2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第10章電磁感應(yīng)專題十一電磁感應(yīng)中的圖象和電路問題教案

PAGEPAGE11專題十一電磁感應(yīng)中的圖象和電路問題考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的電路問題1．電磁感應(yīng)中物理量的關(guān)系圖2．處理電磁感應(yīng)電路問題的一般思路如圖甲所示，水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌間距L＝0.3m，導(dǎo)軌左端連接阻值R＝0.6Ω的電阻，區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.6T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)扗＝0.2m。細(xì)金屬棒A1和A2用長(zhǎng)為2D＝0.4m的輕質(zhì)絕緣桿連接，放置在導(dǎo)軌平面上，均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，每根金屬棒在導(dǎo)軌間的電阻均為r＝0.3Ω。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。使金屬棒以恒定速度v＝1.0m/s沿導(dǎo)軌向右穿過磁場(chǎng)。計(jì)算從金屬棒A1進(jìn)入磁場(chǎng)(t＝0)到A2離開磁場(chǎng)的時(shí)間內(nèi)，不同時(shí)間段通過電阻R的電流，并在圖乙中畫出。解析：從A1起先進(jìn)入磁場(chǎng)(t＝0時(shí)刻)到剛好離開磁場(chǎng)(t1＝eq\f(D,v)＝0.2s時(shí)刻)的時(shí)間內(nèi)，A1產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv＝0.18V其等效電路圖如圖甲所示。由圖甲知，電路的總電阻R總＝r＋eq\f(rR,r＋R)＝0.5Ω總電流為I＝eq\f(E1,R總)＝0.36A通過R的電流為IR＝eq\f(I,3)＝0.12A從A1剛好離開磁場(chǎng)(t1＝0.2s時(shí)刻)至A2剛好進(jìn)入磁場(chǎng)(t2＝eq\f(2D,v)＝0.4s時(shí)刻)的時(shí)間內(nèi)，回路無電流，IR＝0從A2剛好進(jìn)入磁場(chǎng)(t2＝0.4s時(shí)刻)至剛好離開磁場(chǎng)(t3＝eq\f(2D＋D,v))＝0.6s時(shí)刻)的時(shí)間內(nèi)，A2上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝0.18V，其等效電路圖如圖乙所示。與0～t1內(nèi)A1起先進(jìn)入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)類似，可知，此過程IR＝0.12A。如圖所示答案：見解析[變式1](多選)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10Ω的電阻。一阻值R＝10Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒ab中電流的方向?yàn)橛蒪到aB．cd兩端的電壓為1VC．de兩端的電壓為1VD．fe兩端的電壓為1VBD[由右手定則可知ab中電流方向?yàn)閍→b，A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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＝eq\f(E,2R)×R＝eq\f(Blv,2)＝1V，B、D正確，C錯(cuò)誤。][變式2](多選)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1Ω，R1＝4Ω，R2＝5Ω，C＝30μF。在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變更。下列說法正確的是()A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1.2VB．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后電容器上極板帶正電C．電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2WD．S斷開后，通過R2的電荷量為1.8×10－5CAD[由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，螺線管內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝1500×eq\f(0.8,2)×20×10－4V＝1.2V，故A正確；依據(jù)楞次定律，當(dāng)穿過螺線管的磁通量增加時(shí)，螺線管下部可以看成電源的正極，則電容器下極板帶正電，故B錯(cuò)誤；電流穩(wěn)定后，電流為I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1.2,4＋5＋1)A＝0.12A，電阻R1上消耗的功率為P＝I2R1＝0.122×4W＝5.76×10－2W，故C錯(cuò)誤；開關(guān)斷開后通過電阻R2的電荷量為Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5C＝1.8×10－5C，故D正確。][變式3]如圖所示，導(dǎo)體桿OP在作用于OP中點(diǎn)且垂直于OP的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以肯定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計(jì)，回路中的總電功率為P，則()A．外力的大小為2Breq\r(\f(P,R))B．外力的大小為Breq\r(PR)C．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為eq\f(2\r(PR),Br2)D．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為eq\f(1,Br2)eq\r(\f(P,R))C[設(shè)導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，則導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(1,2)Br2ω，I＝eq\f(E,R)，依據(jù)題述回路中的電功率為P，則P＝EI；設(shè)維持導(dǎo)體桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的外力為F，則有P＝eq\f(Fv,2)，v＝rω，聯(lián)立解得F＝Breq\r(\f(P,R))，ω＝eq\f(2\r(PR),Br2)，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖象問題1．對(duì)圖象的分析，應(yīng)做到“四明確三理解”(1)明確圖象所描述的物理意義；明確各種正、負(fù)號(hào)的含義；明確斜率的含義；明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系。(2)理解三個(gè)相像關(guān)系及其各自的物理意義v－Δv－eq\f(Δv,Δt)，B－ΔB－eq\f(ΔB,Δt)，Φ－ΔΦ－eq\f(ΔΦ,Δt)。2．分析電磁感應(yīng)圖象問題的思路3．解決電磁感應(yīng)圖象問題的“三點(diǎn)關(guān)注”(1)關(guān)注初始時(shí)刻，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負(fù)方向。(2)關(guān)注變更過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象變更相對(duì)應(yīng)。(3)關(guān)注大小、方向的變更趨勢(shì)，看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過程對(duì)應(yīng)。eq\x(考法①)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖象(2024·全國(guó)卷Ⅱ·21)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)起先計(jì)時(shí)，到MN離開磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹梗鬟^PQ的電流隨時(shí)間變更的圖象可能正確的是()AD[本題結(jié)合兩根導(dǎo)體棒切割磁感線考查電磁感應(yīng)，須要考生全面分析物理過程并轉(zhuǎn)化為圖象，考查的核心素養(yǎng)是科學(xué)思維。依據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長(zhǎng)，在PQ通過磁場(chǎng)區(qū)域一段時(shí)間后MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時(shí)間變更的圖象可能是A；由于兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不行能小于I1，B錯(cuò)誤；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒有出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則兩棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流肯定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力肯定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN肯定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時(shí)間變更的圖象可能是D，C錯(cuò)誤。]eq\x(考法②)由給定的圖象分析電磁感應(yīng)過程(2024·全國(guó)卷Ⅲ·20)(多選)如圖甲，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦溝通電i，i的變更如圖乙所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)()A．在t＝eq\f(T,4)時(shí)為零B．在t＝eq\f(T,2)時(shí)變更方向C．在t＝eq\f(T,2)時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向D．在t＝T時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向AC[在t＝eq\f(T,4)時(shí)，溝通電圖線斜率為0，即磁場(chǎng)變更率為0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A對(duì)；在t＝eq\f(T,2)和t＝T時(shí)，圖線斜率最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大。在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之間，電流由Q向P減弱，導(dǎo)線在R處產(chǎn)生垂直紙面對(duì)里的磁場(chǎng)，且磁場(chǎng)減弱，由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向也垂直紙面對(duì)里，即R中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿順時(shí)針方向，同理可推斷在eq\f(T,2)到eq\f(3T,4)時(shí)，R中電動(dòng)勢(shì)也為順時(shí)針方向，在eq\f(3,4)T到T時(shí)，R中電動(dòng)勢(shì)為逆時(shí)針方向；C對(duì)，B、D錯(cuò)。]解決電磁感應(yīng)圖象類選擇題的兩個(gè)常用方法解除法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變更趨勢(shì)(增大還是減小)、變更快慢(勻稱變更還是非勻稱變更)，特殊是分析物理量的正負(fù)，以解除錯(cuò)誤的選項(xiàng)函數(shù)法依據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象進(jìn)行分析和推斷，這未必是最簡(jiǎn)捷的方法，但卻是最有效的方法[變式4]如圖所示，直角三角形ADC區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，AD邊長(zhǎng)為2L，直角三角形導(dǎo)線框abc與直角三角形ADC相像，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，∠ACD＝∠acb＝30°，線框在紙面內(nèi)，且bc邊和DC邊在同始終線上，bc邊為導(dǎo)線，電阻不計(jì)，ab邊和ac邊由粗細(xì)勻稱的金屬桿彎折而成?，F(xiàn)用外力使線框以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)區(qū)域，則線框在通過磁場(chǎng)的過程中，Uab隨時(shí)間變更的關(guān)系圖象正確的是()B[線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，ac邊切割磁感線的有效長(zhǎng)度勻稱增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)勻稱增大，a、b兩端的電勢(shì)差Uab勻稱增大，當(dāng)ab邊剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，線框運(yùn)動(dòng)的速度為v，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，由于ac邊長(zhǎng)為ab邊長(zhǎng)的2倍，Uab＝－eq\f(1,3)BLv；線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，回路中沒有感應(yīng)電流，Uab＝－BLv；在線框出磁場(chǎng)的過程中，線框ab邊切割磁感線，且切割磁感線的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間勻稱減小，且ac邊剛出磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，為E＝BLv，此時(shí)Uab＝－eq\f(2,3)BLv，選項(xiàng)B正確。][變式5](2024·全國(guó)卷Ⅱ·18)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長(zhǎng)為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)。線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變更的正確圖線可能是()D[設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i。線框位移等效電路的連接電流0～eq\f(l,2)I＝2i(順時(shí)針)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆時(shí)針)eq\f(3l,2)～2lI＝0分析知，只有選項(xiàng)D符合要求。][變式6](2024·淮南模擬)如圖甲所示，面積S＝0.2m2的線圈，匝數(shù)n＝630匝，總電阻r＝1.0Ω，線圈處在變更的磁場(chǎng)中，設(shè)磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)外為正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示規(guī)律變更，方向垂直線圈平面，圖甲中傳感器可看成一個(gè)純電阻R，并標(biāo)有“3V0.9W”，滑動(dòng)變阻器R0上標(biāo)有“10Ω，1A”則下列說法正確的是()A．電流表的電流方向向左B．為了保證電路的平安，電路中允許通過的最大電流為1AC．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間在變更D．若滑動(dòng)變阻器的滑片置于最左端，為了保證電路的平安，圖乙中的t0最小值為40sD[依據(jù)楞次定律，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，電流表的電流方向向右，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；傳感器正常工作時(shí)電阻為：R＝eq\f(U2,P)＝eq\f(32,0.9)Ω＝10Ω，工作電流為：I＝eq\f(U,R)＝eq\f(3,10)A＝0.3A，變阻器的工作電流是1A，所以電路允許通過的最大電流為：I＝0.3A，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)閑q\f(ΔB,Δt)恒定，所以依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S，線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；滑動(dòng)變阻器觸頭位于最左端時(shí)外電路電阻為：R外＝20Ω，電源電動(dòng)勢(shì)的最大值為：E＝I(R外＋r)＝6.3V，由法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)，得t0＝40s，故D項(xiàng)正確。]科學(xué)思維系列?——電磁感應(yīng)中電路與圖象綜合問題的規(guī)范解答如圖甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面成某一夾角，導(dǎo)軌電阻不計(jì)；長(zhǎng)也為1m的金屬棒CD垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，CD的質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R＝1Ω；MN、PQ的上端連接電路，電路中R2為一電阻箱；已知燈泡電阻RL＝3Ω，定值電阻R1＝7Ω，調(diào)整電阻箱使R2＝6Ω，重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)斷開開關(guān)S，在t＝0時(shí)刻由靜止釋放CD，在t＝0.5s時(shí)刻閉合S，同時(shí)加上分布于整個(gè)導(dǎo)軌所在區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上；圖乙所示為CD的速度隨時(shí)間變更圖象。(1)求斜面傾角α及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)CD由靜止下滑x＝50m(已達(dá)到最大速度)的過程中，求整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若只變更電阻箱R2的值，當(dāng)R2為何值時(shí)，CD勻速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率為多少？教你審題：規(guī)范解答：(1)S斷開時(shí)，CD做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從圖乙得a＝eq\f(Δv,Δt)＝6m/s2由牛頓其次定律有mgsinα＝ma所以有sinα＝eq\f(3,5)，即α＝37°t＝0.5s時(shí)，S閉合且加了磁場(chǎng)，分析可知，此后CD將先做加速度漸漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到最大(vm＝6m/s)，做勻速運(yùn)動(dòng)。勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件知mgsinα＝F安又F安＝BId，I＝eq\f(Bdvm,R總)R總＝R＋R1＋eq\f(RLR2,RL＋R2)＝10Ω聯(lián)立有mgsinα＝eq\f(B2d2vm,R總)代入數(shù)據(jù)解得B＝1T(2)由能量轉(zhuǎn)化關(guān)系有mgsinα·x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q代入數(shù)據(jù)解得Q＝28.2J(3)變更電阻箱R2的值后，CD勻速下滑時(shí)有mgsinα＝BdI′所以I′＝eq\f(mgsinα,Bd)＝0.6A通過R2的電流為I2＝eq\f(RL,RL＋R2)I′R2消耗的功率為P＝Ieq\o\al(2,2)R2聯(lián)立以上三式可得P＝I2eq\f(R\o\al(2,L)R2,RL＋R22)＝I2eq\f(R\o\al(2,L),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(RL,\r(R2))＋\r(R2)))2)當(dāng)eq\f(RL,\r(R2))＝eq\r(R2)，即R2＝RL＝3Ω時(shí)，功率P最大，最大值Pm＝0.27W。答案：(1)37°1T(2)28.2J(3)3Ω0.27W◎(2024·河南中原名校聯(lián)考)如圖甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02Ω的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40g、電阻可忽視不計(jì)的金屬棒b，兩棒相距也為L(zhǎng)＝20cm。該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可