PAGE15-第52講電磁感應中的電路和圖象問題實力命題點一電磁感應中的電路問題1．對電源的理解：在電磁感應現象中，產生感應電動勢的那部分導體相當于電源。分為以下兩種：(1)切割磁感線的導體，產生的電動勢為動生電動勢。(2)處于變更的磁場中產生的感生電場中的導體，產生的電動勢為感生電動勢。2．電磁感應中的內、外電路(1)回路中相當于電源的部分導體為內電路，其電阻為內阻，其余部分為外電路。(2)內電路中電流自低電勢流向高電勢；外電路中電流自高電勢流向低電勢。3．分析電磁感應電路問題的基本思路4．電磁感應現象中通過導體橫截面的電量的求法在Δt時間內通過導體橫截面的電荷量的計算式為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,R·Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)，即通過閉合回路某一橫截面的電荷量僅與ΔΦ、n和回路電阻R有關，而與時間長短、磁場變更的快慢或導體運動的快慢無關。解決選擇題或填空題時，可干脆應用以上結論。為了提高自行車夜間行駛的平安性，小明同學設計了一種“閃耀”裝置。如圖所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2m的金屬內圈、半徑r2＝0.40m的金屬外圈和絕緣輻條構成。后輪的內、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應強度B＝0.10T、方向垂直紙面對外的“扇形”勻強磁場，其內半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝eq\f(π,6)。后輪以角速度ω＝2πrad/s相對于轉軸轉動。若不計其他電阻，忽視磁場的邊緣效應。(1)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應電動勢E，并指出ab上的電流方向；(2)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃耀”裝置的電路圖；(3)從金屬條ab進入“扇形”磁場時起先，經計算畫出輪子轉一圈的過程中，內圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變更的Uab-t圖象；(4)若選擇的是“1.5V'0.3A”的小燈泡，該“閃耀”裝置能否正常工作？有同學提出，通過變更磁感應強度B、后輪外圈半徑r2、角速度ω和張角θ等物理量的大小，優化小明同學的設計方案，請給出你的評價。解析(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(r1＋r2,2)ωE＝B(r2－r1)eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bω(req\o\al(2,2)－req\o\al(2,1))≈4.9×10－2V依據右手定則，可得感應電流方向為b→a。(2)通過分析，可得電路圖如圖所示。(3)設電路中的總電阻為R總，依據電路圖可知R總＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)Ra、b兩端電勢差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R總)R＝eq\f(1,4)E≈1.2×10－2V設ab離開磁場區域的時刻為t1，下一根金屬條進入磁場區域的時刻為t2，則t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s，t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s設輪子轉一圈的時間為T，則T＝eq\f(2π,ω)＝1s在T＝1s內，金屬條有4次進出，后3次Uab與第1次相同。依據以上分析可畫出如下圖象。(4)金屬條的感應電動勢只有4.9×10－2V，遠小于燈泡的額定電壓1.5V，因此“閃耀”裝置不能正常工作。評價：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω同樣有限度；變更θ只能變更“閃耀”時間的長短。答案(1)4.9×10－2Vb→a(2)(3)(4)見解析解決電磁感應電路問題的策略是先源后路，即(2024·濟南高三模擬)在如圖甲所示的電路中，螺線管的匝數n＝1000匝，橫截面積S＝20cm2。螺線管導線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段時間內，垂直穿過螺線管的磁場的磁感應強度B的方向如圖甲所示，大小按如圖乙所示的規律變更，則下列說法中正確的是()A．螺線管中產生的感應電動勢為1.2VB．閉合K，電路中的電流穩定后電容器的下極板帶負電C．閉合K，電路中的電流穩定后，電阻R1的電功率為2.56×10－2WD．K斷開后，流經R2的電量為1.8×10－2答案C解析依據法拉第電磁感應定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得：E＝0.8V，故A錯誤；依據楞次定律可知，螺線管中的感應電流自上而下，則螺線管的下端是電源的正極，電容器的下極板帶正電，故B錯誤；依據閉合電路歐姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.08A，則電阻R1的電功率P＝I2R1＝2.56×10－2W，故C正確；K斷開后，流經R2的電量即為K閉合時電容器極板上所帶的電量Q，電容器兩端的電壓為：U＝IR2＝0.4V，流經R2的電量為：Q＝CU＝1.2×10－5C，故D錯誤。實力命題點二電磁感應中的圖象問題1．電磁感應中常見的圖象問題圖象類型隨時間變更的圖象，如B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象、I-t圖象；隨位移變更的圖象，如E-x圖象、I-x圖象(所以要先看坐標軸：哪個物理量隨哪個物理量變更要弄清)問題類型(1)由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖象(畫圖象)(2)由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量(用圖象)解題關鍵弄清初始條件、正負方向的對應變更范圍、所探討物理量的函數表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵2．解決圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是B-t圖還是Φ-t圖，或者E-t圖、I-t圖等；(2)分析電磁感應的詳細過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；(4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等學問寫出函數關系式；(5)依據函數關系式，進行數學分析，如分析斜率的變更、截距等；(6)推斷圖象或依據圖象計算各物理量。(2024·陜西百校聯盟一模)(多選)如圖甲所示，閉合矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間t變更的規律如圖乙所示。規定垂直紙面對外為磁場的正方向，順時針為線框中感應電流的正方向，水平向右為安培力的正方向。關于線框中的感應電流i、ad邊所受的安培力F隨時間t變更的圖象，下列選項正確的是()解析由題圖乙可知，0～1s時間內，B的方向垂直紙面對外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流的方向是順時針方向，為正值；1～2s時間內，磁通量不變，無感應電流；2～3s時間內，B的方向垂直紙面對外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應電流的方向是逆時針方向，是負值；3～4s時間內，B的方向垂直紙面對里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流的方向是逆時針方向，是負值。在左手定則可知，在0～1s內，ad邊受到的安培力方向水平向右，是正值；1～2s時間內，無感應電流，沒有安培力；2～3s時間內，安培力水平向左，是負值；3～4s時間內，安培力水平向右，是正值；由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(S·ΔB,R·Δt)，由B-t圖象可知，在0～1s、2～4s時間段內，eq\f(ΔB,Δt)的大小不變，在各時間段內I的大小是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，B勻稱變更，則安培力F勻稱變更，不是定值，綜上可知，B、C正確，A、D錯誤。答案BC1．電磁感應圖象選擇題的兩個常用方法(1)解除法定性地分析電磁感應過程中物理量的變更趨勢(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，以解除錯誤的選項。(2)函數法依據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖象進行分析和推斷。2．處理圖象問題要做到“四明確”(1)明確圖象所描述的物理意義；(2)明確各種正、負號的含義；(3)明確圖象斜率或面積的物理意義；(4)明確圖象和電磁感應過程之間的對應關系。(2024·全國卷Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖a所示。已知導線框始終向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變更的圖線如圖b所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是()A．磁感應強度的大小為0.5TB．導線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應強度的方向垂直于紙面對外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1N答案BC解析由圖象可知，從導線框的cd邊進入磁場到ab邊剛好進入磁場，用時為0.2s，可得導線框運動速度的大小v＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B正確；由圖象可知，cd邊切割磁感線產生的感應電動勢E＝0.01V，由公式E＝BLv，可得磁感應強度的大小B＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A錯誤；感應電流的方向為順時針時，對cd邊應用右手定則可知，磁感應強度的方向垂直于紙面對外，C正確；t＝0.4s至t＝0.6s時間段為cd邊離開磁場，ab邊切割磁感線的過程，由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F＝eq\f(BEL,R)，代入數據得F＝0.04N，D錯誤。課時作業1．(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌水平平行放置，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的導體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運動，導體棒與導軌接觸良好；導軌所在平面存在磁感應強度大小B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場。下列說法中正確的是()A．導體棒ab中電流的流向為由b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1V答案BD解析由右手定則可知ab中電流方向為a→b，A錯誤；導體棒ab切割磁感線產生的感應電動勢E＝Blv，ab為電源，cd間的電阻R為外電路負載，de和cf間的電阻中無電流，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錯誤。2．匝數n＝100匝的圓形金屬線圈的電阻R＝2Ω，線圈與R1＝2Ω的電阻連成閉合回路，其簡化電路如圖甲所示，A、B為線圈兩端點。線圈的半徑r1＝15cm，在線圈中半徑r2＝10cm的圓形區域存在垂直于線圈平面對里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變更的圖象如圖乙所示。則下列說法正確的是()A．A點電勢比B點電勢低B．線圈中產生的感應電動勢為4.5πVC．R1兩端電壓為πVD．0～2s內通過R1的電荷量為1.125πC答案C解析依據楞次定律可知，線圈中的磁通量勻稱增大，感應電流沿逆時針方向，因此A點電勢比B點電勢高，A錯誤；依據法拉第電磁感應定律有E＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝100×eq\f(4,2)×π×0.12V＝2πV，B錯誤；回路中的電流I＝eq\f(E,R1＋R)＝eq\f(2π,2＋2)A＝eq\f(π,2)A，R1兩端的電壓為U1＝IR1＝eq\f(π,2)×2V＝πV，C正確；0～2s內通過R1的電荷量為q＝It＝eq\f(π,2)×2C＝πC，D錯誤。3．一矩形線圈位于一個方向垂直線圈平面對里的磁場中，如圖甲所示，磁感應強度B隨t的變更規律如圖乙所示。以i表示線圈中的感應電流，以圖甲線圈上箭頭所示方向的電流為正，則以下的i-t圖中正確的是()答案A解析依據題圖乙可知，在0～1s內，eq\f(ΔB,Δt)不變且線圈面積S也不變，所以依據E＝eq\f(ΔB,Δt)S可知感應電動勢恒定，感應電流恒定，由楞次定律可得電流為逆時針方向，在圖象中為負；2～3s內，同理，由E＝eq\f(ΔB,Δt)S知i恒定，方向為正；1～2s內，B不變，i＝0，A正確。4.如圖所示，由某種粗細勻稱的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中()A．PQ中的電流先增大后減小B．PQ兩端的電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功領先減小后增大D．線框消耗的電功領先減小后增大答案C解析導體棒產生的電動勢為E＝BLv，其等效電路如圖所示，總電阻為R總＝R＋eq\f(R1R2,R1＋R2)＝R＋eq\f(R13R－R1,3R)，在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，A錯誤；PQ兩端的電壓為路端電壓U＝E－IR，即先增大后減小，B錯誤；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，先減小后增大，C正確；依據電源的輸出功率曲線可知，當外電阻eq\f(R1R2,R1＋R2)＝R時輸出功率最大，而外電阻的最大值為0.75R，所以線框消耗的功領先增大后減小，D錯誤。5.如圖所示，寬度為l＝1m的平行光滑導軌置于勻強磁場中，導軌放置于豎直面內，磁感應強度大小B＝0.4T，方向垂直于導軌平面對里，長度恰好等于導軌寬度的金屬棒ab在水平向左的拉力F＝0.2N作用下向左勻速運動，金屬棒ab的電阻為1Ω，外接電阻R1＝2Ω，R2＝1Ω。平行金屬板的間距d＝10mm，板間有一質量m＝0.1g的帶電液滴恰好處于靜止狀態，g取10m/s2。求：(1)金屬棒中的感應電流I；(2)金屬棒運動的速度v的大??；(3)液滴所帶的電荷量及電性。答案(1)0.5A'(2)5m/s'(3)2×10－5C解析(1)因金屬棒做勻速直線運動，依據右手定則，可以推斷出ab棒中的感應電流方向為a→b，ab棒受到的安培力F安水平向右，依據平衡條件有F＝F安＝BIl解得I＝0.5A。(2)依據法拉第電磁感應定律得E＝Blv由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,r＋R1＋R2)代入數據，聯立解得v＝5m/s。(3)因ab棒中的電流方向為a→b，則可判定金屬板的下極板帶正電，由于帶電液滴處于靜止狀態，依據平衡學問可知，液滴帶正電，此時有eq\f(U2,d)q＝mg，U2＝IR2解得q＝2×10－5C6．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，在同一平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區域，區域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動，線框中感應電流i隨時間t變更的正確圖線可能是()答案D解析如圖甲，線框左端從①移動到②的過程中線框左邊切割磁感線產生的電流方向是順時針，線框右邊切割磁感線產生的電流方向也是順時針，線框兩邊切割磁感線產生的電動勢方向相同，所以E＝2BLv，其中L＝eq\f(3,2)l，則電流為i＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Blv,R)，電流恒定且方向為順時針。如圖乙，再從②移動到③的過程中線框左右兩邊切割磁感線產生的電動勢大小相等，方向相反，所以回路中電流表現為零。如圖丙，然后從③到④的過程中，線框左邊切割磁感線產生的電流方向是逆時針，而線框右邊切割磁感線產生的電流方向也是逆時針，所以電流的大小為i＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Blv,R)，方向是逆時針。當線框再向左運動時，線框左邊切割磁感線產生的電動勢方向是順時針，線框右邊切割磁感線產生的電動勢方向是逆時針，此時回路中電流表現為零，故線框在運動過程中電流是周期性變更，故D正確。7．(2024·山東煙臺一模)如圖所示，空間有兩個寬度分別為L和2L的有界勻強磁場區域，磁感應強度大小都為B，左側磁場方向垂直于紙面對里，右側磁場方向垂直于紙面對外，abcd是一個勻稱電阻絲做成的邊長為L的正方形線框，線框以垂直于磁場邊界的速度v勻速通過兩個磁場區域，在運動過程中，線框ab、cd兩邊始終與磁場的邊界平行。設線框cd邊剛進入磁場的位置為x＝0，x軸正方向水平向右，從線框cd邊剛進入磁場起先到整個線框離開磁場區域的過程中，線框受到的安培力F(規定水平向右為正方向)隨著位置x答案C解析第一個過程：cd邊剛進入左側磁場到ab邊剛要進入左側磁場的過程，cd邊受安培力，大小為F0＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左。其次個過程：cd邊剛進入右側磁場到ab邊剛進入右側磁場的過程中，線框受到的安培力為：F＝2BI′L＝2Beq\f(2BLv,R)L＝4eq\f(B2L2v,R)＝4F0，方向向左。第三個過程：ab邊離開左側磁場到cd邊到右側磁場的右邊界，在這個過程，線框中沒有感應電流，所以線框不受安培力的作用。第四個過程：cd邊剛離開右側磁場到ab邊剛離開右側磁場的過程，ab邊受安培力，大小為F＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)＝F0，方向向左。綜合以上分析，C正確。8.(2024·吉林省吉林市三模)將一勻稱導線圍成一圓心角為90°的扇形導線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導線框的O點置于如圖所示的直角坐標系的原點，其中其次和第四象限存在垂直紙面對里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B，第三象限存在垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B。從t＝0時刻起先讓導線框以O點為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速圓周運動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的變更規律描繪正確的是()答案B解析在0～t0時間內，線框從圖示位置起先(t＝0)轉過90°的過程中，產生的感應電動勢為E1＝eq\f(1,2)Bω·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(BR2ω,2r)，依據楞次定律推斷可知，線框中感應電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)。在t0～2t0時間內，線框進入第三象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)?；芈分挟a生的感應電動勢為E2＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應電流為I2＝3I1。在2t0～3t0時間內，線框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產生的感應電動勢為E3＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)Bω·R2＝3E1，感應電流為I3＝3I1。在3t0～4t0時間內，線框離開第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產生的感應電動勢為E4＝eq\f(1,2)Bω·R2，回路電流為I4＝I1，故B正確，A、C、D錯誤。9．(2024·陜西咸陽三模)(多選)一正方形金屬線框位于有界勻強磁場區域內，線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖甲所示。t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止起先做勻加速直線運動穿過磁場，外力F隨時間t變更的圖象如圖乙所示。已知線框質量m＝1kg、電阻R＝1Ω，以下說法正確的是()A．線框做勻加速直線運動的加速度為1m/s2B．勻強磁場的磁感應強度為2eq\r(2)TC．線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量為eq\f(\r(2),2)CD．線框邊長為1m答案ABC解析t＝0時刻，線框的速度為零，線框中沒有感應電流，不受安培力，其加速度為：a＝eq\f(F,m)＝1m/s2，故A正確；線框的邊長為：L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×12m＝0.5m，故D錯誤；線框剛出磁場時的速度為v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此時線框所受的安培力為FA＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，則得FA＝eq\f(B2L2v,R)，依據牛頓其次定律得F－FA＝ma，則F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，代入數據F＝3N，m＝1kg，R＝1Ω，L＝0.5m，v＝1m/s，a＝1m/s2，解得B＝2eq\r(2)T，故B正確；通過線框的電荷量：q＝eq\x\to(I)Δt，電流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\