（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第3節(jié) 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題教學(xué)案

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1、第3節(jié)電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題 電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題講典例示法1電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖2解決電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題三部曲典例示法(多選)如圖所示，水平面上固定一個(gè)頂角為60的光滑金屬導(dǎo)軌MON，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒CD與MON的角平分線垂直，導(dǎo)軌與棒單位長(zhǎng)度的電阻均為r。t0時(shí)刻，棒CD在水平外力F的作用下從O點(diǎn)以恒定速度v0沿MON的角平分線向右滑動(dòng)，在滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。若棒與導(dǎo)軌均足夠長(zhǎng)，則()A流過(guò)導(dǎo)體棒的電流I始終為BF隨時(shí)間t的變化關(guān)系為FtCt0時(shí)刻導(dǎo)體棒的發(fā)熱功率為t0D撤去F后，導(dǎo)體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱為mvA

2、BC導(dǎo)體棒的有效切割長(zhǎng)度L2v0ttan 30，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv0，回路的總電阻Rr，聯(lián)立可得通過(guò)導(dǎo)體棒的電流I，選項(xiàng)A正確；導(dǎo)體棒受力平衡，則外力F與安培力平衡，即FBIL，得Ft，選項(xiàng)B正確；t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的電阻為Rx2v0t0tan 30r，則導(dǎo)體棒的發(fā)熱功率P棒I2Rxt0，選項(xiàng)C正確；從撤去F到導(dǎo)體棒停下的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律有Q棒Q軌mv0，得導(dǎo)體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱Q棒mvQ軌0)?；芈分谢瑒?dòng)變阻器R的最大阻值為R0，滑動(dòng)片P位于滑動(dòng)變阻器中央，定值電阻R1R0、R2。閉合開(kāi)關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則()AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正

3、電C滑動(dòng)變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為kL2ACP將R分為R左、R右兩部分，R左R右，R2與R右并聯(lián)，阻值為，再與R1、R左串聯(lián)，故R2兩端的電壓為U，故A選項(xiàng)正確；正方形導(dǎo)線框相當(dāng)于電源，根據(jù)楞次定律可知，定值電阻R1的左端與電源的正極相連，則電容器的b極板帶正電，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)電路的串、并聯(lián)知識(shí)和純電阻的熱功率的計(jì)算公式PI2R可得，定值電阻R2的熱功率為PI，滑動(dòng)變阻器R的熱功率為PI(2I0)25I5P，即滑動(dòng)變阻器R的熱功率是定值電阻R2的熱功率的5倍，故C選項(xiàng)正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為ESr2k，故D選項(xiàng)

4、錯(cuò)誤。動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)電路分析3(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L(zhǎng)，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動(dòng)變阻器R1(0R12R)?？騼?nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一長(zhǎng)為L(zhǎng)，電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)，金屬框電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說(shuō)法正確的是()AABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B左右兩個(gè)閉合區(qū)域的磁通量都在變化且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2BLvC當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1R時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLvD當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1時(shí)，滑動(dòng)變阻器有最大電功率且

5、為AD根據(jù)楞次定律可知，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，故B錯(cuò)誤；R1R時(shí)，外電路總電阻R外，故導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓應(yīng)等于BLv，故C錯(cuò)誤；該電路電動(dòng)勢(shì)EBLv，電源的內(nèi)阻為R，求解滑動(dòng)變阻器的最大電功率時(shí)，可以將導(dǎo)體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為，故當(dāng)R1時(shí)，等效電源的輸出功率最大，即滑動(dòng)變阻器的電功率最大，最大值Pm，故D正確。4如圖所示，均勻金屬圓環(huán)的總電阻為4R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)圓環(huán)。金屬桿OM的長(zhǎng)為l，阻值為R，M端與環(huán)接觸良好，繞過(guò)圓心O的轉(zhuǎn)軸以恒定的角速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。阻值為R的電阻一端用導(dǎo)線和圓環(huán)最下端的A點(diǎn)連接，另一端和金屬

6、桿的轉(zhuǎn)軸O處的端點(diǎn)相連接。下列判斷正確的是()A金屬桿OM旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒為B通過(guò)電阻R的電流的最小值為，方向從Q到PC通過(guò)電阻R的電流的最大值為DOM兩點(diǎn)間電勢(shì)差絕對(duì)值的最大值為ADM端線速度為vl，OM切割磁感線的平均速度為，OM轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒為EBl，故A正確；當(dāng)M端位于最上端時(shí)，圓環(huán)兩部分電阻相等，并聯(lián)電阻最大，電路的總電阻最大，通過(guò)R的電流最小，因R并2RR，通過(guò)電阻R的電流的最小值為：Imin，根據(jù)右手定則可知電流方向從Q到P，故B錯(cuò)誤；當(dāng)M位于最下端時(shí)圓環(huán)被短路，此時(shí)通過(guò)電阻R的電流最大，為：Imax，故C錯(cuò)誤；OM作為電源，外電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓

7、減小，路端電壓增大，所以外電阻最大時(shí)，OM兩點(diǎn)間電勢(shì)差的絕對(duì)值最大，其最大值為：UImin2R，故D正確。 電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題分考向訓(xùn)練電磁感應(yīng)中常見(jiàn)的圖象問(wèn)題圖象類型(1)隨時(shí)間變化的圖象，如Bt圖象、t圖象、Et圖象、It圖象(2)隨位移變化的圖象，如Ex圖象、Ix圖象(所以要先看坐標(biāo)軸：哪個(gè)物理量隨哪個(gè)物理量變化要弄清)問(wèn)題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出或畫(huà)出正確的圖象(畫(huà)圖象)(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，求解相應(yīng)的物理量(用圖象)應(yīng)用知識(shí)四個(gè)規(guī)律左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律六類公式(1)平均電動(dòng)勢(shì)En(2)平動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)EBlv(3)轉(zhuǎn)動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)EBl2(

8、4)閉合電路歐姆定律I(5)安培力FBIl(6)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)公式等跟進(jìn)訓(xùn)練根據(jù)電磁感應(yīng)過(guò)程選擇圖象1如圖甲所示，正三角形硬導(dǎo)線框abc固定在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直。圖乙表示該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系，t0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。在04t0時(shí)間內(nèi)，線框ab邊受到該磁場(chǎng)對(duì)它的安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖為(規(guī)定垂直ab邊向左為安培力的正方向)()甲乙ABCDA0t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，均勻減小，根據(jù)楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知：流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流I不變，方向從b到a，其受到的安培力方向向左，大小為FBIL，均勻減小到零；同理，t02t0時(shí)間內(nèi)，磁

9、場(chǎng)方向垂直紙面向外，均勻增大，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流I不變，方向從b到a，其受到的安培力方向向右，從零開(kāi)始均勻增大；2t03t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，0，導(dǎo)線ab不受安培力；3t03.5t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，均勻減小，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流為2I不變，方向從a到b，其受到的安培力方向向左，大小為F2BIL，即均勻減小到零；3.5t04t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，均勻增加，流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流為2I不變，方向從a到b，其受到的安培力方向向右，大小為F2BIL，即從零開(kāi)始均勻增大，A項(xiàng)正確。2(多選)(2019全國(guó)卷)如圖所示，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為，導(dǎo)軌

10、電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()ABCDAD根據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長(zhǎng)，在PQ通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域一段時(shí)間后MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖

11、象可能是A；由于兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不可能小于I1，B錯(cuò)誤；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒(méi)有出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則兩棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能是D，C錯(cuò)誤。電磁感應(yīng)

12、中圖象選擇類的兩個(gè)常用方法排除法定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫(xiě)出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象進(jìn)行分析和判斷。根據(jù)圖象分析判斷電磁感應(yīng)過(guò)程3(多選)(2018全國(guó)卷)如圖(a)所示，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)()圖(a)圖(b)A在t時(shí)為零B在t時(shí)改變方向C在t時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较駾在tT時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)?/p>

13、向AC因通電導(dǎo)線的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小正比于電流的大小，故導(dǎo)線框R中磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的變化關(guān)系類似于題圖(b)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負(fù)反映電動(dòng)勢(shì)的方向，斜率的絕對(duì)值反映電動(dòng)勢(shì)的大小。由題圖(b)可知，電流為零時(shí)，電動(dòng)勢(shì)最大，電流最大時(shí)電動(dòng)勢(shì)為零，A正確，B錯(cuò)誤；再由楞次定律可判斷在一個(gè)周期內(nèi)，內(nèi)電動(dòng)勢(shì)的方向沿順時(shí)針，時(shí)刻最大，C正確；其余時(shí)間段電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较?，D錯(cuò)誤。4(多選)如圖甲所示，在水平面上固定一個(gè)匝數(shù)為10匝的等邊三角形金屬線框，總電阻為3 ，邊長(zhǎng)為0.4 m。金屬框處于兩個(gè)半徑為0.1 m的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，頂點(diǎn)A恰好位于左邊圓的圓心，

14、BC邊的中點(diǎn)恰好與右邊圓的圓心重合。左邊磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，右邊磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說(shuō)法中正確的是(取3)()甲乙A線框中感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針?lè)较駼t0.4 s時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量為0.005 WbC經(jīng)過(guò)t0.4 s，線框中產(chǎn)生的熱量為0.3 JD前0.4 s內(nèi)流過(guò)線框某截面的電荷量為0.2 CCD根據(jù)楞次定律和安培定則，線框中感應(yīng)電流的方向是逆時(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0.4 s時(shí)穿過(guò)線框的磁通量12r2B1r2B20.055 Wb，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖乙知10 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Ennr21.5 V，感應(yīng)電流I0.5 A,0.4 s內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量QI2Rt0.3 J，選項(xiàng)C正確；前0.4 s內(nèi)流過(guò)線框某截面的電荷量qIt0.2 C，選項(xiàng)D正確?！八拿鞔_、一理解”巧解圖象問(wèn)題10