(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
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1、第3節(jié) 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題 電磁感應(yīng)中的電路問題 [講典例示法] 1.電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖 2.解決電磁感應(yīng)中的電路問題三部曲 [典例示法] (多選)如圖所示,水平面上固定一個(gè)頂角為60°的光滑金屬導(dǎo)軌MON,導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒CD與∠MON的角平分線垂直,導(dǎo)軌與棒單位長度的電阻均為r。t=0時(shí)刻,棒CD在水平外力F的作用下從O點(diǎn)以恒定速度v0沿∠MON的角平分線向右滑動(dòng),在滑動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。若棒與導(dǎo)軌均足夠長,則( ) A.流過導(dǎo)體棒的電流I始終為 B.F隨時(shí)間t的變化關(guān)系為F=
2、t
C.t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的發(fā)熱功率為t0
D.撤去F后,導(dǎo)體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱為mv
ABC [導(dǎo)體棒的有效切割長度L=2v0ttan 30°,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0,回路的總電阻R=r,聯(lián)立可得通過導(dǎo)體棒的電流I==,選項(xiàng)A正確;導(dǎo)體棒受力平衡,則外力F與安培力平衡,即F=BIL,得F=t,選項(xiàng)B正確;t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的電阻為Rx=2v0t0tan 30°·r,則導(dǎo)體棒的發(fā)熱功率P棒=I2Rx=t0,選項(xiàng)C正確;從撤去F到導(dǎo)體棒停下的過程,根據(jù)能量守恒定律有Q棒+Q軌=mv-0,得導(dǎo)體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱Q棒=mv-Q軌 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(shì)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(shì)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(shì)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(chǎng),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(shì)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(chǎng)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(chǎng)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(shì),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(shì)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(shí)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(shì)的大小為E=S=πr2k,故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。]
動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)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(chǎng)。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(shì)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(shì)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(shì)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(chǎng)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(shì)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(shì)差絕對(duì)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(shì)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(shì)差的絕對(duì)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(shí)
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(shì)E=n
(2)平動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)E=Blv
(3)轉(zhuǎn)動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)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(chǎng)中,磁場(chǎng)方向與線框平面垂直。圖乙表示該磁場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)對(duì)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)。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(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí),到MN離開磁場(chǎng)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(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,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,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(chǎng) 15、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(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(shì)(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(duì)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(shì)( )
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(shì)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(shì)的方向,斜率的絕對(duì)值反映電動(dòng)勢(shì)的大小。由題圖(b)可知,電流為零時(shí),電動(dòng)勢(shì)最大,電流最大時(shí)電動(dòng)勢(shì)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(shì)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(shì)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(chǎng)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(chǎng)方向垂直紙面向外,右邊磁場(chǎng)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(shì)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
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