专题三 电磁感应中的电路、电荷量及图像问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案教用Word（粤教版2019）

物理 选择性必修 第二册(粤教) 专题三　电磁感应中的电路、电荷量及图像问题 课题任务　电磁感应中的电路问题 1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就是电源．如：切割磁感线的导体棒、磁通量变化的线圈等．这种电源将其他形式的能量转化为电能． 对于感应电流和感应电动势的方向，都是对“相当于电源”的部分，根据右手定则或楞次定律判定的．实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反． 2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成． 在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势． 3．问题分类 (1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题． (2)根据闭合电路规律求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题． 例1　(多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2<r1)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B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计．t＝0时闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是(　　) A．线圈中产生的感应电动势的大小为 B．电容器下极板带正电 C．稳定后电路中的感应电流为 D．稳定后线圈两端的电压为 [规范解答]　根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势大小E＝＝S＝，A错误；根据楞次定律可知，线圈产生顺时针方向的感应电流，则电容器下极板带正电，B正确；根据闭合电路欧姆定律，稳定后电路中的感应电流I＝＝，C正确；根据闭合电路欧姆定律，稳定后线圈两端的电压U＝I·4R＝，故D正确． [答案]　BCD 　解决电磁感应中电路问题的基本步骤 (1)确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝BLv、E＝BL2ω或E＝n求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向． (2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图． (3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解． 注意：对于含电容器的电路，知道电容器在电路中充、放电的原理，电容器在稳定电路中相当于断路，可以通过对电路的分析，计算电容器两极板间的电压和充、放电的电荷量． 　如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距L＝1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab杆的电阻为r＝2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为B＝1 T．现ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求： (1)R2的阻值． (2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？ (3)拉ab杆的水平向右的外力F为多大？ 答案　(1)3 Ω　(2)0.375 W　0.75 W (3)0.75 N 解析　(1)内、外电路功率相等，则内、外电路电阻相等，有＝r 解得R2＝3 Ω. (2)感应电动势大小为 E＝BLv＝1×1×3 V＝3 V 路端电压为U＝E＝1.5 V R1消耗的功率P1＝＝ W＝0.375 W R2消耗的功率P2＝＝ W＝0.75 W. (3)ab中的电流I＝ 则拉ab杆的水平向右的外力为 F＝F安＝BIL＝0.75 N. 课题任务　电磁感应中的电荷量问题 利用平均电流求解电磁感应中的电荷量 求解电荷量的公式推导： 电荷量表达式：q＝Δt； 由闭合电路欧姆定律得：＝； 由法拉第电磁感应定律得：＝n； 综合上面三式，得： q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n. 例2 如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　) A. B. C. D．2 [规范解答]　通过导体横截面的电荷量为：q＝·Δt＝·Δt＝n，过程Ⅰ流过OM的 电荷量为：q1＝；过程Ⅱ流过OM的电荷量：q2＝，依题意有：q1＝q2，即：B·πr2＝(B′－B)·πr2，解得：＝，B正确． [答案]　B 由q＝n，可知电荷量与磁通量变化的快慢无关，只取决于n、ΔΦ和R总． 　如图所示，矩形线圈abcd面积为S，匝数为N，电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过60°的过程中，通过电阻R的电荷量为________． 答案　 解析　根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电荷量表达式，得q＝Δt＝N＝N＝. 课题任务　电磁感应中的图像问题 电磁感应中的图像问题综合了法拉第电磁感应定律(计算感应电动势的大小)、楞次定律和右手定则(判断感应电流方向)、动力学知识(判定运动时间以及速度等)等，是对电磁感应知识的综合考查． 1．思路导图 2．分析方法 对图像的分析，应做到“四明确一理解”： (1)明确图像所描述的物理意义；明确各种“＋”“－”的含义；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． (2)理解三个相似关系及其各自的物理意义： v—Δv—，B—ΔB—，Φ—ΔΦ—. 3．电磁感应中图像类选择题的两种常见解法 (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)，特别是物理量的正负，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作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法． 例3　如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　) [规范解答]　如图甲，线框左端从①移动到②的过程中线框左边切割磁感线产生的电流方向是顺时针，线框右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，线框两边切割磁感线产生电动势方向相同，所以E＝2·Blv，则电流为i＝＝，电流恒定且方向为顺时针． 如图乙，线框从②移动到③的过程中线框左右两边切割磁感线产生的电动势大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零． 如图丙，线框从③到④的过程中，线框左边切割磁感线产生的电流方向是逆时针，而线框右边切割磁感线产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为i＝＝，方向是逆时针． 当线框再向左运动l的过程中，线框左边切割磁感线产生的电动势方向是顺时针，线框右边切割磁感线产生的电动势方向是逆时针，此过程回路中电流表现为零．线框在以后运动过程中电流按上述规律周期性变化，综上所述，D正确． [答案]　D 　解决图像问题的一般步骤 (1)明确图像的种类，即是B­t图像还是Φ­t图像，或者E­t图像、i­t图像等． (2)分析电磁感应的具体过程． (3)用右手定则或楞次定律等确定各物理量的方向对应关系． (4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式． (5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等． (6)画图像或判断图像或由给定的图像求解相应的物理量． 　矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流沿逆时针方向为正，则在0～4 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F(安培力取向上为正)随时间变化的图像为图中的(　　) 答案　C 解析　由题图可知，0～2 s内，线框中磁通量的变化率不变，故0～2 s内感应电流不变，由楞次定律和安培定则可知，电流方向为顺时针，即电流为负；同理可知，2～4 s内感应电流不变且方向为逆时针，即电流为正；由E＝＝S可知，两段时间内电流大小相等，A、B错误．电流大小恒定不变，故由F＝BIL可知，安培力大小与B成正比，再由左手定则知，C正确，D错误． 1．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁体固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对 应感应电流的变化为(　　) 答案　B 解析　由感应电流I＝＝n，知感应电流与磁通量的变化率有关，在Φ­t图线上各点切线的斜率的绝对值正比于感应电流的大小，斜率的正、负号表示感应电流的方向；根据图乙，在0～t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，B正确． 2.用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点的电势差是(　　) A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V 答案　B 解析　由于磁场是均匀增强的，而原磁场的方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，线框中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，再由右手螺旋定则可知，线框中的感应电流方向沿逆时针方向，故a点电势低于b点电势，a、b两点间的电势差是负值，故A、C错误；线框产生的感应电动势E＝＝·S＝10 T/s××(0.2 m)2＝0.2 V，故Uab＝－＝－＝－0.1 V，B正确． 3.如图所示，水平匀强磁场的理想边界MN和PQ均竖直，等腰直角三角形闭合导线框的直角边恰好和磁场宽度相同．从线框右顶点刚进入磁场开始计时，若线框匀速通过磁场(线框的一条直角边与边界平行)，取感应电流沿逆时针方向时为正，则下列四幅图中，能正确反映线框中的电流随时间的变化关系的是(　　) 答案　D 解析　感应电流大小i＝，线框做匀速直线运动，有效切割长度发生变化，电流大小就发生变化；设线框的直角边长为L，运动速度为v，0～时间内，由右手定则判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，i是正值，线框切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流i均匀增加；～时间内，由右手定则判断可知，感应电流方向沿顺时针方向，i是负值，线框切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流i均匀增加．故选D. 4．如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向沿abcda为正)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为(　　) 答案　D 解析　由题图乙可知，0～t1时间内，导线框中电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，导线框中的磁通量的变化率不变，故0～t1时间内磁感应强度与时间的关系图线是一条倾斜直线，A、B错误；又由于0～t1时间内电流为正，即沿abcda方向，由安培定则可知，导线框中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，故0～t1时间内原磁场的磁感应强度向里减小或向外增大，C错误，D正确． 5．有一种监控火车运行的装置，其原理是在火车头车厢底部安装上能产生匀强磁场的磁体，当其经过固定在轨道间的线圈时便会产生电信号，传输到控制中心，就可了解火车的运行情况，原理图如图甲所示．当某列火车通过该线圈时，控制中心得到线圈中电流大小随时间变化的图像如图乙所示．已知匀强磁场的磁感应强度为B，磁场宽度为L(磁场的宽度小于线圈宽度)，线圈所在回路电阻为R，下列有关说法正确的是(　　) A．由I­t图像可知，火车做匀速运动 B．因t2－t1>t4－t3，故火车做变加速运动 C．t1～t2时间内线圈中的电流方向如图甲所示 D．火车做匀加速运动且加速度大小为a＝ 答案　D 解析　根据E＝BLv，I＝，有v＝·I，由图乙可知，火车车厢底部的磁体进入、穿出线圈时，线圈中电流都随时间均匀增加，由v＝·I可知火车的速度随时间均匀增加，即火车做匀加速运动，故A、B错误；t1～t2时间内磁体进入线圈，则线圈左边向左切割磁感线，由右手定则可知，线圈中的电流方向与图甲所示方向相反，故C错误；由B项分析，可知火车做匀加速运动的加速度a＝＝，故D正确． 6.(多选)如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，开始计时时线框右边与磁场左边界重合，同时使线框在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．若外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，穿过线框磁通量的变化率为，通过导体横截面的电荷量为q，则下列各图中(其中P­t图像为抛物线)表示这些量随时间变化的关系正确的是(　　) 答案　BD 解析　线框做匀加速运动，其速度v＝at，感应电动势E＝BLv，线框进入磁场过程中受到的安培力F安＝BIL＝＝，由牛顿第二定律得F－＝ma，则F＝＋ma，故A错误；线框中的感应电流I＝＝，线框的电功率P＝I2R＝t2，B正确；t时刻磁通量的变化率＝E＝BLat，C错误；线框的位移x＝at2，电荷量q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝＝＝·t2，D正确． 7．(多选)如图1所示，在沿竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1 m2，圆环电阻为0.2 Ω.在第1 s内感应电流I沿顺时针方向，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示(其中在4～5 s时间段呈直线)．则(　　) A．在0～5 s时间段，感应电流先减小再增大 B．在0～2 s时间段感应电流沿顺时针方向，在2～5 s时间段感应电流沿逆时针方向 C．在0～5 s时间段，线圈最大发热功率为5.0×10－4 W D．在0～2 s时间段，通过圆环横截面的电荷量为5.0×10－1 C 答案　BC 解析　根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律得I＝＝，知磁感应强度的变化率越大，则感应电流越大，则在0～5 s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，A错误．由题意知，在第1 s内感应电流I沿顺时针方向，根据安培定则和楞次定律知，原磁场方向向上为正方向；在0～2 s时间段感应电流沿顺时针方向，在2～5 s时间段，根据楞次定律和安培定则知感应电流的方向为逆时针，B正确．在0～5 s时间段，当电流最大时，发热功率最大，磁感应强度变化率最大值为k＝0.1 T/s，则最大电流Im＝＝0.05 A，则Pm＝IR＝0.052×0.2 W＝5×10－4 W，C正确．在0～2 s时间段，通过圆环横截面的电荷量为q＝＝ C＝0.05 C，D错误． 8．(多选)某学校图书馆凭磁卡借还书，某同学了解到其工作原理是磁卡以一定的速度通过装有线圈的检测头，在线圈中产生感应电动势，从而传输被记录的信号．为研究该现象，该同学借用了如图甲所示的实验室装置，螺线管固定在铁架台上，并与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接．现将一小磁体置于螺线管正上方由静止释放，其上表面为N极，穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止(小磁体下落过程中不发生转动)，计算机屏幕上显示出如图乙所示的UI­t曲线．对于该实验结果，以下说法正确的是(　　) A．只减小小磁体释放高度，两个峰值都增大 B．只减小螺线管匝数，两个峰值都减小 C．只增大小磁体质量，穿过螺线管的时间不变 D．只增大滑动变阻器接入电路的阻值，穿过螺线管的时间减小 答案　BD 解析　当只减小释放高度h时，小磁体进入螺线管时的速度减小，导致螺线管中磁通量的变化率减小，感应电动势减小，因此两个峰值都会减小，故A错误；当只减小螺线管匝数时，根据E＝n可知螺线管中的感应电动势减小，因此两个峰值都会减小，故B正确；只增大小磁体的质量，磁体刚进入螺线管的速度不变，则磁体所受向上的磁场力不变，磁场力产生的向上的加速度减小，向下运动的速度会变大，则穿过螺线管的时间变小，故C错误；小磁体进入螺线管过程中，螺线管对小磁体产生向上的排斥力，穿出螺线管过程中，螺线管对小磁体产生向上的吸引力，只增大滑动变阻器接入电路的阻值，则螺线管中的电流减小，螺线管产生的磁场减弱，则对小磁体的阻碍作用减小，所以小磁体穿过螺线管的时间减小，故D正确． 9．有一个n＝1200匝的线圈，在t＝0.24 s内穿过它的磁通量从Φ1＝0.020 Wb均匀增加到Φ2＝0.064 Wb.求： (1)线圈中的感应电动势E； (2)如果线圈的总电阻r＝10 Ω，把它跟一个电阻R＝90 Ω的电热器串联组成闭合电路时，通过电热器的电流I是多大？ 答案　(1)220 V　(2)2.2 A 解析　(1)由题可知：n＝1200匝，Δt＝t＝0.24 s，ΔΦ＝0.064 Wb－0.020 Wb＝0.044 Wb， 根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势为E＝n＝1200× V＝220 V. (2)由闭合电路欧姆定律得通过电热器的电流为I＝＝ A＝2.2 A. 10．如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起．求线圈在上述过程中 (1)感应电动势的平均值E； (2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横截面的电荷量q. 答案　(1)0.12 V (2)0.2 A(电流方向见解析图) (3)0.1 C 解析　(1)感应电动势的平均值E＝ 磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS 解得E＝ 代入数据得E＝0.12 V. (2)平均感应电流I＝ 代入数据得I＝0.2 A(电流方向如图)． (3)通过导线横截面的电荷量q＝IΔt 代入数据得q＝0.1 C. 11.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场的边界上固定放有一半径为L的金属圆环，长度为L、电阻为r0的金属棒OA绕过圆环圆心O且垂直圆环面的转轴在电阻为4r0的圆环上滑动，外电阻R1＝R2＝4r0，其他电阻不计．如果OA棒以某一角速度顺时针匀速转动，电阻R1的电功率最小值为P0. (1)画出等效电路图； (2)求OA棒匀速转动的角速度． 答案　(1)图见解析　(2) 解析　(1)OA棒顺时针转动，相当于电源，由右手定则可知，OA棒中感应电流从O到A，所以A为电源正极，O为电源负极．等效电路图如图所示． (2)由题意可知，OA棒转动时感应电动势为：E＝BL2ω 棒转动时，R1的电功率变化；当棒的A端处于环的最上端时，圆环接入电路的总电阻最大，电路中电流最小，R1的电功率最小，此时有：r1＝r2＝2r0 电路中的总电阻为： R＝r0＋＋＝r0＋r0＋2r0＝4r0 R1的最小电功率为： P0＝R1＝R1＝ 可解得：ω＝. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$