1、专题十电磁感应中的图象和电路问题考点一电磁感应中的电路问题师生共研1电磁感应中物理量的关系图 2五个等效例1 2020浙江7月，12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，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是()A棒产生的电动势为12Bl2B微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2C电阻消耗的电功率为B2r42RD电容器所带的
2、电荷量为CBr2练1 (多选)在水平放置的两条平行光滑直金属导轨上放有一与其垂直的金属棒ab，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有R15 和R26 的两定值电阻及电阻箱R，其余电阻不计电路中的电压表量程为010 V，电流表的量程为03 A现将R调至30 ，用F40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满偏下列说法正确的是()A当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏B当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏C当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是1 m/sD当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是2 m/s练22020
3、湖北部分重点高中开学考试(多选)如图甲所示，圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接若仅将a环置于如图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点间的电势差UMN0.4 V下列说法正确的是()A图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里B图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外C若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两点间的电势差UMN0.4 VD若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两点间的电势差UMN0.2 V练3如图甲所示，水平放置的两根平行金属导轨间距L0.3 m，导轨左端连接阻值R0.6 的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面、磁感应强
4、度B0.6 T的匀强磁场，磁场区域宽D0.2 m细金属棒A1和A2用长为2D0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，均与导轨垂直且接触良好，每根金属棒在导轨间的电阻均为r0.3 .导轨电阻不计使金属棒以恒定速度v1.0 m/s沿导轨向右穿过磁场计算从金属棒A1进入磁场(t0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流，并在图乙中画出考点二电磁感应中的图象问题多维探究1分析电磁感应图象问题的思路2解决电磁感应图象问题的“三点关注”(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应(3
5、)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应题型1|由给定的电磁感应过程选出正确的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例2 2019全国卷，21 (多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好已知PQ进入磁场时加速度恰好为零从PQ进入磁场开始
6、计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()题型2|由给定的图象分析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从图象上读取有关信息是求解本题的关键，图象是数理综合的一个重要的窗口，在运用图象解决物理问题时，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例3 2020浙江7月，21如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0x1.0 m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场桌面上有一边长L0.5 m、电阻R0.25 的正方形
7、线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0t1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0t1.3 s内线框始终做匀速运动图1图2(1)求外力F的大小；(2)在1.0 st1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；(3)求在0t1.3 s内流过导线横截面的电荷量q.题型3|图象的转换问题类型由一种电磁感应的图象分析求解出对应的另一种电磁感应图象的问题解题关键(1)要明确已知图象表示的物理规律和物理过程；(2)根据所求的图象
8、和已知图象的联系，对另一图象做出正确的判断进行图象间的转换例4 2020新高考卷，12(多选)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象可能正确的是()练4(多选)如图甲所示，在水平桌面上放置边长为0.20 m的正方形闭合金属线圈abcd，线圈的匝数为10，总电阻为0.10 ，线圈
9、与水平桌面间的最大静摩擦力为0.2 N线圈的右半边处于垂直桌面、均匀分布的磁场中，磁场左边界MN与线圈ab、cd两边平行且等距从t0时刻起，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示假设垂直桌面向下为正方向，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()At1 s时线圈受到的安培力为零Bt6 s时线圈即将向右滑动C线圈滑动前，其导线中的电流一直为0.4 AD线圈滑动前，其产生的焦耳热为2.4102 J练52020吉林普通中学三调如图所示，空间分布着宽为L、方向垂直于纸面向里的匀强磁场一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域金属线框各边的宽度如图所示，规定逆时针方向为电流的正方向，则感应
10、电流随位移变化的关系图象(ix)正确的是()练62020武汉质检如图甲所示，在倾角37的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度的大小按如图乙所示的规律变化释放圆环后，在t8t0和t9t0时刻，圆环均能恰好静止在斜面上假设圆环与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6.则圆环和斜面间的动摩擦因数为()A. 34B. 1516C. 1920D. 2728题后反思电磁感应图象问题的“六个明确”(1)明确图象横纵坐标轴的含义及单位；(2)明确图象中物理量正负的含义；(3)明确图象斜率、所围面积的含义；(4)明确图象所描述的物理意义；(5
11、)明确所选的正方向与图线的对应关系；(6)明确图象和电磁感应过程之间的对应关系思维拓展电磁感应中电路与图象综合问题 如图甲所示，MN、PQ是相距d1 m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m的金属棒CD垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，CD的质量m0.1 kg、电阻R1 ；MN、PQ的上端连接电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL3 ，定值电阻R17 ，调节电阻箱使R26 ，重力加速度g10 m/s2.现断开开关S，在t0时刻由静止释放CD，在t0.5 s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平
12、面向上；图乙所示为CD的速度随时间变化图象(1)求斜面倾角及磁感应强度B的大小；(2)CD由静止下滑x50 m(已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的焦耳热；(3)若只改变电阻箱R2的值，当R2为何值时，CD匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？教你解决问题专题十电磁感应中的图象和电路问题考点突破例1解析：棒产生的电动势为EBr12r12Br2，选项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qEdmg，可得qm2gdBr2，选项B正确电阻消耗的电功率PE2RB2r424R，选项C错误电容器所带的电荷量QCE12CBr
13、2，选项D错误答案：B练1解析：假设电压表满偏，则通过电流表的电流为IUR2RR2+R2 A3 A，所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为2 A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等，有FABILF，感应电动势EUIR1(1025) V20 V，又EBLv，解得vEIF1 m/s，故C正确，D错误答案：BC练2解析：本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律与电路的综合问题仅将a环置于变化的磁场中，导线上M、N两点间的电势差UMN0.4 V，则M点的电势高，感应电流沿逆时针方向，结合安培定则和楞次定律可知，变化磁场的方向垂直纸面向里，故A正确，B错误a环与b环的半径之比为2
14、1，故周长之比为21，根据电阻定律RLS可得，a环与b环的电阻之比为21，根据法拉第电磁感应定律公式EBtS可得，两次感应电动势的大小之比为41，根据闭合电路欧姆定律可得，两次的路端电压之比为21，根据楞次定律可知，若仅将b环置于题图乙所示变化的磁场中，N点的电势高，故M、N两点间的电势差UMN0.2 V，故C错误，D正确答案：AD练3解析：从A1开始进入磁场(t0时刻)到刚好离开磁场(t1Dv0.2 s时刻)的时间内，A1产生的感应电动势E1BLv0.18 V其等效电路图如图丙所示由图丙知，电路的总电阻R总rrRr+R0.5 总电流为IE1R总0.36 A通过R的电流为IRI30.12 A从
15、A1刚好离开磁场(t10.2 s时刻)至A2刚好进入磁场(t22Dv0.4 s时刻)的时间内，回路无电流，IR0从A2刚好进入磁场(t20.4 s时刻)至刚好离开磁场(t32D+Dv0.6 s时刻)的时间内，A2上的感应电动势为E20.18 V，其等效电路图如图丁所示与0t1内A1开始进入磁场到离开磁场类似，可知，此过程IR0.12 A.如图所示答案：见解析例2解析：两棒均由同一位置由静止释放，则进入磁场时，两棒的速度相等若PQ棒出磁场后，MN棒再进入磁场，则MN棒做匀速运动切割磁感线，则通过PQ棒上的电流随时间变化的图象为A图；若PQ棒出磁场前MN棒进入磁场，由于两棒速度相同，没有感应电流，
16、则PQ棒与MN棒在磁场中做加速度相同的运动，当PQ棒出磁场后，MN棒切割磁感线运动的速度比进入时的大，MN棒做减速运动，通过PQ棒的电流随时间变化的图象应为D图答案：AD例3解析：(1)t00，B00.25 T回路电流IB0LvR安培力FAB02L2Rv外力FFA0.062 5 N(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变1t11.0 s时，B10.5 T，磁通量1B1L2t时刻，磁通量BLLv(tt1)得B16-4t(3)0t0.5 s电荷量q1B0L2R0.25 C05 st1.0 s电荷量q2B1L2-B0L2R0.25 C总电荷量qq1q20.5 C.答案：(1)0.062 5 N(2)B
17、16-4t (3)0.5 C例4解析：第1 s内，ae边切割磁感线，由EBLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力FBIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第34 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大
18、小相等，A项错误，B项正确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C项正确，D项错误答案：BC练4解析：t1 s时磁感应强度为零，线圈受到的安培力为零，选项A正确；由题图乙可知，Bt0.1 T/s，磁感应强度随时间变化的关系为B0.1 TBtt(0.10.1t)T，当线圈未滑动时，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势EnSBt100.200.100.1 V0.02 V，根据闭合电路欧姆定律，线圈中电流IER0.2 A，由题图乙可知t6 s时磁感应强度为B0.5 T，线圈受到的安培力大小FnBIL10
19、0.50.20.20 N0.2 N，恰好等于线圈与水平桌面间的最大静摩擦力0.2 N，根据楞次定律可知，线圈即将向左滑动，选项B错误；线圈滑动前，其导线中的电流一直为0.2 A，选项C错误；由焦耳定律知，线圈滑动前，其产生的焦耳热QI2Rt0.220.106 J2.4102 J，选项D正确答案：AD练5解析：本题考查法拉第电磁感应定律与楞次定律，符合考查要求的基础性线框前部分进入磁场，位移小于L，此时根据楞次定律，感应电流为逆时针，方向为正，且I1ERBLvR，大小不变；线框后部分进入磁场，位移大于L小于2L，此时根据楞次定律，感应电流为逆时针，方向为正，且I2ERB2LvR2I1，大小不变；
20、当线框后部分出磁场，位移大于2L小于3L，此时根据楞次定律，感应电流为顺时针，方向为负，且I3ERB3LvR3I1，大小不变，所以A、B、C错误，D正确答案：D练6解析：设圆环的直径为d，面积为S，质量为m，电阻为R.在08t0时间内圆环中产生的感应电动势大小E1B1t1S2B0-08t0S2B0S16t0，感应电流大小为I1E1RB0S16Rt0，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的磁场中，且磁感应强度增大，根据楞次定律可知俯视时电流方向为顺时针，根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向下，在t8t0时刻，圆环能恰好静止在斜面上，则有mg sin 37B0I1dmg cos 37，在9t010t0时
21、间内圆环中产生的感应电动势大小E2B2t2S2B0-0t0S2B0S2t0，感应电流大小为I2E2RB0S2Rt0，圆环的上半部分处于垂直斜面向上的磁场中，且磁感应强度减小，根据楞次定律可知俯视时电流方向为逆时针，根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向上，在t9t0时刻，圆环能恰好静止在斜面上，则有mg sin 37mg cos 37B0I2d，根据可得mgcos37-mgsin37mgsin37+mgcos37I1I2，代入，解得2728，选项D正确答案：D思维拓展典例解析：(1)S断开时，CD做匀加速直线运动，从图乙得avt6 m/s2由牛顿第二定律有mg sin ma所以有sin 35，即
22、37t0.5 s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后CD将先做加速度逐渐减小的变加速运动，当速度达到最大(vm6 m/s)时，做匀速运动匀速运动时，由平衡条件知mg sin F安又F安BId，IBdvmR总R总RR1RLR2RL+R210 联立有mg sin B2d2vmR总代入数据解得B1 T(2)由能量转化关系有mg sin x12mvm2Q代入数据解得Q28.2 J(3)改变电阻箱R2的值后，CD匀速下滑时有mg sin BdI所以ImgsinBd0.6 A通过R2的电流为I2RLRL+R2IR2消耗的功率为PI22R2联立以上三式可得PI2I2当RLR2R2，即R2RL3 时，功率P最大，最大值Pm0.27 W.答案：(1)371 T(2)28.2 J(3)3 0.27 W
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