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1、第3节电磁感应中的电路和图象问题 电磁感应中的电路问题讲典例示法1电磁感应中电路知识的关系图2解决电磁感应中的电路问题三部曲典例示法(多选)如图所示，水平面上固定一个顶角为60的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则()A流过导体棒的电流I始终为BF随时间t的变化关系为FtCt0时刻导体棒的发热功率为t0D撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为mvA
2、BC导体棒的有效切割长度L2v0ttan 30，感应电动势EBLv0，回路的总电阻Rr，联立可得通过导体棒的电流I，选项A正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力平衡，即FBIL，得Ft，选项B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx2v0t0tan 30r，则导体棒的发热功率P棒I2Rxt0，选项C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有Q棒Q轨mv0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒mvQ轨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R1R0、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()AR2两端的电压为B电容器的a极板带正
3、电C滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D正方形导线框中的感应电动势为kL2ACP将R分为R左、R右两部分，R左R右，R2与R右并联，阻值为，再与R1、R左串联，故R2两端的电压为U，故A选项正确；正方形导线框相当于电源，根据楞次定律可知，定值电阻R1的左端与电源的正极相连，则电容器的b极板带正电，故B选项错误；根据电路的串、并联知识和纯电阻的热功率的计算公式PI2R可得，定值电阻R2的热功率为PI，滑动变阻器R的热功率为PI(2I0)25I5P，即滑动变阻器R的热功率是定值电阻R2的热功率的5倍，故C选项正确；根据法拉第电磁感应定律可得，正方形导线框中的感应电动势的大小为ESr2k，故D选项
4、错误。动生电动势电路分析3(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0R12R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L，电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()AABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针B左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC当滑动变阻器接入电路中的阻值R1R时，导体棒两端的电压为BLvD当滑动变阻器接入电路中的阻值R1时，滑动变阻器有最大电功率且
5、为AD根据楞次定律可知，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势EBLv，故B错误；R1R时，外电路总电阻R外，故导体棒两端的电压即路端电压应等于BLv，故C错误；该电路电动势EBLv，电源的内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为，故当R1时，等效电源的输出功率最大，即滑动变阻器的电功率最大，最大值Pm，故D正确。4如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度顺时针转动。阻值为R的电阻一端用导线和圆环最下端的A点连接，另一端和金属
6、杆的转轴O处的端点相连接。下列判断正确的是()A金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为B通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到PC通过电阻R的电流的最大值为DOM两点间电势差绝对值的最大值为ADM端线速度为vl，OM切割磁感线的平均速度为，OM转动切割磁感线产生的感应电动势恒为EBl，故A正确；当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R的电流最小，因R并2RR，通过电阻R的电流的最小值为：Imin，根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；当M位于最下端时圆环被短路，此时通过电阻R的电流最大，为：Imax，故C错误；OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压
7、减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差的绝对值最大，其最大值为：UImin2R，故D正确。 电磁感应中的图象问题分考向训练电磁感应中常见的图象问题图象类型(1)随时间变化的图象，如Bt图象、t图象、Et图象、It图象(2)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)应用知识四个规律左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律六类公式(1)平均电动势En(2)平动切割电动势EBlv(3)转动切割电动势EBl2(
8、4)闭合电路欧姆定律I(5)安培力FBIl(6)牛顿运动定律的相关公式等跟进训练根据电磁感应过程选择图象1如图甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t0时刻磁场方向垂直纸面向里。在04t0时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)()甲乙ABCDA0t0时间内，磁场方向垂直纸面向里，均匀减小，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，其受到的安培力方向向左，大小为FBIL，均匀减小到零；同理，t02t0时间内，磁
9、场方向垂直纸面向外，均匀增大，流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，其受到的安培力方向向右，从零开始均匀增大；2t03t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，0，导线ab不受安培力；3t03.5t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，均匀减小，流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，其受到的安培力方向向左，大小为F2BIL，即均匀减小到零；3.5t04t0时间内，磁场方向垂直纸面向里，均匀增加，流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，其受到的安培力方向向右，大小为F2BIL，即从零开始均匀增大，A项正确。2(多选)(2019全国卷)如图所示，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨
10、电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()ABCDAD根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图
11、象可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则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一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D，C错误。电磁感应
12、中图象选择类的两个常用方法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。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。根据图象分析判断电磁感应过程3(多选)(2018全国卷)如图(a)所示，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()图(a)图(b)A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方
13、向AC因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。4(多选)如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 ，边长为0.4 m。金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，
14、BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合。左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(取3)()甲乙A线框中感应电流的方向是顺时针方向Bt0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 WbC经过t0.4 s，线框中产生的热量为0.3 JD前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 CCD根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4 s时穿过线框的磁通量12r2B1r2B20.055 Wb，选项B错误；由图乙知10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势Ennr21.5 V，感应电流I0.5 A,0.4 s内线框中产生的热量QI2Rt0.3 J，选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量qIt0.2 C，选项D正确。“四明确、一理解”巧解图象问题