物理2018屆高考專用第一輪總復(fù)習(xí)打包老師搜集第九章能力課

能力課1電磁感應(yīng)中的圖象和電路問題電磁感應(yīng)中的圖象問題角度1

據(jù)電磁感應(yīng)過程選擇圖象問題類型由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖象解題關(guān)鍵根據(jù)題意分析相關(guān)物理量的函數(shù)關(guān)系、分析物理過程中的轉(zhuǎn)折點(diǎn)、明確“＋、－”號的含義，結(jié)合數(shù)學(xué)知識做正確的判斷【真題示例1】(2014·新課標(biāo)全國卷Ⅰ，18)如圖1(a)，線圈ab、cd

繞在同一軟鐵芯上，在ab

線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd

間電壓如圖(b)所示。已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab

中電流隨時間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是()圖1解析由題圖(b)可知c、d間的電壓大小是不變化的，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷出線圈cd中磁通量的變化率是不變的，又因已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，所以線圈

ab中的電流是均勻變化的，選項C正確，A、B、D均錯誤。答案

C電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個常見解法排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯誤的選項。函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象作出分析和判斷。方法技巧【變式訓(xùn)練1】(2016·江西聯(lián)考)如圖2

所示，導(dǎo)體棒沿兩平行金屬導(dǎo)軌從圖中位置以速度v

向右勻速通過一正方形磁場區(qū)域abcd，ac

垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，

ac

右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是左側(cè)的2

倍且方向相反，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和所受安培力隨時間變化的圖象正確的是(規(guī)定電流從M經(jīng)

R

到N

為正方向，安培力向左為正方向)()圖2解析由E＝BLv可知，導(dǎo)體棒由b運(yùn)動到ac過程中，切割磁感線有效長度L均勻增大，感應(yīng)電動勢E均勻增大，由歐姆定律可知，感應(yīng)電流I均勻增大。由右手定則可知，感應(yīng)電流方向由M到N，由左手定則可知，導(dǎo)體棒所受安培力水平向左，大小不斷增大，故選項A正確。答案A角度2

據(jù)圖象分析判斷電磁感應(yīng)過程問題類型由電磁感應(yīng)圖象得出的物理量和規(guī)律分析求解動力學(xué)、電路等問題解題關(guān)鍵第一個關(guān)鍵是破譯，即解讀圖象中的關(guān)鍵信息(尤其是過程信息)，另一個關(guān)鍵是轉(zhuǎn)換，即有效地實現(xiàn)物理信息和數(shù)學(xué)信息的相互轉(zhuǎn)換【真題示例2】(2015·廣東理綜，35)如圖

3甲所示，平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距

L＝0.4 m．導(dǎo)軌右端接有阻值

R＝1

Ω

的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域

abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長度也為

L。從

0時刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度

B的大小隨時間

t變化，規(guī)律如圖乙所示；同一時刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運(yùn)動，1

s后剛好進(jìn)入磁場，若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度

v＝1

m/s

做直線運(yùn)動，求：圖3棒進(jìn)入磁場前，回路中的電動勢E；棒在運(yùn)動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關(guān)系式。L22解析

(1)正方形磁場的面積為

S，則

S＝

2

＝0.08

m

。在棒進(jìn)入磁場前，回路中的感應(yīng)電動勢是由于磁場的變化而產(chǎn)生的。n

ΔtΔB

ΔΦ由

B－t

圖象可知Δt

＝0.5

T/s，根據(jù)

E＝

，得回路中的感應(yīng)電動勢E＝ΔBS＝0.5×0.08

V＝0.04

V。Δt(2)當(dāng)導(dǎo)體棒通過bd

位置時感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流最大，導(dǎo)體棒受到的安培力最大．此時感應(yīng)電動勢E′＝BLv＝0.5×0.4×1

V＝0.2

V；回路中感應(yīng)電流

I′＝E′＝0.2

A＝0.2

AR

1導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4

N＝0.04

N當(dāng)導(dǎo)體棒通過三角形

abd

區(qū)域時，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度

l＝2v(t－1) (1

s≤t≤1.2

s)感應(yīng)電動勢e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V感應(yīng)電流i＝

e

＝(t－1)A(1

s≤t≤1.2

s)R答案

(1)0.04

V (2)0.04

Ni＝(t－1)A(1

s≤t≤1.2

s)【變式訓(xùn)練2】(多選)如圖4

甲所示，在水平面上固定一個匝數(shù)為10

匝的等邊三角形金屬線框，總電阻為3

Ω，邊長為0.4

m。金屬框處于兩個半徑為0.1

m

的圓形勻強(qiáng)磁場中，頂點(diǎn)

A

恰好位于左邊圓的圓心，BC

邊的中點(diǎn)恰好與右邊圓的圓心重合。左邊磁場方向垂直紙面向外，右邊磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法中正確是(π取3)()圖4線框中感應(yīng)電流的方向是順時針方向t＝0.4s時，穿過線框的磁通量為0.005

Wb經(jīng)過t＝0.4

s，線框中產(chǎn)生的熱量為0.3

J前0.4

s內(nèi)流過線框某截面的電荷量為0.2

C解析

根據(jù)楞次定律和安培定則，線框中感應(yīng)電流的方向是逆時針方向，選項

A

錯誤；0.4

s

時穿過線框的磁通量

Φ＝Φ121

12

62

21

2－Φ

＝

πr

·B

－

πr

·B

＝0.055

Wb，選項B

錯誤；由圖乙知ΔB1＝5

T－1

T＝10

T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電Δt

0.4s動勢

E＝

ΔΦ＝n· πr

·n

Δt

2

Δt1

E2

ΔB1＝1.5

V，感應(yīng)電流

I＝

＝0.5

A，R0.4

s

內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.3

J，選項C

正確；前0.4

s

內(nèi)流過線框某截面的電荷量q＝It＝0.2

C，選項D

正確。答案

CD角度3

圖象的描繪問題類型由題目給出的電磁感應(yīng)現(xiàn)象畫出所求物理量的圖象解題關(guān)鍵由題目給出的電磁感應(yīng)過程結(jié)合所學(xué)物理規(guī)律求出所求物理量的函數(shù)關(guān)系式，然后在坐標(biāo)系中做出相對應(yīng)的圖象【真題示例3】(2014·安徽理綜，23)如圖5

所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B

為0.5

T，其方向垂直于傾角θ

為30°的斜面向上。絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌

MPN(電阻忽略不計)，MP

和NP

長度均為2.5

m，MN

連線水平，長為3

m。以MN

中點(diǎn)O

為原點(diǎn)，OP

為x

軸建立一維坐標(biāo)系Ox。一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長度d

為3

m、質(zhì)量m

為1

kg、電阻R

為0.3

Ω，在拉力F

的作用下，從

MN

處以恒定速度v＝1

m/s

在導(dǎo)軌上沿x

軸正向運(yùn)動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)。g

取10

m/s2。圖5圖6求金屬桿CD運(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運(yùn)動到x＝0.8m處電勢差UCD；推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖6中畫出F－x關(guān)系圖象；求金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)的全過程產(chǎn)生的焦耳熱。解析

(1)金屬桿

CD

在勻速運(yùn)動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv(l＝d)，解得

E＝1.5V (D點(diǎn)電勢高)當(dāng)

x＝0.8 m時，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零。設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為

l

外，則外OPMN2外OP－xl

＝d－

d、OP＝

MP2－（

2

）

，得

l

＝1.2m由楞次定律判斷D

點(diǎn)電勢高，故CD

兩端電勢差UCD＝－Bl

外v，即UCD＝－0.6

V(2)桿在導(dǎo)軌間的長度l

與位置x

關(guān)系是OPOP－x

3l＝

d＝3－2xl

l對應(yīng)的電阻R

為R

＝

l

R，電流I＝Blvd

Rl桿受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x根據(jù)平衡條件得F＝F

安＋mgsin

θF＝12.5－3.75x(0≤x≤2)畫出的F－x

圖象如圖所示。答案

(1)1.5

V

－0.6

V(2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)

圖象見解析

(3)7.5

J(3)外力F

所做的功WF等于F－x

圖線下所圍的面積，即5＋12.52WF＝

×2

J＝17.5J—而桿的重力勢能增加量ΔEp＝mgOPsin

θ故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5

J【變式訓(xùn)練3】如圖7

甲所示，CDE

是固定在絕緣水平面上的光滑金屬導(dǎo)軌，CD＝DE＝L，∠CDE＝60°，CD

和DE

單位長度的電阻均為r0，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。MN是絕緣水平面上的一根金屬桿，其長度大于L，電阻可忽略不計。現(xiàn)MN

在向右的水平拉力作用下以速度v0在CDE

上勻速滑行。MN

在滑行的過程中始終與CDE

接觸良好，并且與C、E

所確定的直線平行。圖7推導(dǎo)MN在CDE上滑動過程中，回路中的感應(yīng)電動勢E與時間t的關(guān)系表達(dá)式；在運(yùn)動學(xué)中我們學(xué)過：通過物體運(yùn)動速度和時間的關(guān)系圖線可以求出物體運(yùn)動的位移x，如圖乙中物體在0～t0時間內(nèi)的位移

在數(shù)值上等于梯形Ov0Pt0的面積。請你通過類比推導(dǎo)MN在CDE

上滑動過程中，MN所受安培力F安與MN的位移x的關(guān)系表達(dá)式，并畫出F安與x的關(guān)系圖線。解析

(1)設(shè)

MN

經(jīng)過時間

t

運(yùn)動到如圖甲所示位置，此時金屬桿在回路中的長度

l＝2v

ttan

30°＝2 3v

t0

3

0電動勢

E＝Blv

＝2

3

v2t。0

3

B

0甲(2)在(1)中圖示位置時，回路中的電阻

R＝4 3r

v

t3

0

0回路中的電流IE＝R＝

2r0Bv0，即回路中的電流為一常量安3B2v23r0此時安培力的大小

F

＝BIl＝

0t由于MN

在CDE

上滑動時的位移x＝v0t所以F

安＝3B2v03r0x所以安培力的大小隨位移變化的圖線安(F

－x

圖線)如圖乙所示乙3320Bv

t答案

(1)E＝2(2)見解析1．電磁感應(yīng)中常見的圖象問題規(guī)律方法圖象類型隨時間變化的圖象，如B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象、I－t圖象隨位移變化的圖象，如E－x圖象、I－x圖象(所以要先看坐標(biāo)軸：哪個物理量隨哪個物理量變化要弄清)問題類型由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象(畫圖象的方法)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量(用圖象)應(yīng)用知識四個規(guī)律左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律六類公式平均電動勢E＝

ΔΦn

Δt平動切割電動勢E＝Blv轉(zhuǎn)動切割電動勢E＝1Bl2ω2閉合電路的歐姆定律

I＝

E

R＋r安培力F＝BIl牛頓運(yùn)動定律的相關(guān)公式等2.處理圖象問題要做到“四明確、一理解”電磁感應(yīng)中的電路問題【模擬示例4】如圖8，勻強(qiáng)磁場垂直銅環(huán)所在的平面，導(dǎo)體棒a

的一端固定在銅環(huán)的圓心O

處，另一端緊貼圓環(huán)，可繞O

勻速轉(zhuǎn)動。通過電刷把銅環(huán)、環(huán)心與兩豎直平行金屬板P、Q

連接成如圖8

所示的電路，R1、R2

是定值電阻。帶正電的小球通過絕緣細(xì)線掛在兩板間M

點(diǎn)，被拉起到水平位置；合上開關(guān)K，無初速度釋放小球，小球沿圓弧經(jīng)過M

點(diǎn)正下方的N

點(diǎn)最遠(yuǎn)可到另一側(cè)的H

點(diǎn)。已知：磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；導(dǎo)體棒的角速度大小為ω，長度為l，電阻為r；R1＝R2＝2r，銅環(huán)電阻不計；P、Q

兩板間距為d；帶電小球質(zhì)量為m、電荷量為q；重力加速度為g。求：圖8(1)導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動的方向；

(2)P、Q間電場強(qiáng)度E的大?。?3)小球通過N點(diǎn)時對細(xì)線拉力T的大小。解析

(1)依題意，小球從水平位置釋放后，能沿圓弧向下擺動，故小球受到電場力的方向水平向右，P板帶正電，Q板帶負(fù)電。

由右手定則可知，導(dǎo)體棒a順時針轉(zhuǎn)動。(2)導(dǎo)體棒a轉(zhuǎn)動切割磁感線，由法拉第電磁感應(yīng)定律得電動勢大小ΔΦE′＝

Δt

＝122Bl

ωΔtΔt12＝2Bl

ω①由閉合電路歐姆定律得I＝E′R1＋R2＋r②由歐姆定律可知，P、Q

兩板間的電壓為UPQ＝IR2③d故P、Q

間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E＝UPQ④Bωl2聯(lián)立①②③④，代入

R1＝R2＝2r，可得

E＝

5d

。⑤(3)設(shè)細(xì)線長度為L，小球到達(dá)N點(diǎn)時速度為v，由動能定理可得2mgL－EqL＝1

v2⑥mmv2又

T－mg＝

L

⑦由⑤⑥⑦得T＝3mg－2Bqωl25d。Bωl2答案

(1)順時針轉(zhuǎn)動

(2)

5d(3)3mg－2Bqωl25d【拓展延伸】若將【模擬示例4】“銅環(huán)電阻不計”改為“銅環(huán)的總電阻為2r”，求P、Q間的最小電壓。2解析

感應(yīng)電動勢

E＝1

ω，銅環(huán)電阻為左右兩邊并聯(lián)而成，2Bl環(huán)則

R

＝

R左·R右

R

＋R左

右左

右，當(dāng)

a

轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)，R

＝R

＝r

時，銅環(huán)電阻最大，即R

環(huán)＝2，此時回路中的電流最小，且r

I＝

E

rr＋2＋4rBl2ω＝

11r

，P、Q

間的電壓最小，且UPQ＝IR2＝2Bl2ω11。答案2Bl2ω11方法技巧明電源、畫電路、用規(guī)律第1

步：確定電源①判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的那一部分導(dǎo)體(電源)；ΔΦ②利用

E＝

(法拉第電磁感應(yīng)定律)或

E＝BLvsin

θ

求感應(yīng)Δt電動勢的大??；③利用右手定則或楞次定律判斷電流方向；第2

步：分析電路結(jié)構(gòu)弄清各元件的串并聯(lián)關(guān)系，畫等效電路圖；第3

步：利用電路規(guī)律求解結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等列方程求解?！咀兪接?xùn)練4】(2017·焦作一模)(多選)如圖9

所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1

m，cd

間、de

間、cf

間分別接著阻值R＝10

Ω

的電阻。一阻值R＝10

Ω

的導(dǎo)體棒ab

以速度v＝4

m/s

勻速向左運(yùn)動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好；導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。下列說法中正確的是()圖9A．導(dǎo)體棒ab中電流的流向為由b到aB．cd兩端的電壓為1

VC．de兩端的電壓為1

VD．fe兩端的電壓為1

V解析由右手定則可知ab

中電流方向為a→b，A

錯誤；導(dǎo)體棒ab

切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，ab

為電源，cd間電阻R

為外電路負(fù)載，de

和cf

間電阻中無電流，de

和cf

間無電壓，因此cd

和fe

兩端電壓相等，即U＝

E

×R＝Blv

1

V，2R

2

＝B、D

正確，C

錯誤。答案BD1．(2013·新課標(biāo)全國卷Ⅱ，16)如圖10，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下。導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動。t＝0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(qū)域。下列v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是(

)圖10解析導(dǎo)線框開始進(jìn)入磁場過程，通過導(dǎo)線框的磁通量增大，有感應(yīng)電流，進(jìn)而受到與運(yùn)動方向相反的安培力作用，速度減小，感應(yīng)電動勢減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，導(dǎo)線框的加速度減小，v－t圖線的斜率減小；導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場后，磁通量不變，無感應(yīng)電流，導(dǎo)線框做勻速直線運(yùn)動；導(dǎo)線框從磁場中出來過程，有感應(yīng)電流，又會受到安培力阻礙作用，速度減小，加速度減小。選項D正確。答案D2．(2016·四川理綜，7)(多選)如圖11所示，電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0＋kv(F、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有(

)圖11解析

設(shè)金屬棒在某一時刻速度為

v，由題意可知，感應(yīng)電動勢E＝BLv，回路電流I＝ER＋r

R＋r＝

BL

v，即I∝v；安B2L2培力

FA＝BIL＝R＋r

v，方向水平向左，即

FA∝v；R

兩R＋rR

R端電壓

U

＝IR＝BLR

v，即

U

∝v；感應(yīng)電流功率

P＝EIB2L22

2＝R＋r

v

，即P∝v

。分析金屬棒運(yùn)動情況，由牛頓運(yùn)動第二定律可得F0＋kv－B2L2

B2L2R＋rv＝ma，即F0＋(k－R＋r)v＝ma。因為金屬棒從靜止出發(fā)，所以

F0>0

。B2L2R＋r(1)若

k＝

，金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動。所以在此情況下沒有選項符合；B2L2R＋r(2)若

k>

，F(xiàn)

合隨

v

增大而增大，即

a

隨

v

增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運(yùn)動，根據(jù)四個物理量與速度的關(guān)系可知B

選項符合；(3)若k<B2L2R＋r，F(xiàn)

合隨v

增大而減小，即a

隨v

增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運(yùn)動，直到加速度減小為0

后金屬棒做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)四個物理量與速度關(guān)系可知C

選項符合。綜上所述，選項B、C

符合題意。答案BC3．(2017·濰坊聯(lián)考)兩個不可形變的正方形導(dǎo)體框a、b連成如圖12甲所示的回路，并固定在豎直平面(紙面)內(nèi)。導(dǎo)體框a內(nèi)固定一小圓環(huán)c，a與c在同一豎直面內(nèi)，圓環(huán)c中通入如圖乙所示的電流(規(guī)定逆時針方向為電流的正方向)，導(dǎo)體框b的MN邊處在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，則MN邊在勻強(qiáng)磁場中受到的安培力()圖120～1

s內(nèi)，方向向下1～3s內(nèi)，方向向下3～5

s內(nèi)，先逐漸減小后逐漸增大第4

s末，大小為零解析

根據(jù)i－t圖象可知，在0～6

s內(nèi)MN邊都有大小恒定的電流

通過，由F＝BIl可知，安培力的大小是恒定的，選項C、D均錯；0～1

s、3～5

s內(nèi)電流的方向由N→M；1～3

s、5～6

s內(nèi)電流的方向由M