《2024届高考物理一轮总复习第十章电磁感应第3讲“电磁感应中电路和图像问题”的综合研究学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届高考物理一轮总复习第十章电磁感应第3讲“电磁感应中电路和图像问题”的综合研究学案.docx（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第3讲 “电磁感应中电路和图像问题”的综合研究类型(一)电磁感应中的电路问题1电磁感应中电路知识的关系图2“三步走”分析电路为主的电磁感应问题典例(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2BLv
2、C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，且为解析根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势EBLv，故B错误；当R1R时，外电路总电阻R外，故导体棒两端的电压即路端电压为BLv，故C错误；该电路电动势EBLv，电源内阻为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，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm，故D正确。答案AD多维训练考查角度1导体棒平动切割
3、的电路问题1用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框、以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是( )AUaUbUcUdBUaUbUdUcCUaUbUcUdDUbUaUdUc解析：选B线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d的一半，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r。在线框进入磁场的过程中，MN两端的电压等于线框回路中的路端电压，根据线框长度和电阻的关系及闭合电路欧姆定律，可知UaBLv，UbBLv，UcB2LvBLv，UdB2LvBLv，所以UaU
4、bUdUc，故B正确。考查角度2导体棒转动切割的电路问题2.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO上，随轴以角速度匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )A棒产生的电动势为Bl2B微粒的电荷量与质量之比为C电阻消耗的电功率为D电容器所带的电荷量为CBr2解析：选B由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为EBrrBr2，A错误。金属
5、棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有 qmg，可得，B正确。电阻消耗的电功率P，C错误。电容器所带的电荷量QCUCBr2，D错误。考查角度3磁场变化引起的电路问题3(2022全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则( )AI1I3I3I2CI1I2I3 DI1I2I3解析：选C设圆线框的半径为r，则由
6、题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C22r，面积为S2r2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C18r，S14r2，正六边形线框的周长和面积分别为C36r，S3rr6，三线框材料粗细相同，根据电阻定律R，可知三个线框电阻之比为R1R2R3C1C2C343，根据法拉第电磁感应定律有I，可得电流之比为：I1I2I322，即I1I2I3。类型(二)电磁感应中的图像问题1题型简述借助图像考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为三类：(1)根据给定的电磁感应过程判断、选择有关图像。(2)根据给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解有关问题。(3)
7、电磁感应中图像的转化根据给定的图像分析、判断其他图像。2常见类型及分析方法3解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。4解答选择类图像问题的常用方法(1)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。(2)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像进行分析和判断。考法全析考法(一)根据给定的电磁感应过程选择有关图像例1(2021年8省联考广东卷)(多选)如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行
8、的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有( ) 解析a棒以速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为i0，a棒受安培力做加速度变化的减速直线运动，感应电流也随之减小，即it图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒的速度为v1，此时a棒产生的感应电动势为E1Blv1；若v1v0，即E1Blv0，此时b棒产生的感应电动势E2Blv
9、0，双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，a棒匀速运动离开磁场，it图像中无电流，故A正确，C错误；若v1v0，即a棒产生的感应电动势E1Blv1Blv0，此时双棒双电源的电动势不相等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向同b棒产生的感应电流的流向，与原a棒的流向相反即为负，大小为i，b棒受安培力要减速，a棒受安培力要加速，则电流逐渐减小，故B正确，D错误。答案AB规律方法电磁感应中的图像问题的分析方法针对训练1如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框MNPQ在外力作用下沿轴线OO水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的
10、正方向，当t0时MQ与NP重合，在MQ从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反映i随时间t变化规律的是( ) 解析：选B在闭合导线框MNPQ匀速向左运动过程，穿过回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向一直是逆时针的，切割磁感线的有效长度先减小到零，后增大，所以感应电流先减小到零，后增大，B项正确。考法(二)根据给定图像分析电磁感应问题例2如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的0x1.0 m区域内存在方向垂直平面向外的匀强磁场。一电阻值R0.5 、边长L0.5 m的正方形金属框abcd，右边界cd恰好位于磁场边界。若以cd边进入磁场时作为计时起点，线框受到一沿x轴正方向的外力F作用下
11、以v1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。在0t1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图乙所示，在0t1.3 s内线框始终做匀速运动。(1)在1.0 st1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系式；(2)求在0t1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。解析(1)根据题意，线框匀速离开磁场，电流为0，磁通量不变，则有1。t11.0 s时，B10.5 T，磁通量1B1L2t时刻，磁通量BLLv(tt1)，得B。(2)根据q可得0t0.5 s电荷量q10.125 C05 st1.0 s电荷量q20.125 C故0t1.3 s电荷量qq1q20.
12、25 C。答案(1)B(2)0.25 C针对训练2(多选)如图甲所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场，t0时磁场方向垂直纸面向里。在t0到t2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则( )A在t时，金属棒受到安培力的大小为B在tt0时，金属棒中电流的大小为C在t时，金属棒受到安培力的方向竖直向上D在t3t0时，金属棒中电流的方向向右解析：选BC由题图可知在0t0时间段内产生的感应电动势为E，根据闭合电路欧姆定律可知此
13、时间段的电流为I，在时磁感应强度为，此时安培力为FBIL，故A错误，B正确；由图可知在t时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由图可知在t3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下运动的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。考法(三)电磁感应中图像转化问题例3(多选)如图所示，在0xL和2Lx3L的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里，具有一定电阻的正方形线框abcd边长为2L，位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合。令线框从t0时刻由静止开
14、始沿x轴正方向做匀加速直线运动，ab边在t0时刻到达xL位置，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)、bc两端的电势差Ubc与时间t的函数图像大致是下列图中的( ) 解析线框ab边从x0运动到xL的时间为t0，由运动学规律可得Lat02，解得t0 ，感应电流I，电流随时间均匀增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向；设线框ab边从xL运动到x4L的时间为t1，则由运动学公式得t1 t02t0t0t0，这段时间内穿过线框的磁通量不变，线框内没有感应电流；设线框ab边从x4L运动到x5L的时间为t2，则由运动学公式得t2 t02t00.236t0，根据楞次定律得，感应电流方向沿顺时针方向
15、，为负值，线框做匀加速直线运动，感应电流为I，故A正确，B错误；bc两端电势差UbcIR，bc为外电路，故电势差变化和电流变化相同，故C正确，D错误。答案AC针对训练3(多选)如图甲所示，虚线右侧有一垂直纸面的匀强磁场，取磁场垂直于纸面向外的方向为正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，固定的闭合导线框abcd一部分在磁场内。取线框中感应电流沿逆时针方向为正方向，安培力向左为正方向。从t0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框cd边所受安培力F分别随时间t变化的图像，可能正确的是( )解析：选AD由题图乙可知，0时间内，先是垂直纸面向外的磁感应强度减小，后是垂直纸面向里的磁感应强度
16、增大，根据楞次定律可知，产生沿逆时针方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流i，则这段时间内感应电流恒定不变；T时间内，先是垂直纸面向里的磁感应强度减小，后是垂直纸面向外的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，产生沿顺时针方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，这段时间内感应电流恒定不变，故A正确，B错误；0时间内，感应电流恒定不变，根据安培力公式FBIL可知，则FB，根据楞次定律推广含义“来拒去留”可知，线框cd边所受安培力先向右后向左，同理可知，T时间内，FB，线框cd边所受安培力先向右后向左，C错误，D正确。课时跟踪检测一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.一个边长为2L的
17、等边三角形磁场区域，一个底边长为L的直角三角形金属线框，线框电阻为R，二者等高，金属线框以速度v水平向右匀速穿过磁场区域的过程中，规定逆时针方向的电流为正，则线框中感应电流i随位移x变化的图像正确的是( ) 解析：选B当xL时，感应电动势为EBvx，感应电流为IBvx，由楞次定律可知电流为正向且逐渐增大，当Lx2L时，感应电动势为EB(2Lx)v，感应电流为IBvLBvx，由楞次定律可知电流为正向且逐渐减小，当2Lx3L时，感应电动势为EBv(3Lx)，感应电流为IBvLBvx，由楞次定律可知电流为负向且逐渐减小，B正确。2.如图所示，变化的匀强磁场垂直穿过金属框架MNQP，金属杆ab在恒力F
18、作用下沿框架从静止开始运动，t0时磁感应强度大小为B0，为使ab中不产生感应电流，下列能正确反映磁感应强度B随时间t变化的图像是( )解析：选C金属杆ab中不产生感应电流，则穿过闭合回路的磁通量不变，设金属杆ab长为L，金属杆ab到MP的距离为l1，金属杆ab的质量为m，则有a，xat2，B0Ll1BL(l1x)，联立可得，随着时间增加，是增大的，且增大的速度越来越快，故C正确。3(多选)如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则金属杆MN在运动过程中，速度大小v、流过的
19、电荷量q与时间t或位移x的关系图像正确的是( )解析：选ABD金属杆在前进过程中，所受安培力大小FBIL，可知随速度的减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，最后停止运动，因此在vt图像中，斜率的绝对值逐渐减小，A正确；根据动量定理Ftmv可得tmv，而xvt，因此xmv，速度随位移均匀变化，可知vx图像为一条倾斜的直线，B正确；根据I，可知随着速度的减小，qt图像是一条斜率逐渐减小的曲线，C错误；由于I，两边同时乘以t可得Itt，而qIt，整理得qx，可知qx图像为一条过坐标原点的倾斜直线，D正确。4.如图所示，光滑水平面内有一光滑导体棒MN放在V形导轨上，导体棒MN左侧空间存在垂直纸面向里的
20、匀强磁场，导体棒MN和导轨的材料、粗细均完全相同，现将导体棒MN固定，用一水平向左的外力F从图示位置匀速将V形导轨拉入磁场中，在此过程中导体棒与导轨始终接触良好，导体棒与导轨两触点间的电势差为U，回路的发热功率为P，回路中产生的热量为Q，则下列图像正确的是( )解析：选A感应电流I，由几何关系知，回路周长与LAB成正比，电阻R与LAB成正比，由于B、v不变，可知感应电流I恒定，安培力F安BILAB，则F安t，导轨匀速运动时的受力有FF安，A正确；回路的热功率PI2R，I不变，电阻R与回路周长成正比，又周长与t成正比，可知功率P与t成正比，B错误；如图所示，t时刻V形导轨在磁场中与导体棒MN构成
21、回路为ABC，LCcvt，由几何关系可知，LABkvt(k为常数)，则A、B两点间的电势差UBLABvkBv2t，k、B、v均为常数，则Ut，C错误；回路中产生的热量为QPt，P与t成正比，可知Q与t2成正比，D错误。5.如图所示，一个半圆形导体框右侧有一个垂直于导体框平面向外的匀强磁场，磁场边界与导体框的直径MN平行，磁场宽度等于导体框的半径R。现且导体框以水平向右的速度v0匀速通过磁场区域，若从导体框进入磁场开始计时，规定电流沿顺时针方向为正，则导体框上产生的感应电流随时间的变化图像可能是( )解析：选B当半圆形导体框右侧进入磁场，此时其切割磁感线的有效长度不断增大，磁通量不断增加，电流大
22、小逐渐增大且方向为顺时针，直到导体框完全进入磁场，所用时间为t，此刻电流为零，此后出磁场过程中，磁通量不断减小，电流方向为逆时针，且切割磁感线的有效长度逐渐增大，电流不断增大，直到t出磁场。故选B。6.在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d10 mm，定值电阻R1R212 ，R32 ，金属棒ab的电阻r2 ，其他电阻不计。磁感应强度B0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m11014 kg、电荷量 q11014 C的微粒恰好静止不动。取g10 m/s2
23、，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab两端的路端电压；(3)金属棒ab运动的速度。解析：(1)带负电荷微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由ba，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mgEq又E所以UMN0.1 VR3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I0.05 A则ab棒两端的电压为UabUMNI0.4 V。
24、(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势EBlv由闭合电路的欧姆定律得EUabIr0.5 V联立解得v1 m/s。答案：(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则( ) AS拨到2的瞬间，L1中的电流大于 L2BS拨到2的瞬间，L1的加速度大于 L2C运动稳定后，电容器C的电荷量为零D运动稳定后，两棒之间的距离大于d解析：选D电源
25、给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据FBIL可得，则L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到安培力作用，则导体棒向右运动，运动稳定后，两导体棒产生的电动势等于电容器两端的电压，此时电容器C的电荷量不为零，导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，运动时间相等，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，故C错
26、误，D正确。8(2023浙江1月选考)如图甲所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置一半径远小于a、面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图乙所示，图中B0已知。(1)求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；(2)沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0时间内，求圆环中的电流与时间的关系；(3)求圆环中电流的有效值；(4)当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求的值(当0x1，有(1x)212x)。解析：(1)在0时间t内qt，则q。(2)在0时间内，不变，I0在时间内，I。(3)根据电流的热效应I2RI有2R解得：I有。(4)根据能量守恒定律得：kI有2R化简得：km2l2R取212解得。答案：(1)(2)0时，I0；时，I(3)(4)