第10章 第3讲 电磁感应中的电路和图像问题(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏北京专版）

第3讲　电磁感应中的电路和图像问题(综合融通课) (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”分析电磁感应中的电路问题 [典例]　(2024·南京高三检测)如图1所示，细导线绕制的螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，A点接地，磁场穿过螺线管，磁感应强度B随时间t变化的图像如图2所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是(　 ) A．通过电阻R的电流方向是从A到C B．感应电流的大小保持不变为2.4 A C．电阻R两端的电压为6 V D．C点的电势为4.8 V [解析]　根据楞次定律可知，通过电阻R的电流方向是从C到A，A错误；感应电动势E＝n＝1 500××20×10－4 V＝6 V，感应电流的大小保持不变为I＝＝1.2 A，故B错误；电阻R两端的电压为UR＝IR＝4.8 V，C错误；因UCA＝UR＝4.8 V，A点的电势为零，则C点的电势为4.8 V，D正确。 [答案]　D [考法全训] 考法1　导体棒平动切割的电路问题 1.如图所示，分布于全空间的匀强磁场垂直于纸面向里，其磁感应强度大小为B＝2 T。宽度为L＝0.8 m的两导轨间接一阻值为R＝0.2 Ω的电阻，电阻为2R的金属棒AC长为2L并垂直于导轨(导轨电阻不计)放置，A端刚好位于导轨，中点D与另一导轨接触。当金属棒以速度v＝0.5 m/s向左匀速运动时，下列说法正确的是(　 ) A．流过电阻R的电流为4 A B．A、D两点的电势差为UAD＝0.4 V C．A、C两点的电势差为UAC＝－1.6 V D．A、C两点的电势差为UAC＝－1.2 V 解析：选D　金属棒AD段产生的感应电动势为EAD＝BLv＝2×0.8×0.5 V＝0.8 V，流过电阻R的电流I＝＝ A＝2 A，根据右手定则，可知A 端的电势低于D端的电势，A、D两点的电势差UAD＝－IR＝－0.4 V，A、B错误；D、C两点的电势差UDC＝－BLv＝－0.8 V，则UAC＝UAD＋UDC＝－1.2 V，C错误，D正确。 考法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ω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．金属棒产生的电动势为Bl2ω B．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CBr2ω 解析：选B　由法拉第电磁感应定律可知金属棒产生的电动势为E＝Br·ωr＝Br2ω，A错误；金属棒电阻不计，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q＝mg，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Q＝CU＝CBr2ω，D错误。 考法3　磁场变化引起的电路问题 3．如图甲所示的电路中，电阻R1＝R，R2＝2R，单匝圆形金属线圈半径为r2、圆心为O，线圈的电阻为R，其余导线的电阻不计。半径为r1(r1<r2)、圆心为O的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t变化的关系图像如图乙所示，电容器的电容为C。闭合开关S，t1时刻开始电路中的电流稳定不变，下列说法正确的是(　 ) A．电容器上极板带负电 B．t1时刻，电容器所带的电荷量为 C．t1时刻之后，线圈两端的电压为 D．t1时刻之后，R1两端的电压为 解析：选C　根据楞次定律可知，线圈产生沿逆时针方向的感应电流，则电容器上极板带正电，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝＝S＝，稳定电流为I＝＝，UR2＝IR2＝，电容器所带的电荷量为Q＝CUR2＝，故B错误；t1时刻之后，线圈两端的电压为U＝I(R1＋R2)＝，故C正确；t1时刻之后，R1两端的电压为UR1＝IR1＝＝，故D错误。 (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)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 [考法全训] 考法(一)　图像选择问题 [例1]　(2024·南通高三检测)如图所示，xOy平面第三、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆形金属环与磁场边界相切于O点。金属环在xOy平面内绕O点沿顺时针方向匀速转动，t＝0时刻金属环开始进入第四象限。规定顺时针方向电流为正，下列描述环中感应电流i随时间t变化的关系图像可能正确的是(　 ) [解析]　如图所示 设角速度大小为ω，圆环半径为r，电阻为R，在0～时间内，磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流的方向为逆时针，即电流为负，电动势大小为E＝2Brsin ωt·＝2Br2ωsin2ωt，则电流为i＝－；在～时间内，磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流的方向为顺时针，即电流为正，电动势和电流随时间变化趋势与0～时间内变化趋势相同，根据数学导数知识可知，t＝0或t＝时，i－t图像的切线斜率为零。故选D。 [答案]　D |思|维|建|模|　 解答图像选择问题的常用方法 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像进行分析和判断 考法(二)　图像分析问题 [例2]　(2023·广东高考)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R、边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ 时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t＝0时线框所受的安培力F； (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。 [解析]　(1)由题图(b)可知，t＝0时线框切割磁感线产生的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv，则感应电流大小为I＝＝，所受的安培力为F＝2B0h＋B0h＝，方向水平向左。 (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度变化的斜率为k1＝＝－，则t＝1.2τ时Ⅰ区的磁感应强度为B1＝2B0＋k1(1.2τ－τ)＝B0，则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为Φ＝B1h·h－B0h·h＝，方向垂直纸面向里。 (3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度线性减小到0，则有E′＝＝＝，感应电流大小为I′＝＝，则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为Q＝I′2Rt＝。 [答案]　(1)，方向水平向左 (2)，方向垂直纸面向里　(3) |思|维|建|模|　 图像分析问题的“四明确·一理解” 四明确 明确各种正、负号的含义 明确图像所描述的物理意义 明确斜率的含义 明确图像和电磁感应过程之间的对应关系 一理解 三个相似关系及其各自的物理意义v、Δv、；B、ΔB、；Φ、ΔΦ、 考法(三)　图像转化问题 [例3]　(2024·徐州高三检测)如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面。规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向，线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向。要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度B随时间t变化的规律可能为(　 ) [解析]　A图中，在0～t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值，故A项错误；B图中，在0～t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为正值，且为定值，同理，在t0～2t0时间内，感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值，故B项正确；C图中，在0～t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为正值，且为定值，在t0～2t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，感应电流的方向仍然为ABCDA，与规定的正方向相同，为正值，故C项错误；D图中，在0～t0时间内，磁场不变，不会产生感应电流，同理，在t0～2t0时间内也不会产生感应电流，故D项错误。 [答案]　B [课时跟踪检测] 一、立足基础，体现综合 1．如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁场区域在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置沿x轴向右匀速穿过磁场区域，下列选项中关于BC两端的电势差UBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是(　 ) 解析：选B　在0～a内，导线框切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，感应电流I＝＝，方向沿逆时针，有效长度L均匀变大，感应电流I均匀变大，BC两端的电势差UBC＝IR0，则随着I均匀增大，UBC均匀增大，且B点的电势高于C点的电势，UBC＞0。在a～2a内，有效长度L均匀变大，感应电流均匀变大，方向沿顺时针，故UBC均匀增大，且B点的电势低于C点的电势，UBC＜0，只有B正确。 2．某星球表面0～200 km高度范围内，水平方向磁场的磁感应强度大小随高度增加由60 T均匀减小至10 T，为使航天器能在星球表面安全降落，可以利用电磁阻力来减小航天器下落的速度。若在航天器上固定一边长为1 m的正方形闭合线圈，航天器竖直降落时线圈平面始终与磁场垂直，上下两边始终处于水平状态，为使航天器速度为1 km/s 时产生的电磁阻力(只对该闭合线圈产生的作用力)为1 000 N，则线圈电阻的阻值R为(　 ) A．2.5×10－14 Ω B．5×10－11 Ω C．6.25×10－8 Ω D．1×10－5 Ω 解析：选C　由磁场分布规律可知，线圈上下两边所处位置的磁感应强度大小之差ΔB＝＝2.5×10－4 T，线圈上下两边产生的总感应电动势大小E＝ΔBLv，线圈上下两边产生的总安培力大小F＝ΔBIL，其中I＝，解得R＝6.25×10－8 Ω，故C正确。 3．(2024·无锡调研)如图甲所示，在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。磁场方向向上为正，磁感应强度B随时间t按图乙变化，下列分析正确的是(　 ) A．t＝1 s时，环中的磁通量为零，环内的感应电流为零 B．0～2 s内，环上小段导体受到的安培力始终指向圆心 C．0～2 s内，环上小段导体受到的安培力大小不变 D．0～2 s内，感应电流的功率不变 解析：选D　由题图乙可知，t＝1 s时，磁感应强度为零，则环中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，则环内的感应电流不为零，故A项错误；0～2 s内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流方向不变，根据楞次定律可知，从上往下看，感应电流方向为顺时针，根据左手定则，0～1 s内磁场向下，安培力方向背离圆心，1～2 s内磁场向上，安培力方向指向圆心，故B项错误；0～2 s内，磁场均匀变化，感应电流大小不变，感应电流的功率不变，但磁感应强度变化，则安培力大小一直改变，故C项错误，D项正确。 4.如图所示，MN和PQ是两根足够长、电阻不计、相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面。有质量和电阻的金属杆始终与导轨垂直且接触良好。开始时，将开关S断开，让金属杆由静止开始下落，经过一段时间后，再将S闭合。金属杆所受的安培力、下滑时的速度分别用F、v表示；通过金属杆的电流、电量分别用i、q表示。若从S闭合开始计时，则F、v、i、q分别随时间t变化的图像可能正确的是(　 ) 解析：选D　让金属杆由静止开始自由下落，经过一段时间后具有速度v，闭合开关S后，回路产生感应电流，金属杆受到安培力竖直向上，可能有以下三种情况：若此刻安培力等于重力，金属杆做匀速运动，安培力、运动速度、电流都不变，通过金属杆的电量与时间成正比，此情况A、B、C不可能，D可能；若此刻安培力大于重力，金属杆将做加速度减小的减速运动，直至匀速运动，安培力、运动速度、电流先变小后不变，通过金属杆的电量与时间不成正比，此情况A、B、C、D均不可能；若此刻安培力小于重力，金属杆将做加速度减小的加速运动，直至匀速运动，安培力、运动速度、电流先变大后不变，通过金属杆的电量与时间不成正比，此情况A、B、C、D均不可能。综上所述，q随时间t变化的图像可能正确，故选D。 5.(2024·盐城模拟)如图所示，三条水平虚线L1、L2、L3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等、方向相反，正方形金属线框abcd的质量为m、边长为L，开始ab边与边界L1重合，对线框施加拉力F使其匀加速通过磁场区域，以顺时针方向电流为正，下列关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是(　 ) 解析：选B　当ab边向右运动0～L的过程中，用时t1＝，E1＝BLat，电流I1＝＝t，电流方向为正方向，拉力F1＝ma＋F安1＝ma＋t；当ab边向右运动L～2L的过程中，用时t2＝－＝，E2＝2BLat，电流I2＝＝t，电流方向为负方向，拉力F2＝ma＋F安2＝ma＋t；当ab边向右运动2L～3L过程中，用时t3＝－＝(－)，E3＝BLat，电流I3＝＝t，电流方向为正方向，拉力F3＝ma＋F安3＝ma＋t；对比四个图线可知，只有B项正确。 6.如图，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v的速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的两个过程中(　 ) A．导体框中产生的感应电流方向相反 B．导体框ad边两端电势差之比为1∶3 C．导体框中产生的焦耳热之比为1∶3 D．通过导体框截面的电荷量之比为1∶3 解析：选C　将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿逆时针方向，方向相同，故A错误；设正方形导体框的边长为L，导体框以速度v运动时，dc边中感应电动势为E1＝BLv，ad边两端电势差为U1＝E1＝BLv；导体框以速度3v运动时，ad边中感应电动势为E2＝3BLv，ad边两端电势差为U2＝E2＝BLv，导体框ad边两端电势差之比为U1∶U2＝1∶9，故B错误；感应电流I＝＝，时间t＝，焦耳热Q＝I2Rt＝∝v，导体框中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，故C正确；将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量的变化量相同，根据推论q＝可知，通过导体框截面的电荷量相同，故D错误。 7．(2024·徐州调研)如图所示，半径为L的半圆形光滑导体框架MN垂直放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体杆OP绕圆心O以角速度ω匀速转动，N、O间接阻值为R的电阻，杆OP的电阻为r，框架电阻不计，求杆沿框架转动过程中： (1)电阻R两端电压； (2)电阻R消耗的电功率。 解析：(1)设杆末端的速度为v，则v＝ωL 杆绕O点匀速转动产生的感应电动势为E＝BL＝BL2ω 则R两端电压U＝R＝。 (2)回路中电流I＝＝ 电阻R消耗的电功率P＝I2R＝。 答案：(1)　(2) 二、注重应用，强调创新 8.如图所示，abcd是位于竖直平面内用粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，它的下方有一个垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ为磁场的上下水平边界，两边界间的距离与正方形的边长均为L，线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，以bc边进入磁场时为起点，在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流i、bc两点间的电势差Ubc、线框所受的安培力F、线框产生的焦耳热Q分别随下落高度h的变化关系不可能正确的是(　 ) 解析：选C　设正方形线框每条边的电阻为R，进入磁场时速率为v。正方形线框进入磁场过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，线框中电流方向为逆时针方向，设为正方向，大小为i1＝；b、c两点的电势差为Ubc＝BLv；正方形线框所受安培力为F1＝Bi1L＝＝mg，由左手定则知方向向上；线框产生的焦耳热为Q1＝i12·4R·t＝2×4R×＝h；由于v为定值，所以进入磁场过程，i、Ubc、F都恒定不变，Q随下落高度h均匀增大。正方形线框离开磁场过程中，线框所受安培力继续被重力平衡，所以速度还是v；ad边切割磁感线，由右手定则可知，线框中电流方向为顺时针，与进入磁场过程方向相反，则为负值，其大小为i2＝，与i1等大反向；b、c两点的电势差为Ubc′＝BLv；正方形线框所受安培力为F2＝Bi2L＝＝mg，与F1相同；线框产生的焦耳热为Q2＝i22·4R·t′＝2×4R×＝(h－L)，随下落高度h继续均匀增大。综上可知，A、B、D正确，C错误。故选C。 9．(2024年1月·甘肃高考适应性演练)半圆形金属线圈放置在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图(a)。磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)。已知线圈的电阻R＝0.1 Ω，半径r＝0.1 m。求： (1)线圈中感应电动势的大小； (2)线圈的电功率及0～0.005 s时间内线圈产生的焦耳热； (3)t＝0.003 s时半圆弧MPN受到的安培力的大小和方向。 解析：(1)线圈中感应电动势的大小为E＝＝S＝2×π×0.12 V＝0.01π V。 (2)线圈的电功率为P＝＝ W＝π2×10－3 W 0～0.005 s时间内线圈产生的焦耳热为 Q＝Pt＝π2×10－3×0.005 J＝5π2×10－6 J。 (3)由题图(b)可知B＝2t(T) t＝0.003 s时半圆弧MPN受到的安培力的大小为 F＝IBL＝B·2r＝×2×0.003×2×0.1 N＝1.2π×10－4 N 根据楞次定律，线圈中感应电流的方向为逆时针 根据左手定则，半圆弧MPN受到的安培力的方向为垂直MN向下。 答案：(1)0.01π V　(2)π2×10－3 W 5π2×10－6 J　(3)1.2π×10－4 N，垂直MN向下 10．(2024·兴化调研)如图所示，水平放置的光滑金属细圆环半径为l，竖直放置的金属细圆柱的顶端与金属圆环在同一水平面内，圆柱的细轴通过圆环圆心O。质量为m的金属小球P穿过圆环，并通过质量不计、电阻R1＝R的导体细棒与圆心O处的细轴连接，小球P可绕细轴O沿圆环做圆周运动，整个圆环处于竖直向上的、磁感应强度为B的匀强磁场中，圆柱、圆环用导线与定值电阻R2＝2R及电源连接，电源电动势为E，内阻为r＝R。不计一切摩擦，不计圆环、小球和导线电阻。求： (1)将开关K闭合，小球转速稳定后，从上向下看小球转动的方向及角速度的大小； (2)稳定后再断开开关，电阻R2两端的电势差UEF的最大值及其产生的焦耳热Q2的最大值。 解析：(1)由左手定则可知，小球转动的方向为逆时针方向。小球转动稳定时，流过细棒的电流为0，由闭合电路的欧姆定律可知，电阻R2两端的电压为，细棒转动产生的电动势为＝Bl 所以ω＝。 (2)稳定后，断开K的瞬间，由闭合电路的欧姆定律得，电阻R2两端的最大电压为，由右手定则可知UEF＝－ 由能量守恒定律可知，回路中产生的焦耳热的最大值为Q＝m(ωl)2＝ 电阻R2产生的焦耳热的最大值为Q2＝Q＝。 答案：(1)逆时针方向　　(2)－　 学科网（北京）股份有限公司 $$