人教版高三物理一輪復(fù)習(xí)基礎(chǔ)梳理第九章課時2電磁感應(yīng)中的電路問題圖象問題

課時2電磁感應(yīng)中的電路問題、圖象問題一、電磁感應(yīng)中的電路問題(1)切割磁感線運動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源。(2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻,其余部分是外電路。(1)電動勢:E=Blv或E=nQUOTEΔΦΔt。(2)路端電壓:U=IR=EIr。二、電磁感應(yīng)的圖象問題圖象類型(1)磁感應(yīng)強度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖象,即Bt圖象、Φt圖象、Et圖象和It圖象(2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況,還常涉及感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨位移x變化的圖象,即Ex圖象和Ix圖象問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程判斷或畫出正確的圖象(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(3)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象應(yīng)用知識左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律、函數(shù)圖象知識等考點一電磁感應(yīng)中的電路問題1.對電源的理解:在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體就是電源。如切割磁感線的導(dǎo)體棒、內(nèi)有磁通量變化的線圈等。這種電源將其他形式能轉(zhuǎn)化為電能。2.對電路的理解:內(nèi)電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈,外電路由電阻、電容等電學(xué)元件組成。(1)確定電源。切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源,利用E=nQUOTEΔΦΔt或E=Blvsinθ求感應(yīng)電動勢的大小,利用右手定則或楞次定律判斷電流方向。(2)分析電路結(jié)構(gòu)(內(nèi)、外電路及外電路的串、并聯(lián)關(guān)系),畫出等效電路圖。(3)利用電路規(guī)律求解。主要應(yīng)用歐姆定律及串、并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列方程求解。(1)確定等效電源的正負極、感應(yīng)電流的方向、電勢高低、電容器極板帶電性質(zhì)等問題。(2)根據(jù)閉合電路求解電路中的總電阻、路端電壓、電功率等問題。(3)根據(jù)電磁感應(yīng)的平均感應(yīng)電動勢求解電路中通過的電荷量QUOTEE=nQUOTEΔΦΔt,QUOTEI=QUOTEER總,q=QUOTEIΔt=QUOTEnΔΦR總。(1)判斷感應(yīng)電流和感應(yīng)電動勢的方向,都是利用“相當(dāng)于電源”的部分根據(jù)右手定則或楞次定律判定的。實際問題中應(yīng)注意外電路電流由高電勢流向低電勢,而內(nèi)電路則相反。(2)在閉合電路中,“相當(dāng)于電源”的導(dǎo)體兩端的電壓與真實的電源兩端的電壓一樣,等于路端電壓,而不等于感應(yīng)電動勢。[典例1]放在絕緣水平面上的兩平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ之間寬度為L,導(dǎo)軌長度足夠,置于垂直于導(dǎo)軌平面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,導(dǎo)軌左端接有電阻R,右端接有電容器C,其余部分電阻不計,長為2L的金屬棒ab與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)將棒ab的a點固定,將ab棒自垂直于導(dǎo)軌位置開始沿導(dǎo)軌平面順時針旋轉(zhuǎn)90°,旋轉(zhuǎn)角速度恒為ω,在此過程中,(1)R上的最大電功率為多少?(2)通過電阻R的總電荷量為多少?解析:ab棒轉(zhuǎn)動切割磁感線,且切割長度由L增至2L以后ab離開MN,電路斷開。(1)當(dāng)b端恰至MN上時,E最大Em=B·2L·QUOTE0+ω·2L2=2BωLPRm=QUOTEEm2R=QUOTE4B2ω2L4R(2)棒ab旋轉(zhuǎn)60°的過程中,電路處在通路狀態(tài),切割磁感線的長度在增大,電阻R上電流在增大,通過R的電荷量由q=QUOTEIt計算,其中電流需取平均值;由法拉第電磁感應(yīng)定律QUOTEE=nQUOTEΔΦΔt,旋轉(zhuǎn)60°過程中的ΔΦ=B·QUOTE32L2,回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電流為QUOTEI=,綜合以上各式即得,在通路時通過電阻R的電荷量為q1=QUOTE3BL22R在通路時,電容處于不斷充電過程中,直至電路斷開。由于感應(yīng)電動勢不斷增大,電容器所帶電荷量應(yīng)由q=CU計算,其中U應(yīng)取斷路時的瞬時值——即最大值。斷開瞬時,棒上的感應(yīng)電動勢為Em=QUOTE12B(2L)2ω=2BL2ω,故電容器C上充電完畢時的帶電荷量為q2=CEm=2CBL2ω。斷路后,電容器將通過R放電,則整個過程中,通過電阻R的總電荷量為Q=q1+q2=QUOTE3BL22R+2CBL2ω答案:(1)QUOTE4B2ω2L(2)QUOTE3BL22R+2CBL2變式1:如圖所示,光滑的平行導(dǎo)軌P,Q相距l(xiāng)=1m,處在同一水平面中,導(dǎo)軌左端接有如圖所示的電路,其中水平放置的平行板電容器C兩極板間距離d=10mm,定值電阻R1=R3=8Ω,R2=2Ω,導(dǎo)軌電阻不計,磁感應(yīng)強度B=0.4T的勻強磁場豎直向下穿過導(dǎo)軌平面,當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運動(開關(guān)S斷開)時,電容器兩極板之間質(zhì)量m=1×10-14kg,帶電荷量q=1×10-15C的粒子恰好靜止不動;當(dāng)S閉合時,粒子以加速度a=7m/s2向下做勻加速運動,取g=10m/s(1)金屬棒ab運動的速度多大;金屬棒ab的電阻多大。(2)S閉合后,使金屬棒ab做勻速運動的外力的功率多大。解析:(1)帶電粒子在電容器兩極板間靜止時,受向上的電場力和向下的重力作用而平衡,即mg=qQUOTEU1d,得電容器兩極板間的電壓U1=QUOTEmgdq,代入數(shù)據(jù)得U1=1V,由于粒子帶負電,可知上極板電勢高。由于S斷開,R1上無電流,R2,R3上電壓等于U1,電路中的感應(yīng)電流,即通過R2,R3的電流強度為I1=QUOTEU1R2+R3=由閉合電路歐姆定律可知,ab切割磁感線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=U1+Ir,其中r為ab金屬棒的電阻。當(dāng)閉合S后,帶電粒子向下做勻加速運動,根據(jù)牛頓第二定律有mgqQUOTEU2d=ma,求得S閉合后電容器兩極板間的電壓U2=QUOTEm(g-a)d代入數(shù)據(jù)得U2=0.3V,這時電路中的感應(yīng)電流為I2=QUOTEU2R2=0.15A,根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=I2(QUOTER1R3R1+R3+R將已知量代入得E=1.2V,r=2Ω,又因E=BLv,則金屬棒做勻速運動的速度為v=QUOTEEBL=3m/s。(2)S閉合后,通過ab的電流I2=0.15A,ab所受安培力F2×1×0.15N=0.06N,ab以速度v=3m/s勻速運動時,所受外力必與安培力F2大小相等,方向相反,即F=0.06N,方向向右(與v同向),可見外力F的功率為×3W=0.18W。答案:(1)3m/s2Ω(2)0.18W考點二電磁感應(yīng)中的圖象問題(1)明確圖象的種類,即是Bt圖象還是Φt圖象,或者Et圖象、it圖象等。(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程。(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系。(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式。(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進行數(shù)學(xué)分析,如分析斜率的變化、截距等。(6)畫圖象或判斷圖象。(1)明確圖象所描述的物理意義;明確各種“+”“”的含義;明確斜率的含義;明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對應(yīng)關(guān)系。(2)理解三個相似關(guān)系及其各自的物理意義:v—Δv—QUOTEΔvΔt,B—ΔB—QUOTEΔBΔt,Φ—ΔΦ—QUOTEΔΦΔt。[典例2]勻強磁場磁感應(yīng)強度B=0.2T,磁場寬度L=3m,一正方形金屬框邊長ab=l=1m,每邊長電阻r=0.2Ω,金屬框以v=10m/s的速度勻速穿過磁場區(qū),其平面始終保持與磁感線方向垂直,如圖所示。(1)畫出金屬框穿過磁場區(qū)的過程中,金屬框內(nèi)感應(yīng)電流的It圖線;(2)畫出ab兩端電壓的Ut圖線。解析:(1)線框進入磁場區(qū)時,有E1=Blv=2V,I1=QUOTEE14r=2.5A。方向沿逆時針,如圖實線abcd所示,感應(yīng)電流持續(xù)的時間t1=QUOTElv=0.1s。線框在磁場中運動時,有E2=0,I2=0。無電流的持續(xù)時間t2=QUOTEL-lv=0.2s。線框穿出磁場區(qū)時,有E3=Blv=2V。I3=QUOTEE34r=2.5A。此電流的方向為順時針,如圖虛線adcb所示。若規(guī)定電流方向逆時針為正,得It圖線見圖甲。(2)線框進入磁場區(qū)ab兩端電壓為U1=I1×0.2V=0.5V。線框在磁場中運動時,ab兩端電壓等于感應(yīng)電動勢,即U2=Blv=2V。線框出磁場時ab兩端電壓為U3=E3I3r=1.5V。由此得Ut圖線如圖乙所示。答案:見解析圖象描繪的方法(1)分析電磁感應(yīng)的具體過程。(2)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律列出函數(shù)方程。(3)由函數(shù)關(guān)系和具體數(shù)值描繪出圖象。變式2:(多選)如圖甲所示,正六邊形導(dǎo)線框abcdef放在勻強磁場中靜止不動,磁場方向與線框平面垂直,磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。t=0時刻,磁感應(yīng)強度B的方向垂直紙面向里,設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流順時針方向為正,豎直邊cd所受安培力的方向水平向左為正。則下面關(guān)于感應(yīng)電流i和cd邊所受安培力F隨時間t變化的圖象正確的是(AC)解析:0～2s內(nèi),磁場的方向垂直紙面向里,且逐漸減小,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流的方向為順時針方向,為正值。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,E=QUOTEΔBSΔt=B0S為定值,則感應(yīng)電流為定值I1=QUOTEB0SR。在2～3s內(nèi),磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外,且逐漸增大,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流方向為順時針方向,為正值,大小與0～2s內(nèi)相同。在3～4s內(nèi),磁感應(yīng)強度垂直紙面向外,且逐漸減小,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流方向為逆時針方向,為負值,大小與0～2s內(nèi)相同。在4～6s內(nèi),磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里,且逐漸增大,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流方向為逆時針方向,為負值,大小與0～2s內(nèi)相同,故選項A正確,B錯誤。在0～2s內(nèi),磁場的方向垂直紙面向里,且逐漸減小,電流恒定不變,根據(jù)FA=BIL,則安培力逐漸減小,cd邊所受安培力方向向右,為負值。0時刻安培力大小為F=2B0I0L。在2～3s內(nèi),磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外,且逐漸增大,根據(jù)FA=BIL,則安培力逐漸增大,cd邊所受安培力方向向左,為正值,3s末安培力大小為B0I0L。在3～4s內(nèi),磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外,且逐漸減小,則安培力大小逐漸減小,cd邊所受安培力方向向右,為負值,第4s初的安培力大小為B0I0L。在4～6s內(nèi),磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里,且逐漸增大,則安培力大小逐漸增大,cd邊所受安培力方向向左,6s末的安培力大小為2B0I0考點三電磁感應(yīng)中給出圖象的分析與計算[典例3]如圖甲所示,在垂直于勻強磁場B的平面內(nèi),半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉(zhuǎn)動,圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接,電路中的P是加上一定正向電壓才能導(dǎo)通的電子元件。流過電流表的電流I與圓盤角速度ω的關(guān)系如圖乙所示,其中ab段和bc段均為直線,且ab段過坐標(biāo)原點。ω>0代表圓盤逆時針轉(zhuǎn)動。已知:R=3.0Ω,B=1.0T,r=0.2m。忽略圓盤、電流表和導(dǎo)線的電阻。(1)根據(jù)圖乙寫出ab,bc段對應(yīng)的I與ω的關(guān)系式;(2)求出圖乙中b,c兩點對應(yīng)的P兩端的電壓Ub,Uc;(3)分別求出ab,bc段流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關(guān)系式。解析:(1)從圖象中可以分別得到ab,bc段的I與ω的關(guān)系式為Iab=k1ω,Ibc=k2ω+b,且當(dāng)ω=15rad/s時,Iab=0.1A,所以k1=QUOTE1150;Ibc=0.1A,所以0.1=15k2+b,則Iab=QUOTE1150ω(A)(45rad/s≤ω≤15rad/s)又有ω=45rad/s時Ibc=0.4A,即0.4=45k2+b,可得k2=QUOTE1100,b=0.05,Ibc=QUOTE1100ω0.05(A)(15rad/s≤ω≤45rad/s)。(2)圓盤產(chǎn)生的電動勢E=QUOTE12Br2ω,則當(dāng)ω1=15rad/s時,代入數(shù)據(jù)得E1=0.3V,由于圓盤、電流表、導(dǎo)線電阻不計,所以b點對應(yīng)的P兩端電壓Ub=0.3V,同理,當(dāng)ω2=45rad/s時,E2=0.9V,即c點對應(yīng)的P兩端電壓Uc=0.9V。(3)b點時,E1=0.3V,R上流過的電流IR=QUOTEE1R=0.1A,恰好與干路電流表中電流相同,表明支路P中無電流,即ab段流過P的電流為0。分析bc段,P兩端電壓為E=QUOTE12Bωr2=QUOTE150ω=UP,根據(jù)并聯(lián)電路特點,P中電流IP=I總IR,因為I總=Ibc,IR=QUOTEER=QUOTEUPR=QUOTEUP3,所以bc段流過P的電流IP=(QUOTEUP3+QUOTE1100ω0.05)A(15rad/s≤ω≤45rad/s)。答案:見解析給定圖象分析與計算的思路明確圖象橫軸、縱軸代表的物理量→清楚圖象的物理意義→要善于從圖象中挖掘隱含條件→借助有關(guān)的公式、定理和定律作出分析和判斷→對于圖象的定量計算要注意單位變式3:如圖甲所示,兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN,PQ被固定在水平面上,導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.6m,兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表V,電阻為r=2Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處;右端用導(dǎo)線連接電阻R2,已知R1=2Ω,R2=1Ω,導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計。在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的磁場,CE=0.2m,磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。開始時電壓表有示數(shù),當(dāng)電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫?對金屬棒施加一水平向右的恒力F,使金屬棒剛進入磁場區(qū)域時電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?金屬棒在磁場區(qū)域內(nèi)運動的過程中電壓表的示數(shù)始終保持不變。求:(1)t=0.1s時電壓表的示數(shù);(2)恒力F的大小;(3)從t=0時刻到金屬棒運動出磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的熱量.解析:(1)設(shè)磁場寬度為d=CE,在0～0.2s的時間內(nèi),有E=QUOTEΔΦΔt=QUOTEΔBΔtld=0.6V此時,R1與金屬棒并聯(lián)后再與R2串聯(lián),回路中的總電阻為R=R并+R2=1Ω+1Ω=2Ω電壓表示數(shù)為U=QUOTEERR并=0.3V。(2)金屬棒進入磁場后,R1與R2并聯(lián)后再與r串聯(lián),流經(jīng)金屬棒的電流為I′=QUOTEUR1+QUOTEUR2=0.45A金屬棒所受安培力大小為FA=BI′l=1××0.6N=0.27N由于金屬棒進入磁場后電壓表的示數(shù)始終不變,所以金屬棒做勻速運動,有F=FA=0.27N。(3)在0～0.2s的時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q=QUOTEE2Rt=0.036J金屬棒進入磁場后,有R′=QUOTER1R2R1+R2+r=QUOTE83E′=I′R′=1.2VE′=Blv,v=2m/st′=QUOTEdv=QUOTE0.22s=0.1s產(chǎn)生的熱量為Q′=E′I′t=0.054J所以整個過程產(chǎn)生的總熱量為Q總=Q+Q′=0.036J+0.054J=0.09J。答案:(1)0.3V(2)0.27N(3)0.09J1.如圖所示,在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab,ac和MN,其中ab,ac在a點接觸,構(gòu)成“V”字形導(dǎo)軌,空間存在垂直于紙面的均勻磁場,用力使MN向右勻速運動,從圖示位置開始計時,運動中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸,下列關(guān)于回路中電流i與時間t的關(guān)系圖線,可能正確的是(A)解析:設(shè)∠bac=2θ,圖示位置時a距棒的距離為l0,MN以速度v勻速運動,導(dǎo)體棒單位長度的電阻為R0。經(jīng)過時間t,導(dǎo)體棒的有效切割長度L=2(l0+vt)tanθ,感應(yīng)電動勢E=BLv=2Bv(l0+vt)tanθ,回路的總電阻R=[2(l0+vt)tanθ+QUOTE2(l0+vt)cosθ]R0,回路中電流i=QUOTE2Bv(l0+vt)tanθR2.(電磁感應(yīng)中的電路分析)半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B=0.2T,磁場方向垂直紙面向里,半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場同心地放置,磁場與環(huán)面垂直,其中a=0.4m,b=0.6m,金屬環(huán)上分別接有燈L1,L2,兩燈的電阻均為R0=2Ω,一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好,棒與環(huán)的電阻均忽略不計。(1)若棒以v0=5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動,求棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間(如圖所示)MN中的電動勢和流過燈L1的電流。(2)撤去中間的金屬棒MN將右面的半圓環(huán)OL2O′以O(shè)O′為軸向上翻轉(zhuǎn)90°,若此時磁場隨時間均勻地變化,其變化率為QUOTEΔBΔt=QUOTE4πT/s,求L1的功率。解析:(1)棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間,MN中的電動勢為E1=B·2av0××5V=0.8V,等效電路如圖1所示,流過燈L1的電流為I1=QUOTEE1R=0.4A。(2)將右面的半圓環(huán)OL2O′以O(shè)O′為軸向上翻轉(zhuǎn)90°時,通過回路的磁通量變?yōu)棣?QUOTEπa22B′,且此時等效電路如圖2所示。磁場隨時間均勻變化時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2=QUOTEΔΦΔt=QUOTEπa22·QUOTEΔBΔt=0.32V,則L1上的功率為P1=QUOTE(E22)

2R×答案:(1)0.8V0.4A×102W3.(電磁感應(yīng)的電路問題)如圖甲所示,水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌,間距L=0.3m,導(dǎo)軌左端連接R=0.6Ω的電阻,區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面B=0.6T的勻強磁場,磁場區(qū)域?qū)扗=0.2m。細金屬棒A1和A2用長為2D的輕質(zhì)絕緣桿連接,放置在導(dǎo)軌平面上,并與導(dǎo)軌垂直,每根金屬棒在導(dǎo)軌間的電阻均為r=0.3Ω。導(dǎo)軌電阻不計。使金屬棒以恒定速度v=1.0m/s沿導(dǎo)軌向右穿越磁場。計算從金屬棒A1進入磁場(t=0)到A2離開磁場的時間內(nèi),不同時間段通過電阻R的電流,并在圖乙中畫出。解析:t1=QUOTEDv=0.2s在0～t1時間內(nèi),A1產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=BLv=0.18V其等效電路如圖甲所示。由圖甲知,電路的總電阻R總=r+QUOTErRr+R=0.5Ω總電流為I=QUOTEE1R總=0.36A通過R的電流為IR=QUOTEI3=0.12AA1離開磁場(t1=0.2s)至A2剛好進入磁場(t2=QUOTE2Dv=0.4s)的時間內(nèi),回路無電流,IR=0,從A2進入磁場(t2=0.4s)至離開磁場(t3=QUOTE2D+Dv=0.6s)的時間內(nèi),A2上的感應(yīng)電動勢為E2=0.18V,其等效電路如圖乙所示。由圖乙知,電路總電阻R總′=0.5Ω,總電流I′=0.36A,流過R的電流IR=0.12A,綜合以上計算結(jié)果,繪制通過R的電流與時間關(guān)系如圖丙所示。答案:見解析1.(2019·全國Ⅲ卷,19)(多選)如圖,方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌,兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab,cd靜止在導(dǎo)軌上。t=0時,棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中,ab,cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,兩者速度分別用v1,v2表示,回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是(AC)解析:由于ab棒切割磁感線而在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流,與此同時,ab棒因受到安培力的作用而減速,而cd棒因受到安培力的作用而加速,且I=QUOTEER=QUOTEBlvR,F安=IBl=QUOTEB2l2vR,可看出兩棒受到的安培力都不是恒定的,都隨ab棒速度的減小而減小,故一開始ab棒做的是加速度逐漸減小的減速運動