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江苏版高考物理一轮复习第10章第3节电磁感应中的电路和图像问题课时学案
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这是一份江苏版高考物理一轮复习第10章第3节电磁感应中的电路和图像问题课时学案，共27页。试卷主要包含了电磁感应中电路知识的关系图，解决电磁感应中的电路问题三部曲等内容，欢迎下载使用。
电磁感应中的电路问题
(对应学生用书第264页)
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．解决电磁感应中的电路问题三部曲
[典例] (一题多变)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，则不正确的是( )
A．流过导体棒的电流I始终为eq \f(Bv0,3r)
B．F随时间t的变化关系为F＝eq \f(2\r(3)B2v\\al(2,0),9r)t
C．t0时刻导体棒的发热功率为eq \f(2\r(3)B2v\\al(3,0),27r)t0
D．撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
D [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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2v0ttan 30°＋\f(2v0t,cs 30°)))r，联立可得通过导体棒的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bv0,3r)，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＝eq \f(2\r(3)B2v\\al(2,0),9r)t，选项B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx＝2v0t0tan 30°·r，则导体棒的发热功率P棒＝I2Rx＝eq \f(2\r(3)B2v\\al(3,0),27r)t0，选项C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有Q棒＋Q轨＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－Q轨[变式1] 试推导出回路中的热功率P随时间变化的关系式，并画出图像。
甲
[解析] 回路中热功率P＝I2R，
回路中电流I＝eq \f(Bv0,3r)为定值，R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan 30°＋\f(1,cs 30°)))2v0tr，
可得P＝eq \f(2\r(3)B2v\\al(3,0),9r)t，图像如图甲所示。
[答案] 见解析
[变式2] 试推导出回路中产生的焦耳热Q随时间变化的关系式，并画出图像。
[解析] 变式1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
Q＝eq \f(1,2)Pt＝eq \f(\r(3)B2v\\al(3,0),9r)t2。图像如图乙、丙所示。
乙 丙
[答案] 见解析
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，方向由右手定则判定。
(3)感生问题(磁通量的变化)产生的电动势E＝neq \f(ΔBS,Δt)，方向由楞次定律判定。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．(电磁感应与电路分析)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∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
B [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；由法拉第电磁感应定律E＝nSeq \f(ΔB,Δt)及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρeq \f(l,S′)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Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误。]
2．(电路的电势差分析)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＝R0、R2＝eq \f(R0,2)。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eq \f(U,7)
B．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6倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
A [P将R分为R左、R右两部分，R左＝R右＝eq \f(R0,2)，R2与R右并联，阻值为eq \f(R0,4)，再与R1、R左串联，故R2两端的电压为U′＝eq \f(U,R0＋\f(R0,2)＋\f(R0,4))·eq \f(R0,4)＝eq \f(U,7)，故A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R1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；根据电路的串、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＝Ieq \\al(2,0)·eq \f(R0,2)，滑动变阻器R的热功率为P′＝Ieq \\al(2,0)·eq \f(R0,2)＋(2I0)2·eq \f(R0,2)＝5Ieq \\al(2,0)·eq \f(R0,2)＝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选项错误；根据法拉第电磁感应定律可得，正方形导线框中的感应电动势的大小为E＝Seq \f(ΔB,Δt)＝πr2k，故D选项错误。]
动生电动势电路分析
3．(电磁感应与电路分析)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R1(0≤R1≤2R)。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回路的电流方向为顺时针，ABCD回路的电流方向为逆时针
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2BLv
C．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为eq \f(2,3)BLv
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq \f(R,2)时，滑动变阻器有最大电功率且为eq \f(B2L2v2,8R)
D [根据楞次定律可知，A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLv，故B错误；R1＝R时，外电路总电阻R外＝eq \f(R,2)，故导体棒两端的电压即路端电压应等于eq \f(1,3)BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源的内阻为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看成新的等效电源，等效内阻为eq \f(R,2)，故当R1＝eq \f(R,2)时，等效电源的输出功率最大，即滑动变阻器的电功率最大，最大值Pm＝eq \f(U\\al(2,R1),R1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)E))2,\f(R,2))＝eq \f(B2L2v2,8R)，故D正确。]
4．(电路的电势差分析)(2023·江苏扬州中学高考模拟)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l，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ω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O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恒为Bωl2
B．通过电阻R的电流的最小值为eq \f(Bl2ω,8R)，方向从Q到P
C．通过电阻R的电流的最大值为eq \f(Bl2ω,6R)
D．OM两点间电势差绝对值的最大值为eq \f(Bl2ω,3)
D [M端线速度为v＝ωl，OM切割磁感线的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)＝eq \f(ωl,2)，OM转动切割磁感线产生的感应电动势恒为E＝Bleq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(Bl2ω,2)，故A错误；当M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，通过R的电流最小，因R并＝eq \f(1,2)×2R＝R，通过电阻R的电流的最小值为：Imin＝eq \f(E,3R)＝eq \f(Bl2ω,6R)，根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；当M位于最下端时圆环被短路，此时通过电阻R的电流最大，为：Imax＝eq \f(E,2R)＝eq \f(Bl2ω,4R)，故C错误；OM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，所以外电阻最大时，OM两点间电势差的绝对值最大，其最大值为：U＝Imin·2R＝eq \f(Bl2ω,3)，故D正确。] 电磁感应中的图像问题
(对应学生用书第266页)
电磁感应中常见的图像问题
根据电磁感应过程选择图像
1．(2023·泰州模拟)图1中的M、N为处在匀强磁场中的两条位于同一水平面内的平行长导轨，一端串接电阻R，磁场沿竖直方向。ab为金属杆，可在导轨上无摩擦滑动，滑动时保持与导轨垂直。杆和导轨的电阻都不计。现于导轨平面内沿垂直于ab方向对杆施一恒力F，使杆从静止出发向右运动。在以后的过程中，杆速度的大小v、加速度的大小a、力F冲量的大小I、以及R上消耗的总能量E随时间t变化的图线，分别对应于图2中哪一条图线？把代表该物理量的符号填在你所选定图线纵坐标处的方框中。
图1
图2
[解析] 金属杆ab在运动过程中受到的安培力为
FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
根据牛顿第二定律得：F－FA＝ma，得：a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2v,mR)
可知，杆的速度v增大，加速度减小，故杆做加速度变小的变加速运动，则v-t、a-t图像的斜率逐渐减小。
力F冲量的大小I＝Ft，F为恒力，则I与t成正比。
R上消耗的总能量E＝eq \f(B2L2v2,R)t，开始一段时间内导体杆的速度是逐渐增加的，所以图像的斜率是变大的，后来导体杆匀速运动，对应的图像是一次函数。
综上所述，各物理量对应的图像如图所示。
[答案] 见解析
2．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θ，导轨电阻忽略不计。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像可能正确的是( )
A B C D
D [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，流过PQ的电流方向相反，A错误；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I1，由于受到安培力作用，且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像可能是D，C错误，D正确。]
电磁感应中图像选择类的两个常用方法
根据图像分析判断电磁感应过程
3．如图(a)所示，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框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＝eq \f(T,4)时最大
B．在t＝eq \f(T,2)时改变方向
C．在t＝eq \f(T,2)时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
C [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，电流最大时电动势为零，A、B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)内电动势的方向沿顺时针，eq \f(T,2)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．(2023·锡山模拟)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，则下列说法中正确的是(π取3)( )
甲 乙
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0.4 C
C [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＝eq \f(1,2)πr2·B1－eq \f(1,6)πr2·B2＝0.055 Wb，选项B错误；由图乙知eq \f(ΔB1,Δt)＝eq \f(5 T－1 T,0.4 s)＝10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝n·eq \f(1,2)πr2·eq \f(ΔB1,Δt)＝1.5 V，感应电流I＝eq \f(E,R)＝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错误。]
电磁感应中图像的转换
5．有一磁场方向竖直向下，磁感应强度B随时间t的变化关系如图甲所示。现有如图乙所示的直角三角形导线框abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动，t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正、竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正。则下面关于F和i随时间t变化的图像正确的是( )
甲 乙
A B
C D
A [在0～3 s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定， 同时由F＝BIL知道，电流恒定，安培力与磁感应强度成正比， 又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向， 故D错误；在3～4 s时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力等于零，故B、C错误；4～7 s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，安培力与磁感应强度成正比，故A正确。]
“四明确、一理解”巧解图像问题
课时分层作业(三十) 电磁感应中的电路和图像问题
(对应学生用书第464页)
题组一 电磁感应中的电路问题
1.如图所示，一足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．2.5 m/s,1 W B．5 m/s,1 W
C．7.5 m/s,9 W D．15 m/s,9 W
B [小灯泡稳定发光时，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin 37°＝μmgcs 37°＋eq \f(B2L2v,R＋r)，解得v＝5 m/s；导体棒产生的感应电动势E＝BLv，电路电流I＝eq \f(E,R＋r)，灯泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1 W，故选项B正确。]
2．(2021·江苏省新高考适应性考试)如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好，已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则( )
A．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2
B．S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d
D [电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F＝BIL可得，则L1受到的安培力小于L2的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，运动时间相等，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，D正确。]
3.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2Breq \r(\f(P,R))
B．外力的大小为Breq \r(PR)
C．导体杆旋转的角速度为eq \f(2\r(PR),Br2)
D．导体杆旋转的角速度为eq \f(1,Br2)eq \r(\f(P,R))
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＝eq \f(1,2)Br2ω，I＝eq \f(E,R)，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＝eq \f(Fv,2)，v＝rω，联立解得F＝Breq \r(\f(P,R))，ω＝eq \f(2\r(PR),Br2)，选项C正确，A、B、D错误。]
4．空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
图(a) 图(b)
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿逆时针方向
C．圆环中的感应电流大小为eq \f(B0rS,4t0ρ)
D．圆环中的感应电动势大小为eq \f(B0πr2,4t0)
C [根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A、B错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(1,2)πr2·eq \f(B0,t0)＝eq \f(B0πr2,2t0)，根据电阻定律可得R＝ρeq \f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误。]
5.(2022·江苏七市二模)如图所示，竖直平面内一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框abcd从某一高度由静止下落，穿过具有水平边界、宽度也为L的水平匀强磁场区，cd边进入磁场前，线框已经做匀速运动，已知cd边穿过磁场区的时间为t，上述运动过程中，ab、cd边始终保持水平，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
(1)线框匀速运动的速度v和匀强磁场磁感应强度B；
(2)cd边穿过磁场过程中，线框中产生的焦耳热Q；
(3)cd边穿过磁场过程中线框中电流强度大小I及通过导线截面的电荷量q。
[解析] (1)线框匀速运动的速度为：v＝eq \f(L,t)
线框匀速运动时产生的感应电动势为：E＝BLv
由平衡条件有：mg－eq \f(E,R)·LB＝0
解得：B＝eq \f(1,L)eq \r(\f(mgRt,L))。
(2)cd边穿过磁场过程做匀速运动，由能量守恒定律有：
Q＝mgL。
(3)cd边穿过磁场过程中线框中电流强度设为I。
根据mg＝BIL得：I＝eq \f(mg,BL)＝eq \r(\f(mgL,Rt))
通过的电荷量为：q＝It
解得：q＝eq \r(\f(mgLt,R))。
[答案] (1)eq \f(L,t) eq \f(1,L)eq \r(\f(mgRt,L)) (2)mgL
(3)eq \r(\f(mgL,Rt)) eq \r(\f(mgLt,R))
题组二 电磁感应中的图像问题
6．(2022·盐城二模)如图所示，三条水平虚线L1、L2、L3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等方向相反，正方形金属线框abcd的质量为m、边长为L，开始ab边与边界L1重合，对线框施加拉力F使其匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正，下列关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是( )
A B
C D
B [由于线框做匀加速直线运动，当ab边向右运动0～L过程中，经过的时间为t1＝eq \r(\f(2L,a))；0～2L的过程中，所用时间t2＝eq \r(\f(4L,a))＝eq \r(2)×eq \r(\f(2L,a))，0～3L过程中，所用时间t3＝eq \r(\f(6L,a))＝eq \r(3)×eq \r(\f(2L,a))。
当ab边向右运动0～L的过程中，感应电动势E1＝BLv＝BLat，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向为正方向；
设线框完全进入第一个磁场时的速度大小为v1，L～2L的过程中，前后两边都切割磁感应线，产生的感应电流I2＝eq \f(2BLv1,R)＋eq \f(2BLa,R)t′，根据右手定则可知电流方向为负方向；
设线框离开右边磁场时的速度大小为v2，在2L～3L的过程中，只有cd边切割磁感应线，产生的感应电流为：I3＝eq \f(BLv2,R)＋eq \f(BLa,R)t″，方向为正方向，故A错误，B正确；
设拉力为F,0～L过程中，根据牛顿第二定律可得：F－FA＝ma，即：F＝eq \f(B2L2at,R)＋ma
L～2L过程中，拉力F′＝eq \f(4B2L2at′,R)＋eq \f(4B2L2v1,R)＋ma
2L～3L过程中，拉力F″＝eq \f(B2L2at″,R)＋eq \f(B2L2v2,R)＋ma，故C、D错误。]
7．如图甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示。则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图像是下列选项图中的( )
甲 乙
A B
C D
D [因为感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律得：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq \f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以线圈l1中的电流均匀改变，A、C错误；根据题图乙，0～eq \f(T,4)时间内感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确。]
8.
发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视)。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时。在辐条OP转过120°的过程中，下列说法中不正确的是( )
A．O、P两端电压为eq \f(1,4)BL2ω
B．通过LED灯的电流为eq \f(BL2ω,8r)
C．整个装置消耗的电能为eq \f(πωB2L4,8r)
D．增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮
A [辐条OP进入磁场匀速转动时有E＝BLeq \f(ωL,2)，在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和LED灯并联，故电路的总电阻R＝eq \f(4r,3)，OP两端的电压为电源的路端电压U＝eq \f(E,R)·eq \f(r,3)＝eq \f(BL2ω,8)，流过LED灯的电流是I＝eq \f(U,r)＝eq \f(BL2ω,8r)，A错误，B正确；整个装置消耗的电能Q＝eq \f(E2,R)t＝eq \f(E2,\f(4r,3))·eq \f(1,3)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(πωB2L4,8r)，C正确；由LED灯中电流为I＝eq \f(BL2ω,8r)知，增大角速度、增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，故D正确。]
9.如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)( )
A B C D
A [设导轨间距为L，导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流由M经R到N为正值，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B·2vt·v,R)＝eq \f(2Bv2t,R)，故I随时间均匀增大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2B×2L－vtv,R)，故I随时间均匀减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，B错误；第一段时间内安培力大小F＝eq \f(4B2v3t2,R)∝t2，第二段时间内F＝eq \f(8B2L－vt2v,R)，根据数学知识可知，C、D错误。]
10．(2022·江苏一模)如图所示，MN和PQ是两根足够长、电阻不计的相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面。有质量和电阻的金属杆，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，将开关S断开，让金属杆由静止开始下落，经过一段时间后，再将S闭合。金属杆所受的安培力、下滑时的速度分别用F、v表示；通过金属杆的电流、电荷量分别用i、q表示。若从S闭合开始计时，则F、v、i、q分别随时间t变化的图像可能正确的是( )
A B
C D
D [由题意可知金属棒自由下落一段时间后闭合开关S，闭合后金属棒才受到安培力的作用，①当安培力小于重力时，金属棒继续加速，但安培力逐渐增大，结合牛顿第二定律可知，金属棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力大小相等，金属棒做匀速运动；②当金属棒受到的安培力大于重力时，金属棒做减速运动，且安培力逐渐减小，金属棒做加速度减小的减速运动，直到安培力和重力大小相等，金属棒做匀速运动；③当金属棒受到的安培力大小刚好等于重力时，金属棒做匀速运动，电动势恒定，电路中的电流恒定。由于①②过程中速度并不是随时间均匀变化的，则安培力也不随时间均匀变化，故A、B错误；金属棒下滑一段时间闭合S，此时电流不为0，故C错误；若闭合开关S时金属棒受到的安培力大小刚好等于重力，则感应电流恒定，根据q＝It，可知q与t成正比例关系，故D正确。]
11．如图甲所示，两相距L＝1 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝1 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m＝0.1 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v-t图像如图乙所示。在10 s末撤去拉力，同时磁感应强度随时间变化，使金属杆中电流为零。金属杆运动过程中与导轨间摩擦力保持不变。求：
(1)金属杆所受的拉力的大小；
(2)0～10 s内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)10～15 s内，磁感应强度B与时间t的关系式。
甲 乙
[解析] (1)5 s内金属杆未进入磁场，所以有
F－μmg＝ma1
由图可知a1＝0.4 m/s2
10～15 s内仅在摩擦力作用下运动，则μmg＝ma2
由图可知a2＝0.4 m/s2
解得F＝0.08 N。
(2)在5～10 s时间段杆在磁场中做匀速运动，因此有
F＝μmg＋eq \f(B\\al(2,0)L2v,R)
将F＝0.08 N，μmg＝0.04 N，v＝2 m/s代入解得
B0＝0.1eq \r(2) T。
(3)撤去恒定拉力之后，通过回路的磁通量不变，杆在磁场中匀速运动距离为d＝2×5 m＝10 m，设撤去拉力后运动的距离为x，BL(d＋x)＝B0Ld
x＝2t－0.2t2
由此可得B＝eq \f(\r(2),10＋2t－0.2t2) T。
[答案] (1)0.08 N (2)0.1eq \r(2) T
(3)B＝eq \f(\r(2),10＋2t－0.2t2) T
12．(2023·连云港高级中学月考)如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，其他电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：
(1)金属球向下运动过程中，通过电阻R的电流方向；
(2)金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量q；
(3)金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压U。
[解析] (1)由楞次定律可以判断出通过R的电流方向由M指向P。
(2)金属杆从AB滑动到CD的过程中q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt
eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)
eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)
ΔΦ＝B0ΔS＝eq \f(1,4)π(req \\al(2,2)－req \\al(2,1))B0
联立得出q＝eq \f(2πl2B0,R＋r)。
(3)金属杆第一次即将离开磁场时，产生的电动势为E＝B0·2l·eq \f(1,2)(v＋vC)
v＝ωr2
vC＝ωr1
联立得出
E＝eq \f(4,3)B0lv
R两端电压
U＝eq \f(E,R＋r)R＝eq \f(4B0lvR,3R＋r)。
[答案] (1)由M指向P (2)eq \f(2πl2B0,R＋r) (3)eq \f(4B0lvR,3R＋r)
图像类型
(1)随时间变化的图像，如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像；
(2)随位移变化的图像，如E-x图像、I-x图像
(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像(画图像)；
(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图像)
应用知识
四个规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式
(1)平均电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
(2)平动切割电动势E＝Blv
(3)转动切割电动势E＝eq \f(1,2)Bl2ω
(4)闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等
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。
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像进行分析和判断。
电磁感应中的电路问题
(对应学生用书第264页)
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．解决电磁感应中的电路问题三部曲
[典例] (一题多变)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，则不正确的是( )
A．流过导体棒的电流I始终为eq \f(Bv0,3r)
B．F随时间t的变化关系为F＝eq \f(2\r(3)B2v\\al(2,0),9r)t
C．t0时刻导体棒的发热功率为eq \f(2\r(3)B2v\\al(3,0),27r)t0
D．撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
D [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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2v0ttan 30°＋\f(2v0t,cs 30°)))r，联立可得通过导体棒的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bv0,3r)，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＝eq \f(2\r(3)B2v\\al(2,0),9r)t，选项B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx＝2v0t0tan 30°·r，则导体棒的发热功率P棒＝I2Rx＝eq \f(2\r(3)B2v\\al(3,0),27r)t0，选项C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有Q棒＋Q轨＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－Q轨
甲
[解析] 回路中热功率P＝I2R，
回路中电流I＝eq \f(Bv0,3r)为定值，R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan 30°＋\f(1,cs 30°)))2v0tr，
可得P＝eq \f(2\r(3)B2v\\al(3,0),9r)t，图像如图甲所示。
[答案] 见解析
[变式2] 试推导出回路中产生的焦耳热Q随时间变化的关系式，并画出图像。
[解析] 变式1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
Q＝eq \f(1,2)Pt＝eq \f(\r(3)B2v\\al(3,0),9r)t2。图像如图乙、丙所示。
乙 丙
[答案] 见解析
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，方向由右手定则判定。
(3)感生问题(磁通量的变化)产生的电动势E＝neq \f(ΔBS,Δt)，方向由楞次定律判定。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．(电磁感应与电路分析)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∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
B [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；由法拉第电磁感应定律E＝nSeq \f(ΔB,Δt)及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρeq \f(l,S′)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Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误。]
2．(电路的电势差分析)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＝R0、R2＝eq \f(R0,2)。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eq \f(U,7)
B．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6倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
A [P将R分为R左、R右两部分，R左＝R右＝eq \f(R0,2)，R2与R右并联，阻值为eq \f(R0,4)，再与R1、R左串联，故R2两端的电压为U′＝eq \f(U,R0＋\f(R0,2)＋\f(R0,4))·eq \f(R0,4)＝eq \f(U,7)，故A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R1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；根据电路的串、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＝Ieq \\al(2,0)·eq \f(R0,2)，滑动变阻器R的热功率为P′＝Ieq \\al(2,0)·eq \f(R0,2)＋(2I0)2·eq \f(R0,2)＝5Ieq \\al(2,0)·eq \f(R0,2)＝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选项错误；根据法拉第电磁感应定律可得，正方形导线框中的感应电动势的大小为E＝Seq \f(ΔB,Δt)＝πr2k，故D选项错误。]
动生电动势电路分析
3．(电磁感应与电路分析)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R1(0≤R1≤2R)。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回路的电流方向为顺时针，ABCD回路的电流方向为逆时针
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2BLv
C．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为eq \f(2,3)BLv
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq \f(R,2)时，滑动变阻器有最大电功率且为eq \f(B2L2v2,8R)
D [根据楞次定律可知，A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLv，故B错误；R1＝R时，外电路总电阻R外＝eq \f(R,2)，故导体棒两端的电压即路端电压应等于eq \f(1,3)BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源的内阻为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看成新的等效电源，等效内阻为eq \f(R,2)，故当R1＝eq \f(R,2)时，等效电源的输出功率最大，即滑动变阻器的电功率最大，最大值Pm＝eq \f(U\\al(2,R1),R1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)E))2,\f(R,2))＝eq \f(B2L2v2,8R)，故D正确。]
4．(电路的电势差分析)(2023·江苏扬州中学高考模拟)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l，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ω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O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恒为Bωl2
B．通过电阻R的电流的最小值为eq \f(Bl2ω,8R)，方向从Q到P
C．通过电阻R的电流的最大值为eq \f(Bl2ω,6R)
D．OM两点间电势差绝对值的最大值为eq \f(Bl2ω,3)
D [M端线速度为v＝ωl，OM切割磁感线的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)＝eq \f(ωl,2)，OM转动切割磁感线产生的感应电动势恒为E＝Bleq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(Bl2ω,2)，故A错误；当M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，通过R的电流最小，因R并＝eq \f(1,2)×2R＝R，通过电阻R的电流的最小值为：Imin＝eq \f(E,3R)＝eq \f(Bl2ω,6R)，根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；当M位于最下端时圆环被短路，此时通过电阻R的电流最大，为：Imax＝eq \f(E,2R)＝eq \f(Bl2ω,4R)，故C错误；OM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，所以外电阻最大时，OM两点间电势差的绝对值最大，其最大值为：U＝Imin·2R＝eq \f(Bl2ω,3)，故D正确。] 电磁感应中的图像问题
(对应学生用书第266页)
电磁感应中常见的图像问题
根据电磁感应过程选择图像
1．(2023·泰州模拟)图1中的M、N为处在匀强磁场中的两条位于同一水平面内的平行长导轨，一端串接电阻R，磁场沿竖直方向。ab为金属杆，可在导轨上无摩擦滑动，滑动时保持与导轨垂直。杆和导轨的电阻都不计。现于导轨平面内沿垂直于ab方向对杆施一恒力F，使杆从静止出发向右运动。在以后的过程中，杆速度的大小v、加速度的大小a、力F冲量的大小I、以及R上消耗的总能量E随时间t变化的图线，分别对应于图2中哪一条图线？把代表该物理量的符号填在你所选定图线纵坐标处的方框中。
图1
图2
[解析] 金属杆ab在运动过程中受到的安培力为
FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
根据牛顿第二定律得：F－FA＝ma，得：a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2v,mR)
可知，杆的速度v增大，加速度减小，故杆做加速度变小的变加速运动，则v-t、a-t图像的斜率逐渐减小。
力F冲量的大小I＝Ft，F为恒力，则I与t成正比。
R上消耗的总能量E＝eq \f(B2L2v2,R)t，开始一段时间内导体杆的速度是逐渐增加的，所以图像的斜率是变大的，后来导体杆匀速运动，对应的图像是一次函数。
综上所述，各物理量对应的图像如图所示。
[答案] 见解析
2．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θ，导轨电阻忽略不计。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像可能正确的是( )
A B C D
D [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，流过PQ的电流方向相反，A错误；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I1，由于受到安培力作用，且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像可能是D，C错误，D正确。]
电磁感应中图像选择类的两个常用方法
根据图像分析判断电磁感应过程
3．如图(a)所示，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框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＝eq \f(T,4)时最大
B．在t＝eq \f(T,2)时改变方向
C．在t＝eq \f(T,2)时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
C [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，电流最大时电动势为零，A、B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)内电动势的方向沿顺时针，eq \f(T,2)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．(2023·锡山模拟)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，则下列说法中正确的是(π取3)( )
甲 乙
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0.4 C
C [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＝eq \f(1,2)πr2·B1－eq \f(1,6)πr2·B2＝0.055 Wb，选项B错误；由图乙知eq \f(ΔB1,Δt)＝eq \f(5 T－1 T,0.4 s)＝10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝n·eq \f(1,2)πr2·eq \f(ΔB1,Δt)＝1.5 V，感应电流I＝eq \f(E,R)＝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错误。]
电磁感应中图像的转换
5．有一磁场方向竖直向下，磁感应强度B随时间t的变化关系如图甲所示。现有如图乙所示的直角三角形导线框abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动，t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正、竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正。则下面关于F和i随时间t变化的图像正确的是( )
甲 乙
A B
C D
A [在0～3 s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定， 同时由F＝BIL知道，电流恒定，安培力与磁感应强度成正比， 又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向， 故D错误；在3～4 s时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力等于零，故B、C错误；4～7 s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，安培力与磁感应强度成正比，故A正确。]
“四明确、一理解”巧解图像问题
课时分层作业(三十) 电磁感应中的电路和图像问题
(对应学生用书第464页)
题组一 电磁感应中的电路问题
1.如图所示，一足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．2.5 m/s,1 W B．5 m/s,1 W
C．7.5 m/s,9 W D．15 m/s,9 W
B [小灯泡稳定发光时，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin 37°＝μmgcs 37°＋eq \f(B2L2v,R＋r)，解得v＝5 m/s；导体棒产生的感应电动势E＝BLv，电路电流I＝eq \f(E,R＋r)，灯泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1 W，故选项B正确。]
2．(2021·江苏省新高考适应性考试)如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好，已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则( )
A．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2
B．S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d
D [电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F＝BIL可得，则L1受到的安培力小于L2的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，运动时间相等，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，D正确。]
3.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2Breq \r(\f(P,R))
B．外力的大小为Breq \r(PR)
C．导体杆旋转的角速度为eq \f(2\r(PR),Br2)
D．导体杆旋转的角速度为eq \f(1,Br2)eq \r(\f(P,R))
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＝eq \f(1,2)Br2ω，I＝eq \f(E,R)，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＝eq \f(Fv,2)，v＝rω，联立解得F＝Breq \r(\f(P,R))，ω＝eq \f(2\r(PR),Br2)，选项C正确，A、B、D错误。]
4．空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
图(a) 图(b)
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿逆时针方向
C．圆环中的感应电流大小为eq \f(B0rS,4t0ρ)
D．圆环中的感应电动势大小为eq \f(B0πr2,4t0)
C [根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A、B错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(1,2)πr2·eq \f(B0,t0)＝eq \f(B0πr2,2t0)，根据电阻定律可得R＝ρeq \f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误。]
5.(2022·江苏七市二模)如图所示，竖直平面内一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框abcd从某一高度由静止下落，穿过具有水平边界、宽度也为L的水平匀强磁场区，cd边进入磁场前，线框已经做匀速运动，已知cd边穿过磁场区的时间为t，上述运动过程中，ab、cd边始终保持水平，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
(1)线框匀速运动的速度v和匀强磁场磁感应强度B；
(2)cd边穿过磁场过程中，线框中产生的焦耳热Q；
(3)cd边穿过磁场过程中线框中电流强度大小I及通过导线截面的电荷量q。
[解析] (1)线框匀速运动的速度为：v＝eq \f(L,t)
线框匀速运动时产生的感应电动势为：E＝BLv
由平衡条件有：mg－eq \f(E,R)·LB＝0
解得：B＝eq \f(1,L)eq \r(\f(mgRt,L))。
(2)cd边穿过磁场过程做匀速运动，由能量守恒定律有：
Q＝mgL。
(3)cd边穿过磁场过程中线框中电流强度设为I。
根据mg＝BIL得：I＝eq \f(mg,BL)＝eq \r(\f(mgL,Rt))
通过的电荷量为：q＝It
解得：q＝eq \r(\f(mgLt,R))。
[答案] (1)eq \f(L,t) eq \f(1,L)eq \r(\f(mgRt,L)) (2)mgL
(3)eq \r(\f(mgL,Rt)) eq \r(\f(mgLt,R))
题组二 电磁感应中的图像问题
6．(2022·盐城二模)如图所示，三条水平虚线L1、L2、L3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等方向相反，正方形金属线框abcd的质量为m、边长为L，开始ab边与边界L1重合，对线框施加拉力F使其匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正，下列关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是( )
A B
C D
B [由于线框做匀加速直线运动，当ab边向右运动0～L过程中，经过的时间为t1＝eq \r(\f(2L,a))；0～2L的过程中，所用时间t2＝eq \r(\f(4L,a))＝eq \r(2)×eq \r(\f(2L,a))，0～3L过程中，所用时间t3＝eq \r(\f(6L,a))＝eq \r(3)×eq \r(\f(2L,a))。
当ab边向右运动0～L的过程中，感应电动势E1＝BLv＝BLat，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向为正方向；
设线框完全进入第一个磁场时的速度大小为v1，L～2L的过程中，前后两边都切割磁感应线，产生的感应电流I2＝eq \f(2BLv1,R)＋eq \f(2BLa,R)t′，根据右手定则可知电流方向为负方向；
设线框离开右边磁场时的速度大小为v2，在2L～3L的过程中，只有cd边切割磁感应线，产生的感应电流为：I3＝eq \f(BLv2,R)＋eq \f(BLa,R)t″，方向为正方向，故A错误，B正确；
设拉力为F,0～L过程中，根据牛顿第二定律可得：F－FA＝ma，即：F＝eq \f(B2L2at,R)＋ma
L～2L过程中，拉力F′＝eq \f(4B2L2at′,R)＋eq \f(4B2L2v1,R)＋ma
2L～3L过程中，拉力F″＝eq \f(B2L2at″,R)＋eq \f(B2L2v2,R)＋ma，故C、D错误。]
7．如图甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示。则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图像是下列选项图中的( )
甲 乙
A B
C D
D [因为感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律得：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq \f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以线圈l1中的电流均匀改变，A、C错误；根据题图乙，0～eq \f(T,4)时间内感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确。]
8.
发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视)。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时。在辐条OP转过120°的过程中，下列说法中不正确的是( )
A．O、P两端电压为eq \f(1,4)BL2ω
B．通过LED灯的电流为eq \f(BL2ω,8r)
C．整个装置消耗的电能为eq \f(πωB2L4,8r)
D．增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮
A [辐条OP进入磁场匀速转动时有E＝BLeq \f(ωL,2)，在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和LED灯并联，故电路的总电阻R＝eq \f(4r,3)，OP两端的电压为电源的路端电压U＝eq \f(E,R)·eq \f(r,3)＝eq \f(BL2ω,8)，流过LED灯的电流是I＝eq \f(U,r)＝eq \f(BL2ω,8r)，A错误，B正确；整个装置消耗的电能Q＝eq \f(E2,R)t＝eq \f(E2,\f(4r,3))·eq \f(1,3)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(πωB2L4,8r)，C正确；由LED灯中电流为I＝eq \f(BL2ω,8r)知，增大角速度、增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，故D正确。]
9.如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)( )
A B C D
A [设导轨间距为L，导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流由M经R到N为正值，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B·2vt·v,R)＝eq \f(2Bv2t,R)，故I随时间均匀增大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2B×2L－vtv,R)，故I随时间均匀减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，B错误；第一段时间内安培力大小F＝eq \f(4B2v3t2,R)∝t2，第二段时间内F＝eq \f(8B2L－vt2v,R)，根据数学知识可知，C、D错误。]
10．(2022·江苏一模)如图所示，MN和PQ是两根足够长、电阻不计的相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面。有质量和电阻的金属杆，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，将开关S断开，让金属杆由静止开始下落，经过一段时间后，再将S闭合。金属杆所受的安培力、下滑时的速度分别用F、v表示；通过金属杆的电流、电荷量分别用i、q表示。若从S闭合开始计时，则F、v、i、q分别随时间t变化的图像可能正确的是( )
A B
C D
D [由题意可知金属棒自由下落一段时间后闭合开关S，闭合后金属棒才受到安培力的作用，①当安培力小于重力时，金属棒继续加速，但安培力逐渐增大，结合牛顿第二定律可知，金属棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力大小相等，金属棒做匀速运动；②当金属棒受到的安培力大于重力时，金属棒做减速运动，且安培力逐渐减小，金属棒做加速度减小的减速运动，直到安培力和重力大小相等，金属棒做匀速运动；③当金属棒受到的安培力大小刚好等于重力时，金属棒做匀速运动，电动势恒定，电路中的电流恒定。由于①②过程中速度并不是随时间均匀变化的，则安培力也不随时间均匀变化，故A、B错误；金属棒下滑一段时间闭合S，此时电流不为0，故C错误；若闭合开关S时金属棒受到的安培力大小刚好等于重力，则感应电流恒定，根据q＝It，可知q与t成正比例关系，故D正确。]
11．如图甲所示，两相距L＝1 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝1 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m＝0.1 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v-t图像如图乙所示。在10 s末撤去拉力，同时磁感应强度随时间变化，使金属杆中电流为零。金属杆运动过程中与导轨间摩擦力保持不变。求：
(1)金属杆所受的拉力的大小；
(2)0～10 s内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)10～15 s内，磁感应强度B与时间t的关系式。
甲 乙
[解析] (1)5 s内金属杆未进入磁场，所以有
F－μmg＝ma1
由图可知a1＝0.4 m/s2
10～15 s内仅在摩擦力作用下运动，则μmg＝ma2
由图可知a2＝0.4 m/s2
解得F＝0.08 N。
(2)在5～10 s时间段杆在磁场中做匀速运动，因此有
F＝μmg＋eq \f(B\\al(2,0)L2v,R)
将F＝0.08 N，μmg＝0.04 N，v＝2 m/s代入解得
B0＝0.1eq \r(2) T。
(3)撤去恒定拉力之后，通过回路的磁通量不变，杆在磁场中匀速运动距离为d＝2×5 m＝10 m，设撤去拉力后运动的距离为x，BL(d＋x)＝B0Ld
x＝2t－0.2t2
由此可得B＝eq \f(\r(2),10＋2t－0.2t2) T。
[答案] (1)0.08 N (2)0.1eq \r(2) T
(3)B＝eq \f(\r(2),10＋2t－0.2t2) T
12．(2023·连云港高级中学月考)如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，其他电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：
(1)金属球向下运动过程中，通过电阻R的电流方向；
(2)金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量q；
(3)金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压U。
[解析] (1)由楞次定律可以判断出通过R的电流方向由M指向P。
(2)金属杆从AB滑动到CD的过程中q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt
eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)
eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)
ΔΦ＝B0ΔS＝eq \f(1,4)π(req \\al(2,2)－req \\al(2,1))B0
联立得出q＝eq \f(2πl2B0,R＋r)。
(3)金属杆第一次即将离开磁场时，产生的电动势为E＝B0·2l·eq \f(1,2)(v＋vC)
v＝ωr2
vC＝ωr1
联立得出
E＝eq \f(4,3)B0lv
R两端电压
U＝eq \f(E,R＋r)R＝eq \f(4B0lvR,3R＋r)。
[答案] (1)由M指向P (2)eq \f(2πl2B0,R＋r) (3)eq \f(4B0lvR,3R＋r)
图像类型
(1)随时间变化的图像，如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像；
(2)随位移变化的图像，如E-x图像、I-x图像
(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像(画图像)；
(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图像)
应用知识
四个规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式
(1)平均电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
(2)平动切割电动势E＝Blv
(3)转动切割电动势E＝eq \f(1,2)Bl2ω
(4)闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等
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。
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像进行分析和判断。
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