2019-2020版高中物理 第一章 電磁感應 微型專題3 電磁感應中的電路和圖像問題講義+精練（含解析）教科版選修3-2

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1、微型專題3　電磁感應中的電路和圖像問題 [學科素養(yǎng)與目標要求]　 物理觀念：進一步熟練掌握法拉第電磁感應定律、楞次定律、閉合電路歐姆定律． 科學思維：1.掌握電磁感應現(xiàn)象中電路問題的基本思路和方法，建立解決電磁感應現(xiàn)象中電路問題的思維模型.2.將抽象思維與形象思維相結合，綜合應用楞次定律和法拉第電磁感應定律解決電磁感應中的圖像問題． 一、電磁感應中的電路問題 1．明確哪部分電路或導體產(chǎn)生感應電動勢，該部分電路或導體就相當于電源，其他部分是外電路． 2．畫等效電路圖，分清內、外電路． 3．用法拉第電磁感應定律E＝n或E＝Blv確定感應電動勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電

2、流的方向．注意在等效電源內部，電流方向從負極流向正極． 4．運用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點、電功率、電熱等公式聯(lián)立求解． 例1　固定在勻強磁場中的正方形導線框abcd邊長為L，其中ab是一段電阻為R的均勻電阻絲，其余三邊均為電阻可以忽略的銅線．磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有一段與ab段的材料、粗細、長度均相同的電阻絲PQ架在導線框上(如圖1所示)．若PQ以恒定的速度v從ad滑向bc，當其滑過的距離時，通過aP段的電流是多大？方向如何？ 圖1 答案　　方向由 P到a 解析　PQ在磁場中做切割磁感線運動產(chǎn)生感應電動勢，由于是閉合回路，故電路中有感應電流，可將電阻絲PQ視

3、為有內阻的電源，電阻絲aP與bP并聯(lián)，且RaP＝R、RbP＝R，于是可畫出如圖所示的等效電路圖． 電源電動勢為E＝BLv，外電阻為R外＝＝R. 總電阻為R總＝R外＋r＝R＋R，即R總＝R. 電路中的電流為：I＝＝. 通過aP段的電流為：IaP＝I＝，方向由P到a. [學科素養(yǎng)]　本題考查了電磁感應中的電路問題．正確畫出等效電路圖是解題的關鍵，所以要熟記以下兩點：(1)“切割”磁感線的導體(或磁通量發(fā)生變化的線圈)相當于“電源”；(2)在“電源”內部電流從負極流向正極．解決本題的思路是：先確定“電源”，畫出等效電路圖，再利用閉合電路歐姆定律來計算總電流，然后根據(jù)電路的串、并聯(lián)關系求

4、出aP段中的電流，通過這樣的分析培養(yǎng)了學生的綜合分析能力，很好地體現(xiàn)了“科學思維”的學科素養(yǎng)． 例2　面積S＝0.2 m2、n＝100匝的圓形線圈，處在如圖2所示的勻強磁場內，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律是B＝0.02t T，R＝3 Ω，C＝30 μF，線圈電阻r＝1 Ω，求： 圖2 (1)通過R的電流方向和4 s內通過導線橫截面的電荷量； (2)電容器的電荷量． 答案　(1)方向由b→a　0.4 C　(2)9×10－6 C 解析　(1)由楞次定律可求得電流的方向為逆時針，通過R的電流方向為b→a， q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n＝0.4 C. (2)由E＝n＝nS＝100×

5、0.2×0.02 V＝0.4 V， I＝＝ A＝0.1 A， UC＝UR＝IR＝0.1×3 V＝0.3 V， Q＝CUC＝30×10－6×0.3 C＝9×10－6 C. 二、電磁感應中的圖像問題 1．問題類型 (1)由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖像． (2)由給定的圖像分析電磁感應過程，求解相應的物理量． 2．圖像類型 (1)各物理量隨時間t變化的圖像，即B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像和I－t圖像． (2)導體切割磁感線運動時，還涉及感應電動勢E和感應電流I隨導體位移變化的圖像，即E－x圖像和I－x圖像． 3．解決此類問題需要熟練掌握的規(guī)律：安培定則、左手定則

6、、楞次定律、右手定則、法拉第電磁感應定律、歐姆定律等． 例3　(2018·北京101中學下學期高二期中)如圖3甲所示，矩形線圈abcd位于勻強磁場中，磁場方向垂直線圈所在平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．以圖中箭頭所示方向為線圈中感應電流i的正方向，以垂直于線圈所在平面向里為磁感應強度B的正方向，則下列圖中能正確表示線圈中感應電流i隨時間t變化規(guī)律的是(　　) 圖3 答案　C 解析　由法拉第電磁感應定律和歐姆定律得：I＝＝＝·，所以線圈中的感應電流決定于磁感應強度B隨t的變化率，B－t圖像的斜率為，故在2～3 s內感應電流的大小是0～1 s內的2倍．再由B－t

7、圖像可知，0～1 s時間內，B增大，Φ增大，感應電流的磁場與原磁場方向相反(感應電流的磁場方向向外)，由楞次定律知，感應電流方向是逆時針，因而是負值．所以可判斷0～1 s為負的恒值；1～2 s為零；2～3 s為正的恒值，C正確． 例4　如圖4所示，一底邊長為L、底邊上的高也為L的等腰三角形導體線框以恒定的速度v沿垂直于磁場區(qū)域邊界的方向穿過長為2L、寬為L的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．t＝0時刻，三角形導體線框的底邊剛進入磁場，取沿逆時針方向的感應電流為正方向，則在三角形導體線框穿過磁場區(qū)域的過程中，感應電流i隨時間t變化的圖線可能是(　　) 圖4 答案　A 解析　根據(jù)E＝

8、BL有v，I＝＝可知，三角形導體線框進、出磁場時，有效長度L有都變小，則I也變?。俑鶕?jù)楞次定律及安培定則，可知進、出磁場時感應電流的方向相反，進磁場時感應電流方向為正方向，出磁場時感應電流方向為負方向，故選A. 提示　線框進、出勻強磁場，可根據(jù)E＝BLv判斷E的大小變化，再根據(jù)楞次定律判斷方向．特別注意L為切割磁感線的有效長度. 1．(電磁感應中的電路問題)粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框的一邊a、b兩點間電勢差的絕對值最大的是(　　)

9、 答案　B 解析　磁場中切割磁感線的邊相當于電源，外電路可看成由三個相同電阻串聯(lián)形成，A、C、D選項中a、b兩點間電勢差的絕對值為外電路中一個電阻兩端的電壓：U＝E＝，B選項中a、b兩點間電勢差的絕對值為路端電壓：U′＝E＝，所以a、b兩點間電勢差的絕對值最大的是B選項． 2.(電磁感應中的電路問題)如圖5所示是兩個相連的金屬圓環(huán)，小金屬圓環(huán)的電阻是大金屬圓環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過金屬圓環(huán)所在區(qū)域，當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大金屬圓環(huán)內產(chǎn)生的感應電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為(　　) 圖5 A.E B.E C.E D．E 答案　B 解析　a、b兩點

10、間的電勢差等于路端電壓，而小金屬圓環(huán)電阻占電路總電阻的，故Uab＝E，B正確． 3．(電磁感應中的圖像問題)在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一個面積不變的單匝金屬線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖6甲所示，取線圈中磁場B的方向向上為正方向，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，以下四圖中正確表示線圈中感應電流變化的是(　　) 圖6 答案　A 解析　在前半個周期內，磁場方向向上且逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知感應電流的方向為負方向；后半個周期內磁場方向向下且增大，根據(jù)楞次定律可知感應電流的方向為負方向，且后半個周期內磁感應強度的變化率為前半個周期內的兩倍，故電流也為前半個周期的兩倍

11、，選項A正確． 4．(電磁感應中的圖像問題)如圖7所示，兩條平行虛線之間存在勻強磁場，虛線間的距離為L，磁場方向垂直紙面向里，abcd是位于紙面內的梯形線圈，ad與bc間的距離也為L，t＝0時刻bc邊與磁場區(qū)域邊界重合．現(xiàn)令線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場區(qū)域邊界的方向穿過磁場區(qū)域，取沿abcda方向為感應電流正方向，則在線圈穿越磁場區(qū)域的過程中，感應電流I隨時間t變化的圖線可能是(　　) 圖7 答案　B 解析　bc邊進入磁場時，根據(jù)右手定則判斷出其感應電流的方向是沿adcba方向，其方向與電流的正方向相反，故是負的，所以A、C錯誤；當線圈逐漸向右移動時，切割磁感線的有效長度

12、變大，故感應電流在增大；當bc邊穿出磁場區(qū)域時，線圈中的感應電流方向變?yōu)閍bcda，是正方向，故其圖像在時間軸的上方，所以B正確，D錯誤. 一、選擇題 考點一　電磁感應中的電路問題 1．如圖1所示，磁感應強度為B，ef長為l，ef的電阻為r，外電阻為R，其余電阻不計．當ef在外力作用下向右以速度v勻速運動時，則ef兩端的電壓為(　　) 圖1 A．Blv B. C. D. 答案　B 2．如圖2所示，由均勻導線制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的有直線邊界(圖中豎直虛線)的勻強磁場．當圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢

13、差為(　　) 圖2 A.BRv B.BRv C.BRv D.BRv 答案　D 解析　設整個圓環(huán)的電阻為r，位于題圖所示位置時，電路的外電阻是圓環(huán)總電阻的，即磁場外的部分．而在磁場內切割磁感線的有效長度是R，其相當于電源，E＝B·R·v，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U＝E＝BRv，選項D正確． 3．如圖所示為用相同導線制成的邊長為L或2L的4個單匝閉合線框，以相同的速度先后沿垂直于磁場邊界的方向穿過正方形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，區(qū)域寬度大于2L，則進入磁場過程中，感應電流最大的回路是(　　) 答案　C 解析　線框進入磁場過程中，做切割磁感線運動，設切割磁感

14、線的有效長度為d，產(chǎn)生的感應電動勢E＝Bdv，根據(jù)電阻定律可知，線框的電阻R＝ρ，由閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應電流I＝，聯(lián)立得I＝·，所以線框的越大，感應電流越大，對照4種圖形可知，C正確． 4．如圖3所示，豎直平面內有一金屬圓環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指剪開拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面．環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為(　　) 圖3 A. B.　C. D．Bav 答案　A 解析　導體棒AB擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感

15、應電動勢E＝B·2a·v＝Bav.外電路電阻大小為＝，由閉合電路歐姆定律有|UAB|＝·＝Bav，故選A. 5．(多選)(2018·陽泉市第十一中學高二下月考)在如圖4甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1 500匝，橫截面積S＝20 cm2.螺線管導線電阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF.在一段時間內，穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖乙所示的規(guī)律變化，螺線管內的磁場B的方向向下為正方向．則下列說法中正確的是(　　) 圖4 A．螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢為1 V B．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2 W C．電路中的電流穩(wěn)定

16、后電容器下極板帶正電 D．S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10－5 C 答案　CD 解析　根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝n＝nS＝1 500××20×10－4 V＝1.2 V，A錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝＝ A＝0.12 A，根據(jù)P＝I2R1，得R1消耗的功率P＝0.122×4.0 W＝5.76×10－2 W，B錯誤；根據(jù)楞次定律，螺線管感應電動勢沿逆時針方向，即等效電源為上負下正，所以電路中電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電，C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時電容器所帶電荷量Q，電容器兩端的電壓等于R2兩端電壓，故U＝IR2＝0.6 V，流經(jīng)R2的電荷量Q＝CU＝1.8×10

17、－5 C，D正確． 6.(多選)如圖5所示，線圈匝數(shù)為n、橫截面積為S、電阻為r，處于一個均勻增強的磁場中，磁感應強度隨時間的變化率為k，磁場方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，兩個電阻的阻值分別為r和2r.由此可知，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．電容器上極板帶正電 B．電容器下極板帶正電 C．電容器所帶電荷量為 D．電容器所帶電荷量為 答案　AD 解析　磁場向右均勻增強，由楞次定律可知，電容器上極板帶正電，A正確，B錯誤．線圈與阻值為r的電阻形成閉合回路，線圈相當于電源，電容器兩極板間的電壓等于路端電壓，線圈產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝nS＝nkS，路端電壓

18、：U＝r＝，則電容器所帶電荷量為：Q＝CU＝，C錯誤，D正確． 考點二　電磁感應中的圖像問題 7．如圖6甲所示，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上．在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖乙所示．已知線圈內部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中，可能正確的是(　　) 圖6 答案　C 8．(2018·邵陽市第二中學高二下月考)如圖7甲所示，一根電阻R＝4 Ω的導線繞成半徑d＝2 m的圓，在圓內部分區(qū)域存在變化的勻強磁場，中間S形虛線是兩個直徑均為d的半圓，磁感應強度隨時間變化如圖乙所示(磁場垂直于紙面向外為正，電流逆時針方

19、向為正)，關于圓環(huán)中的感應電流—時間圖像，下列選項中正確的是(　　) 圖7 答案　C 解析　0～1 s內，感應電動勢為：E1＝S＝× V＝4π V，感應電流大小為：I1＝＝ A＝π A，由楞次定律知，感應電流為順時針方向，為負方向，故C正確，A、B、D錯誤． 9．(2018·惠州市東江高級中學高二第二學期月考)如圖8所示，一個有矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里．一個三角形閉合導線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)．取線框剛到達磁場的時刻為計時起點(t＝0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則下列選項圖中能正確反映線框中電流與時間關系的是(線框底邊長度小

20、于磁場區(qū)域寬度)(　　) 圖8 答案　A 解析　線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律知感應電流的磁場向外，由安培定則可知感應電流方向為逆時針，電流i應為正方向，故B、C錯誤；線框進入磁場的過程，線框有效切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小；線框完全進入磁場的過程，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生．線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律知感應電流的磁場向里，由安培定則可知感應電流方向為順時針，電流i應為負方向；線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小，故A正確，D錯誤．

21、 10.(多選)在絕緣的水平桌面上有MN、PQ兩根平行的光滑金屬導軌，導軌間的距離為l.金屬棒ab和cd垂直放在導軌上，兩棒正中間用一根長l的絕緣細線相連，棒ab右側有一直角三角形勻強磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下，三角形的兩條直角邊長均為l，整個裝置的俯視圖如圖9所示，從圖示位置在棒ab上加水平拉力，使金屬棒ab和cd向右勻速穿過磁場區(qū)域，則金屬棒ab中感應電流i和絕緣細線上的張力大小F隨時間t變化的圖像，可能正確的是(規(guī)定金屬棒ab中電流方向由a到b為正)(　　) 圖9 答案　AC 解析　在ab棒通過磁場的時間內，ab棒切割磁感線的有效長度均勻增大，由E＝BLv分析可知，ab

22、產(chǎn)生的感應電動勢均勻增大，則感應電流均勻增大，由楞次定律知感應電流的方向由b到a，為負值．根據(jù)cd棒受力平衡知，細線上的張力F為0；在cd棒通過磁場的時間內，cd棒切割磁感線的有效長度均勻增大，由E＝BLv分析可知，cd棒產(chǎn)生的感應電動勢均勻增大，則感應電流均勻增大，由楞次定律知感應電流的方向由a到b，為正值．根據(jù)cd棒受力平衡知，細線上的張力F＝BIL＝，L均勻增大，則F與L2成正比，故選A、C. 11.如圖10所示，在空間中存在兩個相鄰的、磁感應強度大小相等、方向相反的有界勻強磁場，其寬度均為L.現(xiàn)將寬度也為L的矩形閉合線圈，從圖示位置垂直于磁場方向勻速拉過磁場區(qū)域，則在該過程中，能正確

23、反映線圈中所產(chǎn)生的感應電流或其所受的外力隨時間變化的圖像是(　　) 圖10 答案　D 解析　當矩形閉合線圈進入磁場時，由法拉第電磁感應定律判斷，當線圈處在兩個磁場中時，兩個邊同時切割磁感線，此過程中感應電流的大小是最大的，所以選項A、B錯誤；由楞次定律可知，當矩形閉合線圈進入磁場和離開磁場時，磁場力總是阻礙線圈的運動，方向始終向左，所以外力F始終水平向右．外力F和安培力的大小相等，線圈處在兩個磁場中時安培力最大，故選項D正確，選項C錯誤． 二、非選擇題 12．如圖11所示，光滑金屬導軌PN與QM相距1 m，電阻不計，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，a

24、b導體棒的電阻為2 Ω.垂直穿過導軌平面的勻強磁場的磁感應強度為1 T．現(xiàn)使ab以恒定速度v＝3 m/s勻速向右移動，求： 圖11 (1)導體棒上產(chǎn)生的感應電動勢E； (2)R1與R2分別消耗的電功率． 答案　(1)3 V　(2) W　 W 解析　(1)導體棒產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv＝1×1×3 V＝3 V. (2)整個電路的總電阻R＝r＋＝4 Ω. 導體棒中的電流I＝＝ A 則外電壓的大小U＝E－Ir＝3 V－×2 V＝1.5 V 則R1消耗的電功率P1＝＝ W R2消耗的電功率P2＝＝ W. 13．(2018·海安高級中學第一學期期中)如圖12所示，在垂直紙面向

25、里的磁感應強度為B的有界矩形勻強磁場區(qū)域內，有一個由均勻導線制成的單匝矩形線框abcd，線框平面垂直于磁感線．線框以恒定的速度v垂直磁場邊界向左運動，運動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad＝l，cd＝2l，線框導線的總電阻為R，則線框離開磁場的過程中，求： 圖12 (1)流過線框橫截面的電荷量q； (2)cd兩點間的電勢差Ucd. 答案　(1)　(2) 解析　(1)線框離開磁場過程中，cd邊切割磁感線，E＝B·2l·v，回路電流I＝＝，流過線框橫截面的電荷量q＝IΔt＝·＝； (2)線框向左離開磁場，cd邊相當于電源，c點為電源正極，外電阻R外＝R，Ucd＝E＝.

26、 14.如圖13所示，面積為0.2 m2的100匝線圈A處在勻強磁場中，磁場方向垂直于線圈平面．磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律是B＝(6－0.2t) T，已知電路中的R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，電容C＝30 μF，線圈的電阻不計，求： 圖13 (1)閉合S一段時間后，通過R2的電流大小及方向； (2)閉合S一段時間后，再斷開S，S斷開后通過R2的電荷量． 答案　(1)0.4 A　由上向下通過R2　(2)7.2×10－5 C 解析　(1)由于磁感應強度隨時間均勻變化，根據(jù)B＝(6－0.2t) T，可知＝0.2 T/s，所以線圈中感應電動勢的大小為E＝n＝nS·＝100×0.2×0.2 V＝4 V. 通過R2的電流大小為I＝＝ A＝0.4 A 由楞次定律可知電流的方向為自上而下通過R2. (2)閉合S，電容器充電，一段時間后，電路穩(wěn)定，此時兩板間電壓U2＝IR2＝0.4×6 V＝2.4 V. 再斷開S，電容器將放電，通過R2的電荷量就是電容器原來所帶的電荷量Q＝CU2＝30×10－6×2.4 C＝7.2×10－5 C. - 15 -