中n为线圈的匝数，ΔΦ为磁通量的变化量，R为闭合电路的总电阻。如果闭合电路是一个单匝线圈(n＝1)，则q＝。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.如图甲所示，圆形线圈M的匝数为50匝，它的两个端点a、b与理想电压表相连，线圈中磁场方向如图，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则ab两点的电势高低与电压表读数为(　　)‎ A.φa>φb,20 V　　　　　　 B．φa>φb,10 V C.φa<φb,20 V D．φa<φb,10 V 解析：选B　由题意可知，线圈M的磁场的磁通量随时间均匀增加，则E＝n＝50× V＝10 V；由楞次定律可知，此时感应电流的磁场与原磁场反向，由右手螺旋定则可以看出，此时a点的电势较高。‎ ‎2.(2016·全国丙卷)如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：‎ ‎(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；‎ ‎(2)在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。‎ 解析：(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①‎ 设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。‎ 由法拉第电磁感应定律有ε＝②‎ 由欧姆定律有i＝③‎ 由电流的定义有i＝④‎ 联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤‎ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|＝。⑥‎ ‎(2)当t＞t0时，金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F⑦‎ 式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为F＝B0Il⑧‎ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨‎ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩‎ 回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪‎ 式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫‎ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 εt＝⑭‎ 由欧姆定律有I＝⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS)。⑯‎ 答案：(1)　(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) ‎1.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A连接的长度为‎2a、电阻为的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D．Bav 解析：选A　摆到竖直位置时，导体棒AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·‎2a·＝Bav。由闭合电路的欧姆定律得，UAB＝·＝Bav，故选项A正确。‎ ‎2.(2015·福建高考)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 解析：选C　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。‎ ‎3.(2017·河南八市质检)如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R ‎，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则(　　)‎ A.外力的大小为2Br B.外力的大小为Br C.导体杆旋转的角速度为 D.导体杆旋转的角速度为 解析：选C　设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E＝Br2ω，I＝，根据题述回路中的电功率为P，则P＝EI；设维持导体杆匀速转动的外力为F，则有P＝，v＝rω，联立解得F＝Br，ω＝，选项C正确，A、B、D错误。‎ ‎4.(2017·广东百校联考)如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积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，磁感应强度随时间的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　由楞次定律可判断线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为E＝＝0.1 V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项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，选项C正确；前4 s内通过R的电荷量为q＝It＝‎0.08 C，选项D错误。‎ ‎5.(多选)如图所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4 Ω的导体棒弯成半径L＝‎0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R1＝1 Ω。整个圆环中均有B＝0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r＝1 Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s，则(　　)‎ A.当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 W B.当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 W C.全电路最大功率为3 W D.全电路最大功率为4.5 W 解析：选AD　当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 Ω，与R1串联接入电源，外电阻为2 Ω，棒转动过程中产生的感应电动势E＝BL2ω＝3 V，圆环上分压为1 V，所以圆环上的电功率为1 W，A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大为P＝＝4.5 W，C错误，D正确。‎ ‎6.如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d＝‎0.5 m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场中。长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，棒的质量m＝‎0.1 kg，电阻R＝0.1 Ω，与导轨之间的动摩擦因数μ＝，导轨上端连接电路如图所示。已知电阻R1与灯泡电阻R2的阻值均为0.2 Ω，导轨电阻不计，取重力加速度大小g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；‎ ‎(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P和棒的速率v。‎ 解析：(1)棒由静止刚释放的瞬间速度为零，不受安培力作用 根据牛顿第二定律有mgsin α－μmgcos α＝ma，‎ 代入数据得a＝‎2.5 m/s2。‎ ‎(2)由“灯L的发光亮度稳定”知棒做匀速运动，受力平衡，有 mgsin α－μmgcos α＝BId 代入数据得棒中的电流I＝‎‎1 A 由于R1＝R2，‎ 所以此时通过小灯泡的电流I2＝I＝‎0.5 A，‎ P＝I22R2＝0.05 W 此时感应电动势E＝Bdv＝I 得v＝‎0.8 m/s。‎ 答案：(1)‎2.5 m/s2　(2)0.05 W　‎0.8 m/s