【物理】2019届一轮复习鲁科版第十章电磁感应中的图象和电路问题 14页

能力课1　电磁感应中的图象和电路问题 ‎　电磁感应中的图象问题 角度1　据电磁感应过程选择图象 问题类型 由给定的电磁感应过程选出正确的图象 解题关键 根据题意分析相关物理量的函数关系、分析物理过程中的转折点、明确“＋、－”号的含义，结合数学知识做正确的判断 (2014·全国卷Ⅰ，18)如图1(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是 (　　)‎ 图1‎ 解析　由题图(b)可知c、d间的电压大小是不变化的，根据法拉第电磁感应定律可判断出线圈cd中磁通量的变化率是不变的，又因已知线圈内部的磁场与流经 线圈的电流成正比，所以线圈ab中的电流是均匀变化的，选项C正确，A、B、D均错误。‎ 答案　C 方法技巧 电磁感应中图象类选择题的两个常见解法 ‎(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象作出分析和判断。‎ (2016·江西联考)如图2所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向) (　　)‎ 图2‎ 解析　由E＝BLv可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线有效长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I均匀增大。由右手定则可知，感应电流方向由M到N，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故选项A正确。‎ 答案　A 角度2　据图象分析判断电磁感应过程 问题类型 由电磁感应图象得出的物理量和规律分析求解动力学、电路等问题 解题关键 第一个关键是破译，即解读图象中的关键信息(尤其是过程信息)，另 一个关键是转换，即有效地实现物理信息和数学信息的相互转换 (2015·广东理综，35)如图3(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s 做直线运动，求：‎ 图3‎ ‎(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；‎ ‎(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。‎ 解析　(1)正方形磁场的面积为S，则S＝＝0.08 m2。在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的。由B－t图象可知＝0.5 T/s，根据E＝n，得回路中的感应电动势E＝S＝0.5×0.08 V＝0.04 V。‎ ‎(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V；‎ 回路中感应电流I′＝＝ A＝0.2 A 导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N 当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l＝2v(t－1)　(1 s≤t≤1.2 s)‎ 感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V 感应电流i＝＝(t－1)A (1 s≤t≤1.2 s)‎ 答案　(1)0.04 V　(2)0.04 N i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)‎ (多选)如图4甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边长为0.4 m。金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合。左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确是(π取3)(　　)‎ 图4‎ A．线框中感应电流的方向是顺时针方向 B．t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 Wb C．经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J ‎ D．前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C 解析　根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4 s时穿过线框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝πr2·B1－πr2·B2＝0.055 Wb，选项B错误；由图乙知＝＝10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感应电流I＝＝0.5 A，0.4 s内线框中产生的热量Q＝I2Rt＝0.3 J，选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝0.2 C，选项D正确。‎ 答案　CD 角度3　图象的描绘 问题类型 由题目给出的电磁感应现象画出所求物理量的图象 解题关键 由题目给出的电磁感应过程结合所学物理规律求出所求物理量的函数关系式，然后在坐标系中做出相对应的图象 (2014·安徽理综，23)如图5所示，匀强磁场的磁感应强度B为 ‎0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m。以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox。一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)。g取10 m/s2。‎ 图5　　　　　　　　　　　图6‎ ‎(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；‎ ‎(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图6中画出F－x关系图象；‎ ‎(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。‎ 解析　(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势 E＝Blv(l＝d)，解得E＝1.5 V　(D点电势高)‎ 当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为l外，则 l外＝d－d、OP＝，得l外＝1.2 m 由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差 UCD＝－Bl外v，即UCD＝－0.6 V ‎(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是 l＝d＝3－x 对应的电阻Rl为Rl＝R，电流I＝ 杆受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)‎ 画出的F－x图象如图所示。‎ ‎(3)外力F所做的功WF等于F－x图线下所围的面积，即 WF＝×2 J＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgsin θ 故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J 答案　(1)1.5 V　－0.6 V ‎(2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　图象见解析　(3)7.5 J 如图7甲所示，CDE是固定在绝缘水平面上的光滑金属导轨，CD＝DE＝L，∠CDE＝60°，CD和DE单位长度的电阻均为r0，导轨处于磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中。MN是绝缘水平面上的一根金属杆，其长度大于L，电阻可忽略不计。现MN在向右的水平拉力作用下以速度v0在CDE上匀速滑行。MN在滑行的过程中始终与CDE接触良好，并且与C、E所确定的直线平行。‎ 图7‎ ‎(1)推导MN在CDE上滑动过程中，回路中的感应电动势E与时间t的关系表达式；‎ ‎(2)在运动学中我们学过：通过物体运动速度和时间的关系图线可以求出物体运动的位移s，如图乙中物体在0～t0时间内的位移在数值上等于梯形Ov0Pt0的面积。请你通过类比推导MN在CDE上滑动过程中，MN所受安培力F安与MN的位移s的关系表达式，并画出F安与s的关系图线。‎ 解析　(1)设MN经过时间t运动到如图甲所示位置，此时金属杆在回路中的长度 l＝2v0ttan 30°＝v0t 电动势E＝Blv0＝Bvt。‎ 甲 ‎(2)在(1)中图示位置时，回路中的电阻R＝r0v0t 回路中的电流I＝＝，即回路中的电流为一常量 此时安培力的大小F安＝BIl＝t 由于MN在CDE上滑动时的位移s＝v0t 所以F安＝s 所以安培力的大小随位移变化的图线(F安－s图线)如图乙所示 乙 答案　(1)E＝Bvt ‎(2)见解析 规律方法 ‎1．电磁感应中常见的图象问题 图象 类型 随时间变化的图象，如B－t图象、Φ－t图象、E－t图象、I－t图象 随位移变化的图象，如E－s图象、I－s图象(‎ 所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)‎ 问题 类型 ‎(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象的方法)‎ ‎(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)‎ 应用 知识 四个 规律 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律 六类 公式 ‎(1)平均电动势E＝n ‎(2)平动切割电动势E＝Blv ‎(3)转动切割电动势E＝Bl2ω ‎(4)闭合电路的欧姆定律I＝ ‎(5)安培力F＝BIl ‎(6)牛顿运动定律的相关公式等 ‎2.处理图象问题要做到“四明确、一理解”‎ ‎　电磁感应中的电路问题 如图8，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动。通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q连接成如图8所示的电路，R1、R2是定值电阻。带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M点，被拉起到水平位置；合上开关K，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点最远可到另一侧的H点。已知：磁感应强度为B；导体棒的角速度大小为ω，长度为l，电阻为r；R1＝R2＝2r，铜环电阻不计；P、Q两板间距为d；带电小球质量为m、电荷量为q；重力加速度为g。求：‎ 图8‎ ‎ (1)导体棒匀速转动的方向；‎ ‎ (2)P、Q间电场强度E的大小；‎ ‎(3)小球通过N点时对细线拉力T的大小。‎ 思路分析　导体棒转动产生感应电动势感应电流PQ的电压PQ间匀强电场的电场强度电场力做功小球从静止到最低点的速度v向心力细线拉力T。‎ 解析　 (1)依题意，小球从水平位置释放后，能沿圆弧向下摆动，故小球受到电场力的方向水平向右，P板带正电，Q板带负电。由右手定则可知，导体棒a顺时针转动。‎ ‎ (2)导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小 E′＝＝＝Bl2ω①‎ 由闭合电路欧姆定律得I＝②‎ 由欧姆定律可知，P、Q两板间的电压为UPQ＝IR2③‎ 故P、Q间匀强电场的电场强度大小E＝④‎ 联立①②③④，代入R1＝R2＝2r，可得E＝。⑤‎ ‎(3)设细线长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得 mgL－EqL＝mv2⑥‎ 又T－mg＝⑦‎ 由⑤⑥⑦得T＝3mg－。‎ 答案　(1)顺时针转动　(2)　(3)3mg－ ‎【拓展延伸】‎ 若将【模拟示例4】“铜环电阻不计”改为“铜环的总电阻为2r”，求P、Q间的最小电压。‎ 解析　感应电动势E＝Bl2ω，铜环电阻为左右两边并联而成，则R环＝，当a转到最低点，R左＝R右＝r时，铜环电阻最大，即R环＝，此时回路中的电流最小，且I＝＝，P、Q间的电压最小，且UPQ＝IR2＝。‎ 答案　 方法技巧 明电源、画电路、用规律 第1步：确定电源 ‎①判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)；‎ ‎②利用E＝(法拉第电磁感应定律)或E＝BLvsin θ求感应电动势的大小；‎ ‎③利用右手定则或楞次定律判断电流方向；‎ 第2步：分析电路结构 ‎ 弄清各元件的串并联关系，画等效电路图；‎ 第3步：利用电路规律求解 结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等列方程求解。‎ (2017·焦作一模)(多选)如图9所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻。一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是(　　)‎ 图9‎ A．导体棒ab中电流的流向为由b到a B．cd两端的电压为1 V C．de两端的电压为1 V D．fe两端的电压为1 V 解析　由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝·R＝＝1 V，B、D正确，C错误。‎ 答案　BD ‎1．(2013·全国卷Ⅱ，16)如图10，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v－t图象中，可能正确描述上述过程的是(　　)‎ 图10‎ 解析　导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而受到与运动方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导线框的加速度减小，v－t图线的斜率减小；导线框全部进入磁场后，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小。选项D正确。‎ 答案　D ‎2．(2016·四川理综，7)(多选)如图11所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有(　　)‎ 图11‎ 解析　设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝BLv，回路电流I＝＝ v，即I∝v；安培力FA＝BIL＝ v，方向水平向左，即FA∝v；R两端电压UR＝IR＝ v，即UR∝v；感应电流功率P＝EI＝ v2，即P∝v2。‎ 分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F0＋kv－v＝ma，即F0＋(k－)v＝ma。因为金属棒从静止出发，所以F0>0 。‎ ‎(1)若k＝，金属棒水平向右做匀加速直线运动。所以在此情况下没有选项符合；‎ ‎(2)若k>，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；‎ ‎(3)若k<，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0‎ 后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合。‎ 综上所述，选项B、C符合题意。‎ 答案　BC ‎3．(2017·潍坊联考)两个不可形变的正方形导体框a、b连成如图12甲所示的回路，并固定在竖直平面(纸面)内。导体框a内固定一小圆环c，a与c在同一竖直面内，圆环c中通入如图乙所示的电流(规定逆时针方向为电流的正方向)，导体框b的MN边处在垂直纸面向外的匀强磁场中，则MN边在匀强磁场中受到的安培力(　　)‎ 图12‎ A．0～1 s内，方向向下 B．1～3 s内，方向向下 C．3～5 s内，先逐渐减小后逐渐增大 D．第4 s末，大小为零 解析　根据i－t图象可知，在0～6 s内MN边都有大小恒定的电流通过，由F＝BIl可知，安培力的大小是恒定的，选项C、D均错；0～1 s、3～5 s内电流的方向由N→M；1～3 s、5～6 s内电流的方向由M→N，对以上情况可用左手定则判断出MN边的安培力方向，0～1 s、3～5 s内安培力方向向上，1～3 s、5～6 s内安培力方向向下，故选项B正确、A错误。‎ 答案　B ‎4．在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距L＝1 m，导轨左端接有如图13所示的电路，其中水平放置的平行板电容器两极板M、N间距离d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab电阻r＝2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝0.5 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，质量m＝1×10－14 kg，带电荷量q＝－1×10－14 C的微粒(图中未画出)恰好静止不动。取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好。试求：‎ 图13‎ ‎(1)匀强磁场的方向；‎ ‎(2)a、b两端的路端电压；‎ ‎(3)金属棒ab运动的速度大小。‎ 解析　(1)带负电微粒受到重力和电场力而静止，因重力竖直向下，则电场力方向竖直向上，故M板带正电。ab棒 向右切割磁感线产生感应电动势，ab棒等效于电源，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)带负电微粒受到重力和电场力而静止，mg＝Eq E＝ 所以UMN＝＝ V＝0.1 V R3两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：I＝＝ A＝0.05 A ab棒两端的电压为 Uab＝UMN＋I·＝0.1 V＋0.05×6 V＝0.4 V。‎ ‎(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝BLv 由闭合电路欧姆定律得 E＝Uab＋Ir＝0.4 V＋0.05×2 V＝0.5 V 解得v＝＝ m/s＝1 m/s。‎ 答案　(1)竖直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s