【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第11章专题强化23《电磁感应中的电路及图像问题》 (含解析).doc，共(16)页，586.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题强化二十三电磁感应中的电路及图像问题目标要求1.掌握电磁感应中电路问题的求解方法.2.会计算电磁感应电路问题中电压、电流、电荷量、热量等物理量.3.能够通过电磁感应图像，读取相关信息，应用物理规律求解问题．题型一电磁感应中的电路问题1．电磁感应中的电源(1)做切割磁感线运动的导

体或磁通量发生变化的回路相当于电源．电动势：E＝Blv或E＝nΔΦΔt，这部分电路的阻值为电源内阻．(2)用右手定则或楞次定律与安培定则结合判断，感应电流流出的一端为电源正极．2．分析电磁感应电路问题的基本思路3．电磁感应中电路知识的关系图考向1动生电动势的电路问题例1如图，由某种粗细均匀的总电阻

为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中．一接入电路的电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过

程中()A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大答案C解析设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R外＝Rx3R－Rx3R，外电路电阻先增大后减小，再根据闭合电路欧

姆定律可得PQ中的电流I＝ER＋R外先减小后增大，路端电压U＝E－Ir先增大后减小，故A、B错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝BIl，拉力的功率P＝BIlv，先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外＝Rx3R－Rx3R，当Rx＝32R时

R外最大，最大值为34R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误．例2(多选)一种带有闪烁灯的自行车后轮结构如图所示，车轮与轮轴之间均匀地连接4根金属条，每根金属条中间都串接一个小灯

，每个小灯阻值恒为R＝0.3Ω，金属条与车轮金属边框构成闭合回路，车轮半径r＝0.4m，轮轴半径可以忽略．车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角θ＝60°的扇形匀强磁场区域，磁感应强度B＝2.0T，方向如图所示，若自行车正常前进时，后轮顺时针转动的角速

度恒为ω＝10rad/s，不计其他电阻和车轮厚度，下列说法正确的是()A．金属条ab进入磁场时，a端电势高于b端电势B．金属条ab进入磁场时，ab间的电压为0.4VC．运动过程中流经灯泡的电流方向一直不变D．自行车正常前进时，4个小灯

总功率的平均值为6415W答案ABD解析当金属条ab进入磁场时，金属条ab相当于电源，由右手定则可知，电流从b流向a，故a端电势高于b端电势，故A正确；E＝12Br2ω＝1.6V，由等效电路图(如图)可知R总＝R3＋R＝43R，Uab＝E43R·R3＝0.4V，I＝ER总＝4A，故B

正确；设车轮运动一周的时间为T，则每根金属条充当电源的时间为t＝θ2πT＝T6，则车轮运动一周电路中有电源的时间为t′＝4t＝23T，可知一个周期内，4个小灯总功率的平均值为P＝23EI＝6415W，则自行车正常前进时，4个

小灯总功率的平均值为6415W，故D正确；当金属条在磁场中时，该金属条中流经灯泡的电流方向为从车轮边框流向轮轴，当该金属条在磁场外时，电流方向由轮轴流向车轮边框，故C错误．考向2感生电动势的电路问题例3(多选)在如图甲所示

的虚线框内有匀强磁场，设图甲所示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则()A．线框中的感应电动势为B0l2TB．线框中的感应电流为2PRC．线框cd边的发

热功率为P2D．b、a两端电势差Uba＝B0l24T答案BD解析由题可知线框四个边的电阻均为R4.由题图乙可知，在每个周期内磁感应强度随时间均匀变化，线框中产生大小恒定的感应电流，设感应电流为I，则对ab边有P＝I2·14R，得I＝2PR，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt

·12l2，由题图乙知，ΔBΔt＝2B0T，联立解得E＝B0l2T，故选项A错误；线框的四边电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故选项C错误；由楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针，则b端电势高于a端电势，Uba＝14E＝B0l24T，故选项D正确．题型二电磁感应中电荷量的

计算计算电荷量的导出公式：q＝nΔФR总在电磁感应现象中，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就会产生感应电流，设在时间Δt内通过导体横截面的电荷量为q，则根据电流定义式I＝qΔt及法拉第电磁

感应定律E＝nΔΦΔt，得q＝IΔt＝ER总Δt＝nΔΦR总ΔtΔt＝nΔΦR总.即q＝nΔΦR总例4(2018·全国卷Ⅰ·17)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B′B等于()A.54B.32C.74D．2答案

B解析在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝ΔΦ1Δt1＝B12πr2－14πr2Δt1根据闭合电路欧姆定律，有I1＝E1R且q1＝I1Δt1在过程Ⅱ中，有E2＝ΔΦ2Δt2＝B′－B12πr2Δt2I2＝E2Rq2＝I2Δt2又q1＝q2，即B12πr2－14πr2

R＝B′－B12πr2R所以B′B＝32.例5如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积

为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．求：(1)t＝t02时，圆环受到的安培力；(2)在0～32t0内，通过圆环的电荷量．答案(1)3B02r2S04ρt0，垂直于MN向左(2)3B0rS08ρ解析(1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E

＝ΔBΔtS上式中S＝πr22由题图乙可知ΔBΔt＝B0t0根据闭合电路欧姆定律有I＝ER根据电阻定律有R＝ρ2πrS0t＝12t0时，圆环受到的安培力大小F＝B0I·(2r)＋B02I·(2r)联立解得F＝3B02r2S04ρt0由左手定则知，方向垂直于MN向左．(2)通过圆环的电荷量q＝

I·Δt根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有I＝ERE＝ΔΦΔt在0～32t0内，穿过圆环的磁通量的变化量为ΔΦ＝B0·12πr2＋B02·12πr2联立解得q＝3B0rS08ρ.题型三电磁感应中的图像问

题1．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．2．解题步骤(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；对切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情

况，还常涉及E－x图像和i－x图像；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(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．3．常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的正负，增大还是减小，及变化快慢，来排除错误选项．(2)函数法：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．考向1感生问题的图像例6(多选)如

图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所处区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示．线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，垂直ab边斜向下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正，则线圈内电流及ab边所受安培

力随时间变化规律是()答案AD解析根据法拉第电磁感应定律有E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，根据楞次定律可得感应电流的方向，又线圈中感应电流沿abca方向为正，结合题图乙可得，1～2s电流为零，0～1s、2～3s、3～5s电流大小恒定，且0～1s、2

～3s电流方向为正，3～5s电流方向为负，A正确，B错误；根据安培力的公式，即F安＝BIL，因为每段时间电流大小恒定，磁场均匀变化，可得安培力也是均匀变化，根据左手定则可判断出ab边所受安培力的方向，可知C错

误，D正确．考向2动生问题的图像例7(2018·全国卷Ⅱ·18)如图，在同一水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32l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()答案D解析设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0～l2I＝2i(顺时针)l2～lI＝0l～3l2I＝2i(逆时针)3l2～2lI＝0分析知，只有选项D符合要求．例8在水平光滑绝缘桌面上有一边长为L的正方形线框abcd，被限制在沿

ab方向的水平直轨道自由滑动．bc边右侧有一正直角三角形匀强磁场区域efg，直角边ge和ef的长也等于L，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力作用下向右以速度v匀速穿过磁场区，若图示位置为t＝0时刻，设逆时针方向为

电流的正方向．则感应电流i－t图像正确的是(时间单位为Lv)()答案D解析bc边的位置坐标x在0～L的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．线框bc边有效切线长度为l＝L－vt，感应电动势为

E＝Blv＝B(L－vt)·v，随着t均匀增加，E均匀减小，感应电流i＝ER，即知感应电流均匀减小．同理，x在L～2L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流仍均匀减小，故A、B、C错误

，D正确．课时精练1.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()A.12EB.13EC.23ED．E答案

B解析a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故a、b间电势差为U＝13E，选项B正确．2．如图所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L＝0

.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻．导轨上垂直放置着金属棒ab，其接入电路的电阻r＝0.2Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做匀速运动时()A．ab棒所受安培力大

小为0.02NB．N、Q间电压为0.2VC．a端电势比b端电势低D．回路中感应电流大小为1A答案A解析ab棒产生的感应电动势E＝BLv＝0.2V，感应电流I＝ER＋r＝0.4A，ab棒受到的安培力大小F＝BIL＝0.02N，A正确，D错误；N、Q之间的电压U＝RR＋rE＝0.12V，B错误；由右

手定则得a端电势较高，C错误．3．如图甲，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．外圆环通以如图乙所示的电流．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压Uab为正，下列Uab－t图像可能正确的是()答案C解析由题图乙可知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且ΔiΔt逐渐减小，根据安培定则，外

圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔBΔt逐渐减小，根据楞次定律可知，内圆环a端电势高，所以Uab>0，根据法拉第电磁感应定律Uab＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S可知，Uab逐渐减小，t＝0.25T0时ΔiΔt＝0，所以Δ

BΔt＝0，则Uab＝0；同理可知，0.25T0<t<0.5T0时，Uab<0，且||Uab逐渐增大，0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律，故选C.4．(多选)如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R＝0.5Ω，边长L＝20cm，匀强磁场

垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是()A．线框中的感应电流沿逆时针方向，大小为2.4×10－2AB．0～2s内通过ab边横截面的电荷量为4.8×10－2CC．3s时ab边所受安培力的大小为1.44×10－2ND．0～4s内线框中产生

的焦耳热为1.152×10－3J答案BD解析由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律得电动势E＝SΔBΔt＝1.2×10－2V，感应电流I＝ER＝2.4×10－2A，故选项A错误；电荷量q＝IΔt，解得q＝4.8×10－2C，故

选项B正确；安培力F＝BIL，由题图乙得，3s时B＝0.3T，代入数值得：F＝1.44×10－3N，故选项C错误；由焦耳定律得Q＝I2Rt，代入数值得Q＝1.152×10－3J，故D选项正确．5.(2020·

浙江7月选考·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．棒产生的电动势为12Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2ωC．电阻消耗的电功率为πB2r4ω2RD．电容器所带的电荷量为CBr2ω

答案B解析由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U＝12Br2ω，故A错误；对极板间微粒受力分析，如图所示，微粒静止，则mg＝qE＝qU′d，得qm＝gdU′，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，即U＝U′，故qm＝2gdBr2ω，故B正确；电路中电流I＝UR＝Br2ω2R，则电阻R

消耗的电功率P＝I2R＝B2r4ω24R，故C错误；电容器所带的电荷量Q＝CU′＝CBr2ω2，故D错误．6．(多选)如图，PAQ为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O，半径为L.空间存在垂直导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场．电阻为R的金属杆OA与导轨接触良

好，图中电阻R1＝R2＝R，其余电阻不计．现使OA杆在外力作用下以恒定角速度ω绕圆心O顺时针转动，在其转过π3的过程中，下列说法正确的是()A．流过电阻R1的电流方向为P→R1→OB．A、O两点间电势差为BL2ω2C．流过OA的电荷量为πBL26RD．外力做的功为πωB2L418R答

案AD解析由右手定则判断出OA中电流方向由O→A，可知流过电阻R1的电流方向为P→R1→O，故A正确；OA产生的感应电动势为E＝BL2ω2，将OA当成电源，外部电路R1与R2并联，则A、O两点间的电势差为U＝ER＋R2·R2＝BL2ω6，故B错误；流过OA的电流大小为I＝

ER＋R2＝BL2ω3R，转过π3角度所用时间为t＝π3ω＝π3ω，流过OA的电荷量为q＝It＝πBL29R，故C错误；转过π3角度过程中，外力做的功为W＝EIt＝πωB2L418R，故D正确．7．(2022·重庆一中

高三月考)如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在同一直线上．若取顺时针方向为电

流的正方向，水平向右为安培力的正方向，则金属框穿过磁场过程正确的图像是()答案D解析设直角三角形右下角角度为α，金属框进入磁场的过程，感应电动势为E＝BLv，L＝vttanα，则得E＝Bv2t·tanα，感应电流大小i＝ER∝t，由楞次定律判断得知：感应电流为逆时针方向，

是负值；金属框穿出磁场的过程，L′＝L0－vt－L0vtanα＝(2L0－vt)tanα，L0是三角形底边的长度，则得E＝B(2L0－vt)vtanα，感应电流大小i＝ER＝B2L0－vtvtanαR，由楞次定律判断得知：感应电流为顺时针方向，是

正值，故A、B错误；进入过程中安培力大小F＝BiL＝B2L2vR＝B2v3tan2αRt2，则图像为开口向上的抛物线的一部分，由左手定则可知，安培力方向向右，出磁场过程安培力大小为F′＝BiL′＝B2L′2vR＝B22L0－vt2vtan2αR，则图像为开口向下的抛物线的一部分，由左手定则

可知，安培力方向向右，故C错误，D正确．8．(多选)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小分别为B、2B，磁场方向相反，且都与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，沿y轴方向足够长．现有一对角线长为L的正方形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用

下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域．在运动过程中，对角线ab边始终与磁场的边界垂直．线框中感应电动势E大小、线框所受安培力F安大小、感应电流i大小、通过导线横截面的电荷量q，这四个量分别与线框顶点a移动的位

移x的关系图像中错误的是()答案ACD解析设线框匀速运动的速度为v，当x≤L时，感应电动势为E＝2Bxv，电流为I＝ER＝2BxvR，外力为F＝2BIx＝4B2x2vR，通过导线横截面电荷量为q＝It＝2Bx2R，当L<x≤2L时，感应电动势

为第一过程的3倍，当2L<x≤3L时，感应电动势为第一过程的2倍，故B正确，不符合题意，A、C、D错误，符合题意．9.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)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θ，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

流随时间变化的图像可能正确的是()答案AD解析根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，PQ通过磁场区域后MN进入磁场区域，MN同样匀速直线运动通过磁场

区域，故流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，感应电动势和感应电流为零，两棒不受安培力作用

，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于刚开始仅PQ切割磁感线时的感应电流I1，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图

像可能是D.10．在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈的半径为r1，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．闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定．(1)判断通过电阻R2的电流方向、电容器上极板所带电荷的电性；(2)求线圈中产生的感应电动势的大小E；(3)求稳定后电阻R2两端的电压U2.答案(1

)方向向右带负电(2)πr22B0t0(3)2πr22B05t0解析(1)由题图乙，可知磁感应强度减小，根据楞次定律的增反减同判断出线圈中感应电流方向为顺时针，则电阻R2的电流方向向右，电容器上极板带负电．(2)根据法拉第电磁感应定律，有E＝ΔBSΔt，S＝πr22，

ΔBΔt＝B0t0，解得E＝πr22B0t0.(3)电路中的电流已稳定，电容器充电完毕，在电路中相当于断路，根据电路的分压原理，有U2＝R2R＋R1＋R2E解得U2＝2πr22B05t0.11．如图所示，光滑的足够长的平行

水平金属导轨MN、PQ相距l，在M、P和N、Q间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡L1、L2，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B0，且磁场区域可

以移动，一电阻也为R、长度大小也刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上，离灯泡L1足够远．现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场时两灯泡恰好正常工作．棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计．(1)求磁场移动的速度；(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)

，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，两灯泡中有一灯泡正常工作且都有电流通过，设t＝0时，磁感应强度为B0.试求出经过时间t时磁感应强度的可能值Bt.答案(1)3UB0l(2)B0±3U2ldt解析(1)当ab刚处于磁场时，ab

棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚好正常工作，则电路中路端电压U外＝U由电路的分压之比得U内＝2U则感应电动势为E＝U外＋U内＝3U由E＝B0lv＝3U可得v＝3UB0l(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，可得

棒与L1并联后再与L2串联，则正常工作的灯泡为L2，所以L2两端的电压为U，电路中的总电动势为E＝U＋U2＝3U2根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtld联立解得ΔBΔt＝3U2ld所以经过时间t时磁感应强度的可能值Bt＝B0±3U2ldt.