3、變化的關(guān)系式，并畫出圖象。
提示：回路中熱功率P＝I2R，
回路中電流I＝為定值，R＝2v0tr，
可得P＝t，圖象如圖甲所示。
甲
【變式2】 試推導(dǎo)出回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時(shí)間變化的關(guān)系式，并畫出圖象。
提示：中P-t圖線與t軸所圍面積表示回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q，則
Q＝Pt＝t2。圖象如圖乙、丙所示。
乙 丙
電磁感應(yīng)中確定電源的方法
(1)判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的那一部分導(dǎo)體(電源)。
(2)動(dòng)生問題(棒切割磁感線)產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝BLv，方向由右手定則判定。
(3)感生問題(磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化)的電動(dòng)勢E＝n，方向由楞次定律判定。在等效電
4、源內(nèi)部電流方向都是由負(fù)極流向正極的。
[跟進(jìn)訓(xùn)練]
感生電動(dòng)勢電路分析
1．(2016·浙江高考)如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則( )
A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流
B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢之比為9∶1
C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4
D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1
B [當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變大時(shí)，由楞次定律知，線圈中感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，由安培定則知，線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
5、由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，選項(xiàng)B正確；由R＝ρ知兩線圈的電阻關(guān)系為Ra＝3Rb，其感應(yīng)電流之比為Ia∶Ib＝3∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；兩線圈的電功率之比為Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]
2．(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k>0)?；芈分谢瑒?dòng)變阻器R的最大阻值為R0，滑動(dòng)片P位于滑動(dòng)變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝。閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動(dòng)勢，則( )
A．R2兩端的電壓為
B．電容器的a
6、極板帶正電
C．滑動(dòng)變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍
D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢為kL2
AC [P將R分為R左、R右兩部分，R左＝R右＝，R2與R右并聯(lián)，阻值為，再與R1、R左串聯(lián)，故R2兩端的電壓為U′＝·＝，故A選項(xiàng)正確；正方形導(dǎo)線框相當(dāng)于電源，根據(jù)楞次定律可知，定值電阻R1的左端與電源的正極相連，則電容器的b極板帶正電，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)電路的串、并聯(lián)知識和純電阻的熱功率的計(jì)算公式P＝I2R可得，定值電阻R2的熱功率為P＝I·，滑動(dòng)變阻器R的熱功率為P′＝I·＋(2I0)2·＝5I·＝5P，即滑動(dòng)變阻器R的熱功率是定值電阻R2的熱功率的5倍，故C選項(xiàng)正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定
7、律可得，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為E＝S＝πr2k，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。]
動(dòng)生電動(dòng)勢電路分析
3．(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動(dòng)變阻器R1(0≤R1≤2R)?？騼?nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場。一長為L，電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)，金屬框電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是( )
A．ABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針
B．左右兩個(gè)閉合區(qū)域的磁通量都在變化且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為2BLv
C．當(dāng)滑動(dòng)變阻器
8、接入電路中的阻值R1＝R時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLv
D．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝時(shí)，滑動(dòng)變阻器有最大電功率且為
AD [根據(jù)楞次定律可知，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，故B錯(cuò)誤；R1＝R時(shí)，外電路總電阻R外＝，故導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓應(yīng)等于BLv，故C錯(cuò)誤；該電路電動(dòng)勢E＝BLv，電源的內(nèi)阻為R，求解滑動(dòng)變阻器的最大電功率時(shí)，可以將導(dǎo)體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為，故當(dāng)R1＝時(shí)，等效電源的輸出功率最大，即滑動(dòng)變阻器的電功率最大，最大值Pm＝＝＝，故D正確。]
4．如圖所示，均勻金屬圓環(huán)的總電阻為4R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直穿過圓
9、環(huán)。金屬桿OM的長為l，阻值為R，M端與環(huán)接觸良好，繞過圓心O的轉(zhuǎn)軸以恒定的角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。阻值為R的電阻一端用導(dǎo)線和圓環(huán)最下端的A點(diǎn)連接，另一端和金屬桿的轉(zhuǎn)軸O處的端點(diǎn)相連接。下列判斷正確的是( )
A．金屬桿OM旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢恒為
B．通過電阻R的電流的最小值為，方向從Q到P
C．通過電阻R的電流的最大值為
D．OM兩點(diǎn)間電勢差絕對值的最大值為
AD [M端線速度為v＝ωl，OM切割磁感線的平均速度為＝＝，OM轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢恒為E＝Bl＝，故A正確；當(dāng)M端位于最上端時(shí)，圓環(huán)兩部分電阻相等，并聯(lián)電阻最大，電路的總電阻最大，通過R的電流最小，因R并＝×
10、2R＝R，通過電阻R的電流的最小值為：Imin＝＝，根據(jù)右手定則可知電流方向從Q到P，故B錯(cuò)誤；當(dāng)M位于最下端時(shí)圓環(huán)被短路，此時(shí)通過電阻R的電流最大，為：Imax＝＝，故C錯(cuò)誤；OM作為電源，外電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，所以外電阻最大時(shí)，OM兩點(diǎn)間電勢差的絕對值最大，其最大值為：U＝Imin·2R＝，故D正確。]
電磁感應(yīng)中的圖象問題 [分考向訓(xùn)練]
電磁感應(yīng)中常見的圖象問題
圖象類型
(1)隨時(shí)間變化的圖象，如B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象、I-t圖象
(2)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(gè)物理量隨哪個(gè)物理量變化要弄
11、清)
問題類型
(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象(畫圖象)
(2)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(gè)規(guī)律
左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律
六類公式
(1)平均電動(dòng)勢E＝n
(2)平動(dòng)切割電動(dòng)勢E＝Blv
(3)轉(zhuǎn)動(dòng)切割電動(dòng)勢E＝Bl2ω
(4)閉合電路歐姆定律I＝
(5)安培力F＝BIl
(6)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)公式等
[跟進(jìn)訓(xùn)練]
根據(jù)電磁感應(yīng)過程選擇圖象
1．如圖甲所示，正三角形硬導(dǎo)線框abc固定在磁場中，磁場方向與線框平面垂直。圖乙表示該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系，t＝0時(shí)刻磁場方
12、向垂直紙面向里。在0～4t0時(shí)間內(nèi)，線框ab邊受到該磁場對它的安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖為(規(guī)定垂直ab邊向左為安培力的正方向)( )
甲 乙
A B
C D
A [0～t0時(shí)間內(nèi)，磁場方向垂直紙面向里，均勻減小，＝，根據(jù)楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知：流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流I不變，方向從b到a，其受到的安培力方向向左，大小為F＝BIL，均勻減小到零；同理，t0～2t0時(shí)間內(nèi)，磁場方向垂直紙面向外，均勻增大，＝，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流I不變，方向從b到a，其受到的安培力方向向右，從零開始均勻增大；2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，磁場方
13、向垂直紙面向外，＝0，導(dǎo)線ab不受安培力；3t0～3.5t0時(shí)間內(nèi)，磁場方向垂直紙面向外，均勻減小，＝，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流為2I不變，方向從a到b，其受到的安培力方向向左，大小為F＝2BIL，即均勻減小到零；3.5t0～4t0時(shí)間內(nèi)，磁場方向垂直紙面向里，均勻增加，＝，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流為2I不變，方向從a到b，其受到的安培力方向向右，大小為F＝2BIL，即從零開始均勻增大，A項(xiàng)正確。]
2．(多選)(2019·全國卷Ⅱ)如圖所示，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)軌電阻忽略不計(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。將兩根相
14、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)入磁場時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場區(qū)域?yàn)橹?，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是( )
A B C D
AD [根據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場時(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)入磁場時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時(shí)間后MN進(jìn)入磁場區(qū)域，根據(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)間變化的圖象可能是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
15、時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小相等，MN進(jìn)入磁場區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不可能小于I1，B錯(cuò)誤；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(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，二者在磁場中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能是D，C錯(cuò)誤。]
電磁感應(yīng)中圖象選擇類的兩個(gè)常用方法
排除法
定性地
16、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)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。
函數(shù)法
根據(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)系對圖象進(jìn)行分析和判斷。
根據(jù)圖象分析判斷電磁感應(yīng)過程
3．(多選)(2018·全國卷Ⅲ)如圖(a)所示，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)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( )
圖(a) 圖(b)
A．在t＝時(shí)為零
B．在t＝時(shí)改變方向
C．在t＝時(shí)最大，且沿順
17、時(shí)針方向
D．在t＝T時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向
AC [因通電導(dǎo)線的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小正比于電流的大小，故導(dǎo)線框R中磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的變化關(guān)系類似于題圖(b)，感應(yīng)電動(dòng)勢正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負(fù)反映電動(dòng)勢的方向，斜率的絕對值反映電動(dòng)勢的大小。由題圖(b)可知，電流為零時(shí)，電動(dòng)勢最大，電流最大時(shí)電動(dòng)勢為零，A正確，B錯(cuò)誤；再由楞次定律可判斷在一個(gè)周期內(nèi)，～內(nèi)電動(dòng)勢的方向沿順時(shí)針，時(shí)刻最大，C正確；其余時(shí)間段電動(dòng)勢沿逆時(shí)針方向，D錯(cuò)誤。]
4．(多選)如圖甲所示，在水平面上固定一個(gè)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
18、個(gè)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，則下列說法中正確的是(π取3)( )
甲 乙
A．線框中感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針方向
B．t＝0.4 s時(shí)，穿過線框的磁通量為0.005 Wb
C．經(jīng)過t＝0.4 s，線框中產(chǎn)生的熱量為0.3 J
D．前0.4 s內(nèi)流過線框某截面的電荷量為0.2 C
CD [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(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0.4 s時(shí)穿過線框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝πr2·B1－πr2·B2＝0.055 Wb，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖乙知＝＝10 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感應(yīng)電流I＝＝0.5 A,0.4 s內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.3 J，選項(xiàng)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(xiàng)D正確。]
“四明確、一理解”巧解圖象問題
10
（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第3節(jié) 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題教學(xué)案
