新高考人教物理一輪學案專題突破7電磁感應中的電路和圖象問題

專題突破7電磁感應中的電路和圖象問題授課提示：對應學生用書第199頁eq\a\vs4\al(突破點一電磁感應中的電路問題)師生互動1．對電磁感應電路的理解(1)在電磁感應電路中，相當于電源的部分把其他形式的能通過克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電能。(2)“電源”兩端的電壓為路端電壓，而不是感應電動勢。(3)“電源”的正負極、感應電流的方向、電勢的高低、電容器極板帶電問題，均可用右手定則或楞次定律判定。2．電磁感應中電路知識的關(guān)系圖3．“三步走”分析電路為主的電磁感應問題感生電動勢電路問題[典例1](多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k>0)?；芈分谢瑒幼冏杵鱎的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝eq\f(R0,2)。閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導體的感應電動勢，則()A．R2兩端的電壓為eq\f(U,7)B．電容器的a極板帶正電C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D．正方形導線框中的感應電動勢為kL2[解析]線框內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，D錯誤；電壓表的示數(shù)U是外電壓，外電路電阻的串并聯(lián)關(guān)系是R2與滑動變阻器滑動片P右側(cè)電阻并聯(lián)，之后與滑動片P左側(cè)電阻以及R1串聯(lián)，外電路總電阻為R總＝R1＋R左＋R并＝eq\f(7,4)R0，而R并＝eq\f(R0,4)，故R并兩端的電壓為eq\f(U,7)，即R2兩端的電壓為eq\f(U,7)，A正確；根據(jù)楞次定律，線框中感應電流的方向為逆時針，電容器b板帶正電，B錯誤；設(shè)滑動變阻器右半部分的電流為I，則R2上的電流為I，滑動變阻器左半部分的電流為2I，滑動變阻器上的功率P＝I2eq\f(R0,2)＋(2I)2eq\f(R0,2)＝eq\f(5,2)I2R0，R2上的功率P2＝I2eq\f(R0,2)，顯然C正確。[答案]AC動生電動勢電路問題[典例2]在同一水平面上的光滑平行導軌P、Q相距l(xiāng)＝1m，導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兩極板M、N相距d＝10mm，定值電阻R1＝R2＝12Ω，R3＝2Ω，金屬棒ab的電阻r＝2Ω，其他電阻不計。磁感應強度B＝T的勻強磁場豎直穿過導軌平面，當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動時，懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m＝1×10－14kg、電荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好靜止不動。g取10m/s2，在整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好，且速度保持恒定。試求：(1)勻強磁場的方向；(2)ab兩端的路端電壓；(3)金屬棒ab運動的速度。[解析](1)負電荷受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài)，因為重力豎直向下，所以電場力豎直向上，故M板帶正電。ab棒向右做切割磁感線運動產(chǎn)生感應電動勢，ab棒等效于電源，感應電流方向由b→a，其a端為電源的正極，由右手定則可判斷，磁場方向豎直向下。(2)微粒受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有mg＝eq\f(UMN,d)q，所以UMN＝eq\f(mgd,q)V，R3兩端電壓與電容器兩端電壓相等，由歐姆定律得通過R3的電流為I＝eq\f(UMN,R3)A，則ab棒兩端的電壓為Uab＝UMN＋Ieq\f(R1R2,R1＋R2)V。(3)由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝Blv，由閉合電路歐姆定律得E＝Uab＋IrV，聯(lián)立解得v＝1m/s。[答案](1)豎直向下(2)V(3)1m/s易錯警示電磁感應中電路問題的誤區(qū)分析———————————————————————(1)不能正確分析感應電動勢及感應電流的方向。因產(chǎn)生感應電動勢的那部分電路為電源部分，故該部分電路中的電流應為電源內(nèi)部的電流，而外電路中的電流方向仍是從高電勢到低電勢。(2)應用歐姆定律分析電路時，沒有注意等效電源的內(nèi)阻對電路的影響。(3)對連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進行分析，特別是并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表，其示數(shù)應該是路端電壓，而不是等效電源的電動勢。1．(多選)(2020·黑龍江牡丹江一中高三檢測)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2。螺線管導線電阻r＝1Ω，R1＝4Ω，R2＝5Ω，C＝30μF。在一段時間內(nèi)，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。下列說法正確的是()A．VB．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后電容器上極板帶正電C．電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2WD．S斷開后，通過R2×10－5C解析：由法拉第電磁感應定律可知，螺線管內(nèi)產(chǎn)生的電動勢為E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝1500×eq\f(,2)×20×10－4V，故A正確；根據(jù)楞次定律，當穿過螺線管的磁通量增加時，螺線管下部可以看成電源的正極，則電容器下極板帶正電，故B錯誤；電流穩(wěn)定后，電流為I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(,4＋5＋1)A，電阻R1上消耗的功率為P＝I2R12×4×10－2W，故C錯誤；開關(guān)斷開后通過電阻R2的電荷量為Q＝CU＝CIR2＝30×10－6××5×10－5C，故D正確。答案：AD2．如圖所示，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)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上拉力的功率先減小后增大D．線框消耗的電功率先減小后增大解析：導體棒產(chǎn)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；根據(jù)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，R，所以線框消耗的功率先增大后減小，D錯誤。答案：Ceq\a\vs4\al(突破點二電磁感應中的圖象問題)教材走向高考1．電磁感應中常見的圖象問題圖象類型隨時間變化的圖象，如Bt圖象、Φt圖象、Et圖象、It圖象隨位移變化的圖象，如Ex圖象、Ix圖象(所以要先看坐標軸：哪個物理量隨哪個物理量變化要弄清)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(畫圖象的方法)(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量(用圖象)(1)明確圖象的種類，即是Bt圖還是Φt圖，或者Et圖、It圖等。(2)分析電磁感應的具體過程。(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關(guān)系。(4)結(jié)合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出函數(shù)關(guān)系式。(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等。(6)畫圖象或判斷圖象。3．常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項。(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進行分析和判斷。電磁感應中的圖象問題因其命題的靈活性和考查信息的廣泛性成為近幾年高考的重點和熱點，分析高考題可以發(fā)現(xiàn)，每年的考題都是源于教材習題的拓展提升。教材習題多以簡單的圖象信息的應用為主，而高考題通常會拓展為物理情景較復雜的運動或過程較多的圖象的選擇，甚至拓展為圖象的轉(zhuǎn)換，體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合思想的應用，考查學生靈活應用數(shù)學知識解決物理問題的能力。同學們可通過以下示例認真體會，研究高考真題與教材習題間的溯源關(guān)系，以便在新高考備考中做到有的放矢。[典例3][人教版選修3－2·P21·T2]如圖甲，100匝的線圈(圖中只畫了2匝)兩端A、B與一個電壓表相連。線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場，線圈中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變化。(1)電壓表的讀數(shù)應該等于多少？(2)請在線圈位置上標出感生電場的方向。(3)A、B兩端，哪端應該與電壓表標＋號的接線柱(或紅接線柱)連接？[解析](1)根據(jù)法拉第電磁感應定律，線圈中感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)。根據(jù)Φt圖象可知，eq\f(ΔΦ,Δt)Wb/s。電壓表的讀數(shù)為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×V＝50V。(2)感生電場的方向為逆時針方向，如圖所示。(3)A端的電勢比B端高，所以A端應該與電壓表標“＋”號的接線柱連接。[答案](1)50V(2)圖見解析(3)A端拓展?導體框切割磁感線中圖象的選擇(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖，在同一水平面內(nèi)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(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，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變化的正確圖線可能是()【真題命題立意】本題在典例3圖象信息簡單應用的基礎(chǔ)上，拓展為導體框在不同方向的勻強磁場中的運動，題目中的考查點由典例3中應用圖象信息結(jié)合法拉第電磁感應定律進行電動勢的計算和電勢高低的判斷，拓展為導體框在不同方向的勻強磁場中的運動過程中感應電流大小的計算和方向的判斷，但考查的核心知識點仍然是楞次定律和法拉第電磁感應定律的綜合應用。解析：設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應電流為i。線框位移等效電路的連接電流0～eq\f(l,2)I＝2i(順時針)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆時針)eq\f(3l,2)～2lI＝0分析知，只有選項D符合要求。答案：D拓展?雙導體棒切割磁感線中圖象的選擇(多選)(2019·高考全國卷Ⅲ)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軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。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()【真題命題立意】本題在典例3圖象信息簡單應用的基礎(chǔ)上，拓展為雙導體棒在勻強磁場中的運動，題目中的考查點由典例3中應用圖象信息結(jié)合法拉第電磁感應定律進行電動勢的計算和電勢高低的判斷，拓展為導體棒運動過程中的動量和動力學問題，但考查的核心知識點主體仍然是楞次定律和法拉第電磁感應定律的綜合應用。解析：導體棒ab運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應電流(逆時針)，導體棒ab受安培阻力F作用，速度減小，導體棒cd受安培力F′作用，速度變大，兩棒之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，兩棒所受安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，故ab棒做加速度逐漸減小的減速運動，cd棒做加速度逐漸減小的加速運動，如圖所示。當兩棒的速度相等時，回路上感應電流消失，兩棒在導軌上以共同速度做勻速運動，兩棒在導軌上運動時，不受外力作用，系統(tǒng)的動量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)，故A、C正確，B、D錯誤。答案：AC規(guī)律總結(jié)處理圖象問題要做到“四明確、一理解”———————————————————————3．(多選)(2021·四川威遠中學高三月考)矩形導線框abcd放在勻強磁場中處于靜止狀態(tài)，如圖甲所示。一磁場的磁感線方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度的大小B隨時間t變化的圖象如圖乙所示。t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直導線框平面向里，在0～4s時間內(nèi)，導線框ad邊所受安培力F安隨時間t變化的圖象(規(guī)定向左為安培力的正方向)及導線框中的感應電流I隨時間t變化的圖象(規(guī)定順時針方向為電流的正方向)可能是圖中的()解析：t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直線框平面向里，在0到1s內(nèi)，穿過線框的磁通量變小，由楞次定律可得，感應電流方向是順時針，即為正方向，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向左。當在1s到2s內(nèi)，磁感應強度的方向垂直線框平面向外，穿過線框的磁通量變大，由楞次定律可得，感應電流方向是順時針，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向右。同理，在下一個周期內(nèi)，重復出現(xiàn)安培力先向左后向右，而感應電流方向為負，故A、D正確，B、C錯誤。答案：AD4．(多選)(2021·湖北黃岡調(diào)研)如圖所示，在光滑水平面內(nèi)，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，一正方形金屬線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為L，從虛線處進入磁場時開始計時，在外力作用下，線框由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場，規(guī)定順時針方向為感應電流i的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過導線橫截面的電荷量為q，選項中Pt圖象和qt圖象均為拋物線，則這些量隨時間變化的圖象正確的是()解析：線框做切割磁感線運動，運動速度v＝at，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，所以產(chǎn)生的感應電流i＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(BLat,R)，故A錯誤；對線框受力分析，由牛頓第二定律得F－F安＝ma，F(xiàn)安＝BLi＝eq\f(B2L2at,R)，解得F＝ma＋eq\f(B2L2at,R)，故B錯誤；電功率P＝i