2021届山东新高考物理一轮复习讲义：第10章第3节电磁感应中的电路和图象问题Word版含答案

1、第3节 电磁感应中的电路和图象问题电磁感应中的电路问题讲典例示法- 联系h电动势后、. 联系2：功和能 E =凯I re 二；Br(o三1 .电磁感应中电路知识的关系图R + r R I =一/? +rP = 1U p = r/?r q 二 CU2 .解决电磁感应中的电路问题三部曲典例示法（一题多变）（多选）如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光 滑金属导轨MON ,导轨处于磁感应强度大小为 B,方向竖直向下的匀强磁场中。 质量为m的导体棒CD与/MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均 为r。t=0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度V0沿/ MON 的角平分

2、线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均 足够长，则（）、，BvoA .流过导体棒的电流I始终为不 31B. F随时间t的变化关系为F =2,3B2v29r23B2v0C. t0时刻导体棒的发热功率为727r to 1 cD .撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为2mv0ABC 导体棒的有效切割长度 L = 2v0ttan 30°,感应电动势E = BLv0,回路的总电阻R= 2v0ttan 30斗Jv*联立可得通过导体棒的电流1=1=?； cos 30R 3l选项A正确；导体棒受力平衡，则外力 F与安培力平衡，即F = BIL ,得F = 2 3B2v0为9r t

3、,选项B正确；t0时刻导体棒的电阻为 Rx=2v0t0tan 30 r,则导体棒 2 2V3B2v0 ，.一一一一, 的发热功率P棒=I2Rx= "27r t0,选项C正确；从撤去F到导体棒停下的过 1程，根据能量守恒定律有Q棒+ Q轨= 2mv00,得导体棒上能产生的焦耳热 Q棒1c 1= 2mv2Q 轨2mv0,选项 D 错块。【变式1】 试推导出回路中的热功率 P随时间变化的关系式，并画出图象。提示：回路中热功率P=I2R,回路中电流IMBv0为定值，R= tan 30书看30如仇, 3rCOS30可得P= 93图象如图甲所小。【变式2】 试推导出回路中产生的焦耳热 Q随时间变

4、化的关系式，并画出 图象。提示：中P-t图线与t轴所围面积表示回路中产生的焦耳热 Q,则3Rp2 3Q=2Pt=-97"t2。图象如图乙、内所示。 291电磁感应中确定电源的方法判断产生电磁感应现象的那一部分导体（电源）。动生问题（棒切割磁感线）产生的电动势E=BLv,方向由右手定则判定。 ABS （3）感生问题（磁感应强度的变化）的电动势E=n方，万向由楞次定律判定。在等效电源内部电流方向都是由负极流向正极的。跟进训练感生电动势电路分析1.（2016浙江高考）如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝，边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且

5、磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则 （）A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B. a、b线圈中感应电动势之比为9： 1C. a、b线圈中感应电流之比为3： 4D. a、b线圈中电功率之比为3： 1B 当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂 直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项 A错误; AB 一. . 由法拉第电磁感应定律 E = S。及Sa : &=9 ： 1知，Ea=9Eb,选项B正确；由 R= F知两线圈的电阻关系为 Ra=3Rb,其感应电流之比为Ia ： Ib= 3： 1,选 项C错误；两线圈的电功率之比为 P

6、a ： Pb=EaIa ： EbIb=27 ： 1,选项D错误。2.（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 = Ro、R2=R0。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U7B.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 kL2R0AC P将R分为R左、R右两部分，R左= R右 = 万，R2与R右并联，阻

7、值为票 再与 Ri、R左串联，故 R2两端的电压为 U' =R一际与二号，故 AR0 2+7选项正确；正方形导线框相当于电源，根据楞次定律可知，定值电阻Ri的左端与电源的正极相连，则电容器的b极板带正电，故B选项错误；根据电路的申、 并联知识和纯电阻的热功率的计算公式 P=I2R可得，定值电阻R2的热功率为P =12矍，滑动变阻器R的热功率为P' =I0R0+ (2Io)2R0=5I0R0 = 5P,即滑动 变阻器R的热功率是定值电阻R2的热功率的5倍，故C选项正确；根据法拉第 AB n 一电磁感应止律可得，正方形导线框中的感应电动势的大小为 E = S="k,故D选

8、项错误。动生电动势电路分析3.（多选）如图所示，光滑的金属框 CDEF水平放置,宽为L,在E、F间连 接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器Ri（0<RK2R）o框内 存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L,电阻为R的导体棒AB在外力作用下以 速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直， 下列说法正确的是（）A. ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针B.左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电 动势大小为2BLvC.当滑动变阻器接入电路中的阻值 Ri=R时，导体棒两端的电压为2BLvR .D,当滑动变阻器接

9、入电路中的阻值 Ri = R时，滑动变阻器有最大电功率且 玉 B2L2v2 为bAD 根据楞次定律可知，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电. R 动势E = BLv,故B错误；Ri = R时，外电路总电阻R外=R,故导体棒两端的,- 一 1 ，电压即路端电压应等于1BLv,故C错误；该电路电动势 E = BLv,电源的内阻 3为R,求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电RR源，等效内阻为R,故当Ri = R时，等效电源的输出功率最大，即滑动变阻器的214d *曰, 曰'/士 一 URi 4EB2L2v2电功率取大，取大值Pm=0=R = od ，故D正

10、确。 Ri R 8R 24.如图所示，均匀金属圆环的总电阻为 4R,磁感应强度为B的匀强磁场垂 直穿过圆环。金属杆OM的长为1,阻值为R, M端与环接触良好，绕过圆心 O 的转轴以恒定的角速度 顺时针转动。阻值为R的电阻一端用导线和圆环最下 端的A点连接，另一端和金属杆的转轴。处的端点相连接。下列判断正确的是 ()A.金属杆OM旋转产生的感应电动势包为B12B.通过电阻R的电流的最小值为C.通过电阻R的电流的最大值为甯，方向从Q到PBl2"6R Bl2wD. OM两点间电势差绝对值的最大值为 %-AD M端线速度为v =LOM切割磁感线的平均速度为v =v2=Cl) 12,32Bl%

11、OM转动切割磁感线产生的感应电动势恒为 E=Bl v =一/，故A正确;端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大,E min 3R1过R的电流最小，因R并=2*2R=R,通过电阻R的电流的最小值为：IBl2=B£，根据右手定则可知电流方向从 Q到P,故B错误；当M位于最下端时 6R2圆环被短路，此时通过电阻 R的电流最大，为：Imax= :E = B£，故C错误; 2R 4ROM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外Bl2电阻最大时，OM两点间电势差的绝对值最大，其最大值为：U = Imin2R = B/,3故D正确。电

12、磁感应中的图象问题分考向训练电磁感应中常见的图象问题图象类型(1)随时1可变化的图象，如 B-t图象、-t图象、E-t图象、I-t图象(2)随位移变化的图象，如E-x图象、I-x图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)(2)由给定的肩关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)应用知识四个规律左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律八尖公式 A(1)平均电动势E=n(2)平动切割电动势 E = Blv1 2(3)转动切割电动势 E = Bl2(4)闭合电路欧姆定律I=REr(5)安培力F = BIl(6)牛顿

13、运动定律的相关公式等跟进训练根据电磁感应过程选择图象1 .如图甲所示，正三角形硬导线框 abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。图乙表示该磁场的磁感应强度 B随时间t变化的关系，t = 0时刻磁场方 向垂直纸面向里。在04t0时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力 F随时 间 t 变化的关系图为(规定垂直ab 边向左为安培力的正方向 )( )CD AB BoA 0t0时间内，磁场万向垂直纸面向里，均匀减小，-=t0,根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线 ab的电流I不变，方向 从b到a,其受到的安培力方向向左，大小为 F = BIL ,均匀减小到零；同理， 恒2t0时

14、间内，磁场方向垂直纸面向外，均匀增大，号=B0,流经导线ab的电流I不变，方向从b到a,其受到的安培力方向向右，从零开始均匀增大；2to一 一、，一 出 、- 一，一3t。时间内，磁场万向垂直纸面向外， 石=°，导线ab不受女培力；3to3.5to时 AB 2B0 间内，磁场万向垂直纸面向外，均匀减小， 石=一1，流经导线ab的电流为2I 不变，方向从a到b,其受到的安培力方向向左，大小为 F = 2BIL,即均匀减小 到零；3.5to4to时间内，磁场方向垂直纸面向里，均匀增加， 号=管，流经导 线ab的电流为2I不变，方向从a到b,其受到的安培力方向向右，大小为 F = 2BIL

15、 ,即从零开始均匀增大，A项正确。2 .（多选）（2019全国卷H）如图所示，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为9,导轨电阻忽H&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()ABCDAD 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

16、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I

17、i,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。电磁感应中图象选择类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（增大还是减小卜变化快 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。根据图象分析判断电磁感应过程3 .（多选）（2018全国卷田）如图（a）所示，在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导线

18、框R, R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i, i的变化如图（b）所示，规定从Q 到 P 为电流正方向。导线框R 中的感应电动势（）图（a）图（b）a -在t=4时为零B.在t=（时改变方向c,在1=2时最大，且沿顺时针方向D.在1= T时最大，且沿顺时针方向AC 因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小， 故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图（b）,感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图（b）中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图（b）可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动T 3T势为零,A正确，B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内， 3内电动势 的方向沿顺时针，T时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向， D错误。4 .（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 Q