2017-2018學(xué)年高中物理 模塊專題復(fù)習(xí) 專題三 電磁感應(yīng)中的電路及圖象問題學(xué)案 新人教版選修3-2

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1、 專題三 電磁感應(yīng)中的電路及圖象問題 一、電磁感應(yīng)中的電路問題 1.對電源的理解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體就是電源，如切割磁感線的導(dǎo)體棒、有磁通量變化的線圈等.這種電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能. 2.對電路的理解：內(nèi)電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈，外電路由電阻、電容等電學(xué)元件組成. 3.解決電磁感應(yīng)中的電路問題三步曲： (1)確定電源.利用E＝n或E＝BLv求感應(yīng)電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷電流方向. (2)分析電路結(jié)構(gòu)(內(nèi)、外電路及外電路的串、并聯(lián)關(guān)系)，畫出等效電路圖. (3)利用電路規(guī)律求解.主要應(yīng)用歐姆定律及串、并聯(lián)電路的基

2、本性質(zhì)等列方程求解. [復(fù)習(xí)過關(guān)] 1.用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長為l，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強磁場中，如圖1所示，當磁場以的變化率增強時，則(　　) 圖1 A.線圈中感應(yīng)電流方向為adbca B.線圈中產(chǎn)生的電動勢E＝· C.線圈中a點電勢高于b點電勢 D.線圈中a、b兩點間的電勢差為· 答案　B 解析　根據(jù)楞次定律可知，A錯誤；線圈中產(chǎn)生的電動勢E＝＝·，B正確；線圈左邊的一半導(dǎo)線相當于電源，在電源內(nèi)部電流沿逆時針方向，所以a點電勢低于b點電勢，C錯誤；線圈右邊的一半相當于外電路，a、b兩點間的電勢差相當于路端電壓，其大小U＝＝·，D錯誤. 2.如圖

3、2甲所示，面積為0.1 m2的10匝線圈EFG處在某磁場中，t＝0時，磁場方向垂直于線圈平面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.已知線圈與右側(cè)電路接觸良好，電路中的電阻R＝4 Ω，電容C＝10 μF，線圈EFG的電阻為1 Ω，其余部分電阻不計.則當開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，在t＝0.1 s至t＝0.2 s這段時間內(nèi)(　　) 圖2 A.電容器所帶的電荷量為8×10－5 C B.通過R的電流是2.5 A，方向從b到a C.通過R的電流是2 A，方向從b到a D.R消耗的電功率是0.16 W 答案　A 解析　線圈EFG相當于電路的電源，電動勢E＝n·S＝10××0.1 V＝

4、10 V.由楞次定律得，電動勢E的方向是順時針方向，故流過R的電流是a→b，I＝＝ A＝2 A，PR＝I2R＝22×4 W＝16 W；電容器UC＝UR，所帶電荷量Q＝C·UC＝10×10－6×2×4 C＝8×10－5 C，選項A正確. 3.如圖3，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的正方形線框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(dǎo)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邊向bc邊滑動的過程中(　　) 圖3 A.PQ中電流先增大后減小 B.PQ兩端電

5、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 答案　C 解析　根據(jù)右手定則可知，PQ中電流的方向為Q→P，畫出該電路的等效電路圖如圖，其中R1為ad和bc上的電阻值，R2為ab上的電阻與cd上的電阻的和，電阻之間的關(guān)系滿足：R1＋R2＋R1＝3R，由題圖可知，R1＝×3R＝R 當導(dǎo)體棒向右運動的過程中，開始時的電阻值：R0＝＝R 當導(dǎo)體棒位于中間位置時，左右兩側(cè)的電阻值是相等的，此時： R中＝＝R>R， 可知當導(dǎo)體棒向右運動的過程中，開始時的電阻值小于中間位置處的電阻值，所以當導(dǎo)體棒向右運動的過程中電路中的總電阻先增大后減小. 導(dǎo)體棒由靠

6、近ad邊向bc邊勻速滑動的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，保持不變，外電路總電阻先增大后減小，由歐姆定律分析得知電路中的總電流先減小后增大，即PQ中電流先減小后增大.故A錯誤； PQ中電流先減小后增大，PQ兩端電壓為路端電壓，U＝E－IR，可知PQ兩端的電壓先增大后減小.故B錯誤； 導(dǎo)體棒勻速運動，PQ上拉力的功率等于回路的電功率，而回路的總電阻R先增大后減小，由P＝得知，PQ上拉力的功率先減小后增大.故C正確； 由以上的分析可知，導(dǎo)體棒PQ上的電阻始終大于線框的電阻，當導(dǎo)體棒向右運動的過程中電路中的總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路的功率的分配關(guān)系與外電阻的關(guān)系可知，當外電路的電阻值

7、與電源的內(nèi)電阻相等時外電路消耗的電功率最大，所以可得線框消耗的電功率先增大后減小.故D錯誤.故選C. 4.兩金屬棒和三根電阻絲如圖4連接，虛線框內(nèi)存在均勻變化的勻強磁場，三根電阻絲的電阻大小之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，金屬棒電阻不計.當S1、S2閉合，S3斷開時，閉合回路中感應(yīng)電流為I，當S2、S3閉合，S1斷開時，閉合回路中感應(yīng)電流為5I，當S1、S3閉合，S2斷開時，閉合回路中感應(yīng)電流是(　　) 圖4 A.0 B.3I C.6I D.7I 答案　D 解析　設(shè)變化磁場上下兩部分的面積分別為al、bl，上下兩部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為E1、E2 E1＝al　E2

8、＝bl 當S1、S2閉合，S3斷開時，E1＝I·3R 當S2、S3閉合，S1斷開時，E2＝5I·5R 當S1、S3閉合，S2斷開時，E1＋E2＝I′·4R 所以I′＝7I. 5.如圖5甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.6 m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表V，電阻為r＝2 Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，已知R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計.在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的磁場，CE＝0.2 m，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.開始時電壓表有示數(shù)，當電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫?，對金屬棒?/p>

9、加一水平向右的恒力F，使金屬棒剛進入磁場區(qū)域時電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁場區(qū)域內(nèi)運動的過程中電壓表的示數(shù)始終保持不變.求： 　 圖5 (1)t＝0.1 s時電壓表的示數(shù)； (2)恒力F的大??； (3)從t＝0時刻到金屬棒運動出磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的熱量. 答案　(1)0.3 V　(2)0.27 N　(3)0.09 J 解析　(1)設(shè)磁場寬度為d＝CE，在0～0.2 s的時間內(nèi)，有E＝＝ld＝0.6 V 此時，R1與金屬棒并聯(lián)后再與R2串聯(lián) R＝R并＋R2＝1 Ω＋1 Ω＝2 Ω U＝R并＝0.3 V. (2)金屬棒進入磁場后，R1與R2并聯(lián)后再與r串聯(lián)，有

10、 I′＝＋＝0.45 A FA＝BI′l FA＝1.0×0.45×0.6 N＝0.27 N 由于金屬棒進入磁場后電壓表的示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運動，有 F＝FA F＝0.27 N. (3)在0～0.2 s的時間內(nèi)有Q＝t＝0.036 J 金屬棒進入磁場后，有 R′＝＋r＝ Ω E′＝I′R′＝1.2 V E′＝Blv，v＝2 m/s t′＝＝ s＝0.1 s Q′＝E′I′t′＝0.054 J Q總＝Q＋Q′＝0.036 J＋0.054 J＝0.09 J. 二、電磁感應(yīng)中的圖象問題 1.題型特點 一般可把圖象問題分為三類： (1)由給定的電磁感應(yīng)過程

11、選出或畫出正確的圖象； (2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量； (3)根據(jù)圖象定量計算. 2.解題關(guān)鍵 弄清初始條件，正負方向的對應(yīng)，變化范圍，所研究物理量的函數(shù)表達式，進、出磁場的轉(zhuǎn)折點是解決問題的關(guān)鍵. 3.解決圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者是E－t圖象、I－t圖象等； (2)分析電磁感應(yīng)的具體過程； (3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系； (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式； (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等； (6)畫出圖象或判

12、斷圖象. [復(fù)習(xí)過關(guān)] 6.一矩形線圈位于方向垂直線圈平面的磁場中，如圖6甲所示，磁感應(yīng)強度B隨t的變化規(guī)律如圖乙所示(若規(guī)定磁感應(yīng)強度B垂直線圈平面向里為正方向).以i表示線圈中的感應(yīng)電流，以圖甲線圈上箭頭所示方向為電流的正方向，則以下的i－t圖中正確的是(　　) 圖6 答案　A 解析　在0～1 s內(nèi)，據(jù)E＝S可知感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，且電流為逆時針方向，在圖象中方向為負；1～2 s內(nèi)，B不變，i＝0；同理，2～3 s內(nèi)，由E＝S知i恒定，方向為正.綜合分析可知A正確. 7.如圖7所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高

13、為L.紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區(qū)域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置.以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流—位移(i－x)關(guān)系的是(　　) 圖7 答案　C 解析　線框勻速穿過磁場的過程中，有效長度l均勻增加，由E＝Blv知，電動勢隨位移均勻變大，x＝L處電動勢最大，電流i最大；從x＝L至x＝1.5L過程中，線框兩邊都切割磁感線，總電動勢減小，電流減小；從x＝1.5L至x＝2L，左邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于右邊框，故電流反向且增大；x＝2L到x＝3L過程中，只有左邊框切割磁感線，有效長度l減小，

14、電流減小.綜上所述，只有C項符合題意. 8.如圖8甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是選項中的(　　) 圖8 答案　D 解析　由安培力向右知電流方向為順時針，由楞次定律知磁場增強，C錯.由乙圖知安培力不變，根據(jù)F＝BIL知，B增大，I必減小，即電動勢減小，故B的變化率減小，因此A、B錯，D正確. 9.如圖9甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在與水平方向夾角為60°的斜向下的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為正方向)，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，

15、除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下始終處于靜止狀態(tài).規(guī)定a→b的方向為電流的正方向，水平向右的方向為外力F的正方向，則在0～t1時間內(nèi)，選項圖中能正確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流i和導(dǎo)體棒ab所受水平外力F隨時間t變化的圖象是(　　) 圖9 答案　D 10.如圖10所示，垂直于紙面向里的勻強磁場的區(qū)域?qū)挾葹?a，磁感應(yīng)強度的大小為B.一邊長為a、電阻為4R的正方形均勻?qū)Ь€框CDEF從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，關(guān)于線框EF兩端的電壓UEF與線框移動距離x的關(guān)系，下列圖象正確的是(　　) 圖10 答案　D 解析　線框

16、經(jīng)過整個磁場區(qū)域時，做勻速運動，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E＝Bav，剛進入磁場時，等效電路如圖甲所示；完全在磁場中時，等效電路如圖乙所示；一條邊從磁場中離開時，等效電路如圖丙所示.選項D正確，選項A、B、C錯誤. 11.(多選)如圖11所示，兩條形有界磁場寬度均為d＝0.5 m，磁感應(yīng)強度大小均為B＝4 T，方向垂直于紙面，兩磁場區(qū)域間距也為d.在磁場區(qū)域的左邊界處有一長L＝1 m、寬d＝0.5 m的矩形導(dǎo)體線框，線框總電阻為R＝2 Ω，且線框平面與磁場方向垂直.現(xiàn)使線框以v＝0.5 m/s 的速度勻速穿過磁場區(qū)域，若以初始位置為計時起點，規(guī)定B垂直紙面向里為正，則以下關(guān)于線框所受的安培

17、力大小F及穿過線框磁通量Φ隨時間t變化的四個圖象正確的是(　　) 圖11 答案　AD 解析　0～1 s時，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Bdv＝1 V，由歐姆定律可知，I＝＝0.5 A，由安培力公式可知：F＝BId＝1 N；第2 s內(nèi)，通過線框的磁通量不變，無感應(yīng)電流，安培力為零；第3 s內(nèi)，線框左、右兩邊均切割磁感線，由右手定則可知，感應(yīng)電動勢方向相同，故線框中總的感應(yīng)電動勢為E′＝2Bdv＝2 V，由歐姆定律可知，I′＝＝1 A；線框左、右兩邊所受安培力均為：F1＝F2＝BI′d＝2 N，由左手定則可知，兩安培力方向相同，故安培力的合力為4 N，A項正確，B項錯；當t＝2.5 s時，線框位移x＝vt＝2.5d，此時通過線框的磁通量為零，C項錯，D項正確. 9