2021届高考物理人教版一轮创新教学案：第52讲　电磁感应中的电路和图象问题


第52讲　电磁感应中的电路和图象问题

能力命题点一　电磁感应中的电路问题


1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。分为以下两种：
(1)切割磁感线的导体，产生的电动势为动生电动势。
(2)处于变化的磁场中产生的感生电场中的导体，产生的电动势为感生电动势。
2．电磁感应中的内、外电路
(1)回路中相当于电源的部分导体为内电路，其电阻为内阻，其余部分为外电路。
(2)内电路中电流自低电势流向高电势；外电路中电流自高电势流向低电势。
3．分析电磁感应电路问题的基本思路

4．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的求法
在Δt时间内通过导体横截面的电荷量的计算式为：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝，即通过闭合回路某一横截面的电荷量仅与ΔΦ、n和回路电阻R有关，而与时间长短、磁场变化的快慢或导体运动的快慢无关。解决选择题或填空题时，可直接应用以上结论。

为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置。如图所示，自行车后轮由半径r1＝5.0×10－2 m的金属内圈、半径r2＝0.40 m的金属外圈和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B＝0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角θ＝。后轮以角速度ω＝2π rad/s相对于转轴转动。若不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应。

(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；
(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈的过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab­t图象；
(4)若选择的是“1.5 V'0.3 A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化小明同学的设计方案，请给出你的评价。
解析　(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，平均速度
＝ω
E＝B(r2－r1)＝Bω(r－r)≈4.9×10－2 V
根据右手定则，可得感应电流方向为b→a。
(2)通过分析，可得电路图如图所示。

(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知
R总＝R＋R＝R
a、b两端电势差
Uab＝E－IR＝E－R＝E≈1.2×10－2 V
设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，则
t1＝＝ s，t2＝＝ s
设轮子转一圈的时间为T，则T＝＝1 s
在T＝1 s内，金属条有4次进出，后3次Uab与第1次相同。
根据以上分析可画出如下图象。

(4)金属条的感应电动势只有4.9×10－2 V，远小于灯泡的额定电压1.5 V，因此“闪烁”装置不能正常工作。
评价：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω同样有限度；改变θ只能改变“闪烁”时间的长短。
答案　(1)4.9×10－2 V　b→a　(2)(3)(4)见解析

解决电磁感应电路问题的策略是先源后路，即


(2019·济南高三模拟)在如图甲所示的电路中，螺线管的匝数n＝1000匝，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是(　　)

A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B．闭合K，电路中的电流稳定后电容器的下极板带负电
C．闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2 W
D．K断开后，流经R2的电量为1.8×10－2 C
答案　C
解析　根据法拉第电磁感应定律：E＝n＝nS，解得：E＝0.8 V，故A错误；根据楞次定律可知，螺线管中的感应电流自上而下，则螺线管的下端是电源的正极，电容器的下极板带正电，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I＝＝0.08 A，则电阻R1的电功率P＝I2R1＝2.56×10－2 W，故C正确；K断开后，流经R2的电量即为K闭合时电容器极板上所带的电量Q，电容器两端的电压为：U＝IR2＝0.4 V，流经R2的电量为：Q＝CU＝1.2×10－5 C，故D错误。

能力命题点二　电磁感应中的图象问题


1．电磁感应中常见的图象问题
图象
类型
随时间变化的图象，如B­t图象、Φ­t图象、E­t图象、I­t图象；随位移变化的图象，如E­x图象、I­x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)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)
解题
关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键
2．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、I­t图等；
(2)分析电磁感应的具体过程；
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式；
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；
(6)判断图象或根据图象计算各物理量。

(2020·陕西百校联盟一模)(多选)如图甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向外为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电流i、ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是(　　)

解析　由题图乙可知，0～1 s时间内，B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流的方向是顺时针方向，为正值；1～2 s时间内，磁通量不变，无感应电流；2～3 s时间内，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流的方向是逆时针方向，是负值；3～4 s时间内，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流的方向是逆时针方向，是负值。在左手定则可知，在0～1 s内，ad边受到的安培力方向水平向右，是正值；1～2 s时间内，无感应电流，没有安培力；2～3 s时间内，安培力水平向左，是负值；3～4 s时间内，安培力水平向右，是正值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝＝S，感应电流I＝＝，由B­t图象可知，在0～1 s、2～4 s时间段内，的大小不变，在各时间段内I的大小是定值，ad边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，综上可知，B、C正确，A、D错误。
答案　BC

1．电磁感应图象选择题的两个常用方法
(1)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。
(2)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。
2．处理图象问题要做到“四明确”
(1)明确图象所描述的物理意义；
(2)明确各种正、负号的含义；
(3)明确图象斜率或面积的物理意义；
(4)明确图象和电磁感应过程之间的对应关系。

(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图a所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图b所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)

A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
答案　BC
解析　由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s，B正确；由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝ T＝0.2 T，A错误；感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C正确；t＝0.4 s至t＝0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程，由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入数据得F＝0.04 N，D错误。

课时作业
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻。一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是(　　)

A．导体棒ab中电流的流向为由b到a
B．cd两端的电压为1 V
C．de两端的电压为1 V
D．fe两端的电压为1 V
答案　BD
解析　由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间的电阻R为外电路负载，de和cf间的电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝×R＝＝1 V，B、D正确，C错误。
2．匝数n＝100匝的圆形金属线圈的电阻R＝2 Ω，线圈与R1＝2 Ω的电阻连成闭合回路，其简化电路如图甲所示，A、B为线圈两端点。线圈的半径r1＝15 cm，在线圈中半径r2＝10 cm的圆形区域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变化的图象如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)

A．A点电势比B点电势低
B．线圈中产生的感应电动势为4.5π V
C．R1两端电压为π V
D．0～2 s内通过R1的电荷量为1.125π C
答案　C
解析　根据楞次定律可知，线圈中的磁通量均匀增大，感应电流沿逆时针方向，因此A点电势比B点电势高，A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝n··S＝100××π×0.12 V＝2π V，B错误；回路中的电流I＝＝ A＝ A，R1两端的电压为U1＝IR1＝×2 V＝π V，C正确；0～2 s内通过R1的电荷量为q＝It＝×2 C＝π C，D错误。
3．一矩形线圈位于一个方向垂直线圈平面向里的磁场中，如图甲所示，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示。以i表示线圈中的感应电流，以图甲线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的i­t图中正确的是(　　)


答案　A
解析　根据题图乙可知，在0～1 s内，不变且线圈面积S也不变，所以根据E＝S可知感应电动势恒定，感应电流恒定，由楞次定律可得电流为逆时针方向，在图象中为负；2～3 s内，同理，由E＝S知i恒定，方向为正；1～2 s内，B不变，i＝0，A正确。
4. 如图所示，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B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中的电流先增大后减小
B．PQ两端的电压先减小后增大
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
答案　C
解析　导体棒产生的电动势为E＝BLv，其等效电路如图所示，总电阻为R总＝R＋＝R＋，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，A错误；PQ两端的电压为路端电压U＝E－IR，即先增大后减小，B错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有PF＝P安＝F安v＝BILv，先减小后增大，C正确；根据电源的输出功率曲线可知，当外电阻＝R时输出功率最大，而外电阻的最大值为0.75R，所以线框消耗的功率先增大后减小，D错误。

5. 如图所示，宽度为l＝1 m的平行光滑导轨置于匀强磁场中，导轨放置于竖直面内，磁感应强度大小B＝0.4 T，方向垂直于导轨平面向里，长度恰好等于导轨宽度的金属棒ab在水平向左的拉力F＝0.2 N作用下向左匀速运动，金属棒ab的电阻为1 Ω，外接电阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω。平行金属板的间距d＝10 mm，板间有一质量m＝0.1 g的带电液滴恰好处于静止状态，g取10 m/s2。求：

(1)金属棒中的感应电流I；
(2)金属棒运动的速度v的大小；
(3)液滴所带的电荷量及电性。
答案　(1)0.5 A'(2)5 m/s ' (3)2×10－5 C'带正电
解析　(1)因金属棒做匀速直线运动，根据右手定则，可以判断出ab棒中的感应电流方向为a→b，ab棒受到的安培力F安水平向右，根据平衡条件有F＝F安＝BIl
解得I＝0.5 A。
(2)根据法拉第电磁感应定律得E＝Blv
由闭合电路欧姆定律得I＝
代入数据，联立解得v＝5 m/s。
(3)因ab棒中的电流方向为a→b，则可判定金属板的下极板带正电，由于带电液滴处于静止状态，根据平衡知识可知，液滴带正电，此时有q＝mg，U2＝IR2
解得q＝2×10－5 C。

6．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)


答案　D
解析　如图甲，线框左端从①移动到②的过程中线框左边切割磁感线产生的电流方向是顺时针，线框右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，线框两边切割磁感线产生的电动势方向相同，所以E＝2BLv，其中L＝l，则电流为i＝＝，电流恒定且方向为顺时针。

如图乙，再从②移动到③的过程中线框左右两边切割磁感线产生的电动势大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零。

如图丙，然后从③到④的过程中，线框左边切割磁感线产生的电流方向是逆时针，而线框右边切割磁感线产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为i＝＝，方向是逆时针。

当线框再向左运动时，线框左边切割磁感线产生的电动势方向是顺时针，线框右边切割磁感线产生的电动势方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线框在运动过程中电流是周期性变化，故D正确。
7．(2019·山东烟台一模)如图所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外，abcd是一个均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x＝0，x轴正方向水平向右，从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置x变化的图象正确的是(　　)


答案　C
解析　第一个过程：cd边刚进入左侧磁场到ab边刚要进入左侧磁场的过程，cd边受安培力，大小为F0＝BIL＝BL＝，方向向左。
第二个过程：cd边刚进入右侧磁场到ab边刚进入右侧磁场的过程中，线框受到的安培力为：F＝2BI′L＝2BL＝4＝4F0，方向向左。
第三个过程：ab边离开左侧磁场到cd边到右侧磁场的右边界，在这个过程，线框中没有感应电流，所以线框不受安培力的作用。
第四个过程：cd边刚离开右侧磁场到ab边刚离开右侧磁场的过程，ab边受安培力，大小为F＝BIL＝BL＝＝F0，方向向左。
综合以上分析，C正确。
8.(2019·吉林省吉林市三模)将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是(　　)


答案　B
解析　在0～t0时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝＝，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)。回路中产生的感应电动势为E2＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1，感应电流为I2＝3I1。在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝Bω·R2＝3E1，感应电流为I3＝3I1。在3t0～4t0时间内，线框离开第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝Bω·R2，回路电流为I4＝I1，故B正确，A、C、D错误。
9．(2019·陕西咸阳三模)(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝1 Ω，以下说法正确的是(　　)

A．线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2
B．匀强磁场的磁感应强度为2 T
C．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为 C
D．线框边长为1 m
答案　ABC
解析　t＝0时刻，线框的速度为零，线框中没有感应电流，不受安培力，其加速度为：a＝＝1 m/s2，故A正确；线框的边长为：L＝at2＝×1×12 m＝0.5 m，故D错误；线框刚出磁场时的速度为 v＝at＝1×1 m/s＝1 m/s，此时线框所受的安培力为FA＝BIL，I＝，则得FA＝，根据牛顿第二定律得 F－FA＝ma，则F－＝ma，代入数据 F＝3 N，m＝1 kg，R＝1 Ω，L＝0.5 m，v＝1 m/s，a＝1 m/s2，解得B＝2 T，故B正确；通过线框的电荷量：q＝Δt，电流：＝，由法拉第电磁感应定律得：＝，则得通过线框的电荷量：q＝＝＝ C＝ C，故C正确。
10．(2019·黑龙江省北安市第一中学高三下月考)(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＝R0、R2＝。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
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5倍
D．正方形导体框中的感应电动势为kL2
答案　AC
解析　由法拉第电磁感应定律得线框中的感应电动势为：E＝＝＝kπr2，D错误；R2与滑动变阻器的右半部分并联，二者并联后的电阻为，然后与滑动变阻器的左半部分串联后的总电阻为，外电路的总电阻为R1＋＝，故R2两端电压为·＝，A正确；电路左侧的变化磁场在正方形导线框内产生逆时针的电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电，B错误；设干路电流为I，则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，通过R2的电流也为，由P＝I2R知，滑动变阻器热功率为P＝I2·＋2·＝，R2的热功率为P2＝2＝，所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍，故C正确。