第3課時　電磁感應(yīng)中的電路問題1．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·湖南卷)(多選)如圖，兩根足夠長，電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，其間距為1 m，左端通過導(dǎo)線連接一個R＝1.5 Ω的定值電阻。整個導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強度大小B＝0.4 T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下，質(zhì)量m＝0.2 kg、長度L＝1 m、電阻r＝0.5 Ω的勻質(zhì)金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。在桿的中點施加一個垂直金屬桿的水平拉力F，使其從靜止開始運動，拉力F的功率P＝2 W保持不變，當金屬桿的速度v＝5 m/s時撤去拉力F，下列說法正確的是(　　)A．若不撤去拉力F，金屬桿的速度會大于5 m/sB．金屬桿的速度為4 m/s時，其加速度大小可能為0.9 m/s2C．從撤去拉力F到金屬桿停下的整個過程，通過金屬桿的電荷量為2.5 CD．從撤去拉力F到金屬桿停下的整個過程，金屬桿上產(chǎn)生的熱量為2.5 J解析：選BC　若不撤去拉力F，對棒由牛頓第二定律有F－BIL＝ma，又P＝Fv，I＝，當a＝0時，速度達到最大，聯(lián)立各式解得最大速度為vm＝5 m/s，即桿的最大速度不會超過5 m/s，故A錯誤；若在F撤去前金屬桿的速度為v1＝4 m/s時，代入各式可得加速度為a＝＝0.9 m/s2，若撤去F后金屬桿的速度為v2＝4 m/s時，加速度為a′＝＝1.6 m/s2，故金屬桿的速度為4 m/s時，其加速度大小為0.9 m/s2或1.6 m/s2，故B正確；從撤去拉力F到金屬桿停下，金屬桿只受安培力做減速直線運動，取向右為正，由動量定理有－BL·Δt＝0－mv，而電荷量的表達式q＝·Δt，可得q＝＝2.5 C，故C正確；從撤去拉力F到金屬桿停下的過程，由動能定理有－WF安＝0－mv2，而由功能關(guān)系有WF安＝Q，另金屬桿和電阻R串聯(lián)，熱量比等于電阻比，有Q1＝，聯(lián)立解得Q1＝0.625 J，故D錯誤。 2．(2019·全國卷Ⅰ)(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時磁感應(yīng)強度的方向如圖(a)所示；磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)(　　)A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為解析：選BC　由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流的大小和方向不變，但t0時刻磁場方向發(fā)生變化，故圓環(huán)所受安培力方向發(fā)生變化，A錯誤；根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電流始終沿順時針方向，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝·S′＝·＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，電流I＝＝＝，C正確，D錯誤。3．(2019·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計。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)軌所在平面的勻強磁場。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進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是(　　)解析：選AD　PQ剛進入磁場時，加速度為零，則mgsin θ＝BIL，I＝，即電流恒定；由題意知，MN剛進入磁場時與PQ剛進入磁場時速度相同。情形1：若MN剛進入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由mgsin θ＝BIL及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I-t圖像如圖A所示。情形2：若MN剛進入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動勢等大、反向，故電流為0，但兩導(dǎo)體棒在重力作用下均加速直至PQ離開磁場，此后MN為電源，由E＝BLv，I＝，BIL－mgsin θ＝ma知，MN減速，電流減小，可能的I-t圖像如圖D所示。4．(2020·江蘇高考)如圖所示，電阻為0.1 Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2 m，bc邊與勻強磁場邊緣重合。磁場的寬度等于線圈的邊長，磁感應(yīng)強度大小為0.5 T。在水平拉力作用下，線圈以8 m/s的速度向右穿過磁場區(qū)域。求線圈在上述過程中(1)感應(yīng)電動勢的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q。解析：(1)感應(yīng)電動勢E＝Blv，代入數(shù)據(jù)得E＝0.8 V。(2)感應(yīng)電流I＝，拉力的大小等于安培力F＝BIl解得F＝，代入數(shù)據(jù)得F＝0.8 N。(3)運動時間t＝，焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.32 J。答案：(1)0.8 V　(2)0.8 N　(3)0.32 J5．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·河北卷)如圖1所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌間距為0.5 m，固定在傾角為37°的斜面上。導(dǎo)軌頂端連接一個阻值為1 Ω的電阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小為1 T的勻強磁場。質(zhì)量為0.5 kg的金屬棒從AB處由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，其運動過程中的v-t圖像如圖2所示。金屬棒運動過程中與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，不計金屬棒和導(dǎo)軌的電阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)求金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)；(2)求金屬棒在磁場中能夠達到的最大速率；(3)已知金屬棒從進入磁場到速度達到5 m/s時通過電阻的電荷量為1.3 C，求此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)由題圖2可知，金屬棒在0～1 s內(nèi)做初速度為0的勻加速直線運動，1 s后做加速度減小的加速運動，可知金屬棒第1 s末進入磁場。 在0～1 s過程中，由題圖2可知，金屬棒的加速度a＝＝4 m/s2①在這個過程中，沿斜面只有重力的分力和滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma②由①②式解得，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25。③(2)金屬棒在磁場中達到最大速率時，金屬棒處于平衡狀態(tài)，設(shè)金屬棒的最大速度為vm金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLvm④根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝⑤根據(jù)安培力公式有FA＝ILB⑥根據(jù)平衡條件有FA＋μmgcos 37°＝mgsin 37°⑦由③④⑤⑥⑦式解得vm＝8 m/s。⑧(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律，可得金屬棒從進入磁場通過電阻的電荷量為q＝t＝＝＝＝⑨解得金屬棒在磁場下滑的位移x＝＝2.6 m⑩由動能定理有mgxsin 37°－μmgxcos 37°－WA＝mv22－mv12?此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功Q＝WA?由⑩??式解得，此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2.95 J。答案：(1)0.25　(2)8 m/s　(3)2.95 J1．電磁感應(yīng)的電路、圖像、動力學(xué)和能量問題是高考命題的熱點，近幾年高考幾乎每年都涉及這方面的題目。2．電路和圖像問題常以選擇題形式考查，動力學(xué)和能量問題考查類型比較靈活，既有選擇題，也有計算題。3．電磁感應(yīng)和動量知識的綜合考查，是高考命題的潛在熱點，會以綜合計算題形式出現(xiàn)，分值和難度都較大，要引起足夠的重視。 命題視角一　導(dǎo)體切割磁感線的電路問題  平動切割轉(zhuǎn)動切割電源平動切割的導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割的導(dǎo)體棒內(nèi)阻平動棒上的電阻轉(zhuǎn)動棒上的電阻電動勢E＝BLvE＝BωL2感應(yīng)電流用閉合電路歐姆定律：I＝電流方向用右手定則判斷路端電壓電路接通時切割棒兩端的電壓 類型1　平動切割的電路問題[例1]　(2019·北京高考)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應(yīng)強度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：(1)感應(yīng)電動勢的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。[解析]　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢E＝BLv。(2)線框中的感應(yīng)電流I＝拉力大小等于安培力大小F＝BIL拉力的功率P＝Fv＝。(3)線框ab邊電阻Rab＝，時間t＝ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rabt＝。[答案]　(1)BLv　(2)　(3)類型2　轉(zhuǎn)動切割的電路問題[例2]　(2020·浙江7月選考)如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是(　　)A．棒產(chǎn)生的電動勢為Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為C．電阻消耗的電功率為D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω[解析]　由法拉第電磁感應(yīng)定律可知棒產(chǎn)生的電動勢為E＝Br·ωr＝Br2ω，選項A錯誤。金屬棒電阻不計，故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動勢，微粒的重力與其受到的電場力大小相等，有q＝mg，可得＝，選項B正確。電阻消耗的電功率P＝＝，選項C錯誤。電容器所帶的電荷量Q＝CU＝CBr2ω，選項D錯誤。[答案]　B 處理電磁感應(yīng)電路問題的一般思路 [集訓(xùn)沖關(guān)]1．(多選)如圖所示，水平面上固定一個頂角為60°的光滑金屬導(dǎo)軌MON，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下的勻強磁場中。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒CD與∠MON的角平分線垂直，導(dǎo)軌與棒單位長度的電阻均為r。t＝0時刻，棒CD在水平外力F的作用下從O點以恒定速度v0沿∠MON的角平分線向右滑動，在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。若棒與導(dǎo)軌均足夠長，則(　　)A．流過導(dǎo)體棒的電流I始終為B．F隨時間t的變化關(guān)系為F＝tC．t0時刻導(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mv02解析：選ABC　導(dǎo)體棒的有效切割長度L＝2v0ttan 30°，感應(yīng)電動勢E＝BLv0，回路的總電阻R＝r，聯(lián)立可得通過導(dǎo)體棒的電流I＝＝，選項A正確；導(dǎo)體棒受力平衡，則外力F與安培力平衡，即F＝BIL，得F＝t，選項B正確；t0時刻導(dǎo)體棒的電阻為Rx＝2v0t0tan 30°·r，則導(dǎo)體棒的發(fā)熱功率P棒＝I2Rx＝t0，選項C正確；從撤去F到導(dǎo)體棒停下的過程，根據(jù)能量守恒定律有Q棒＋Q軌＝mv02－0，得導(dǎo)體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱Q棒＝mv02－Q軌<mv02，選項D錯誤。2．(多選)如圖甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具，它在飛起時能夠持續(xù)發(fā)光。某同學(xué)對竹蜻蜓的電路作如下簡化：如圖乙所示，半徑為L的導(dǎo)電圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動(俯視)。圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成120°角。在圓環(huán)左半部分張角也為120°角的范圍內(nèi)(兩條虛線之間)分布著垂直圓環(huán)平面向下磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在轉(zhuǎn)軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、N與一個LED燈相連。假設(shè)LED燈電阻為r，其他電阻不計，從輻條OP進入磁場開始計時。在輻條OP轉(zhuǎn)過磁場區(qū)域的過程中，下列說法中正確的是(　　)A．O、P兩端電壓為BL2ωB．通過LED燈的電流為C．整個裝置消耗的電能為D．增大磁感應(yīng)強度可以使LED燈發(fā)光時更亮解析：選BCD　輻條OP進入磁場勻速轉(zhuǎn)動時有E＝BL，在電路中OP相當于內(nèi)阻為r的電源，另外兩根金屬輻條和LED燈并聯(lián)，故而電路的總電阻R＝，OP兩端的電壓為電源的路端電壓U＝·＝，流過LED燈的電流是I＝＝，A錯誤，B正確；整個裝置消耗的電能W＝Q＝t＝··＝，C正確；由LED燈中電流為I＝知，增大角速度、增大磁感應(yīng)強度、減小輻條的電阻和LED燈的電阻等措施可以使LED燈變得更亮，D正確。命題視角二　變化磁場的電路問題1.電源：磁通量變化的線圈，感應(yīng)電動勢為2.注意問題：為平均感應(yīng)電動勢，通過電路的電荷量[例1]　(2021·衡陽八中檢測)(多選)如圖甲所示的電路中，電阻R1＝R，R2＝2R，單匝圓形金屬線圈半徑為r2，圓心為O，線圈的電阻為R，其余導(dǎo)線的電阻不計。半徑為r1(r1<r2)、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B隨時間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，電容器的電容為C。閉合開關(guān)S，t1時刻開始電路中的電流穩(wěn)定不變，下列說法正確的是(　　)A．電容器上極板帶正電B．t1時刻，電容器所帶的電荷量為C．t1時刻之后，線圈兩端的電壓為D．t1時刻之后，R1兩端的電壓為[解析]　根據(jù)楞次定律可知，線圈產(chǎn)生沿逆時針方向的感應(yīng)電流，則電容器上極板帶正電，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝＝S＝πr12＝，穩(wěn)定電流為I＝＝，UR2＝IR2＝·2R＝，電容器所帶的電荷量為Q＝CUR2＝，故B錯誤；t1時刻之后，線圈兩端的電壓為U＝I(R1＋R2)＝，故C正確；t1時刻之后，R1兩端的電壓為U＝IR1＝＝，故D錯誤。[答案]　AC[例2]　如圖(a)所示，平行且光滑的長直金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，間距L＝0.4 m，導(dǎo)軌右端接有阻值R＝1 Ω的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好，棒接入電路的電阻r＝1 Ω，導(dǎo)軌電阻不計。導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長度也為L，從0時刻開始，磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖(b)所示；同一時刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場，若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v＝1 m/s做直線運動，求：(1)棒進入磁場前，電阻R中電流的大小和方向；(2)棒通過abcd區(qū)域的過程中通過電阻R的電荷量；(3)棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關(guān)系式。[解析]　(1)棒進入磁場前，閉合回路中磁場通過的有效面積不變，磁感應(yīng)強度均勻變大，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，回路中的電動勢為：E＝S＝×(0.2)2V＝0.04 V則電流大小為：I＝＝ A＝0.02 A根據(jù)楞次定律判斷，電流方向為Q→N。(2)棒通過abcd區(qū)域的過程中通過電阻R的電荷量為：q＝Δt＝＝ C＝0.02 C。(3)根據(jù)幾何關(guān)系可得：L有效＝2v(t－1)＝2(t－1)m　(1.0 s≤t≤1.2 s)切割產(chǎn)生的電動勢為：E＝BL有效v電流為：i＝解得：i＝(t－1)A　(1.0 s≤t≤1.2 s)。[答案]　(1)0.02 A，方向為Q→N　(2)0.02 C(3)i＝(t－1)A　(1.0 s≤t≤1.2 s) (1)導(dǎo)體棒進入磁場前不切割磁感線，由于abcd中磁感應(yīng)強度B隨時間t均勻變化而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故此時感應(yīng)電動勢用E＝S進行計算。(2)由于導(dǎo)體棒通過abcd區(qū)域時間內(nèi)電流不恒定，故電荷量不能用q＝It直接計算，而是通過公式轉(zhuǎn)換由磁通量的變化間接求解。(3)導(dǎo)體棒通過三角形abd區(qū)域時，磁感應(yīng)強度B已保持恒定，但導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度隨時間而變化。 [集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·湖北卷)(多選)如圖所示，在MN右側(cè)區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度隨時間變化的關(guān)系為B＝kt(k為大于零的常量)。一高為a、電阻為R的正三角形金屬線框向右勻速運動。在t＝0時刻，線框底邊恰好到達MN處；在t＝T時刻，線框恰好完全進入磁場。在線框勻速進入磁場的過程中(　　)A．線框中的電流始終為逆時針方向B．線框中的電流先逆時針方向，后順時針方向C．t＝時刻，流過線框的電流大小為D．t＝時刻，流過線框的電流大小為解析：選AD　根據(jù)楞次定律可知，穿過線框向里的磁通量增加，則線框中的電流始終為逆時針方向，選項A正確，B錯誤；線框的邊長為，t＝時刻，線框切割磁感線的有效長度為，感應(yīng)電動勢E＝Bv＝×v×＝＝，線框因磁場變化中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E′＝S＝k××××a＝ka2，則流過線框的電流大小為I＝＝，選項C錯誤，D正確。2．用導(dǎo)線繞一圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有一用同樣導(dǎo)線折成的內(nèi)接正方形線框，圓環(huán)與線框絕緣，如圖1所示。圓環(huán)的半徑R＝2 m，導(dǎo)線單位長度的電阻r0＝0.2 Ω/m。 把它們放在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里。磁感應(yīng)強度B隨時間t變化如圖2所示。求：(1)正方形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(2)在0～2.0 s內(nèi)，圓環(huán)產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若不知道圓環(huán)半徑數(shù)值，在0～2.0 s內(nèi)，圓環(huán)中的電流與正方形線框中的電流之比。解析：(1)正方形線框的面積為S＝2R2，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝S＝×2×22V＝4 V。(2)圓環(huán)面積為S′＝πR2，圓周長為L＝2πR，圓環(huán)的電阻為：r′＝2πRr0＝2×3.14×2×0.2 Ω＝2.5 Ω根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E′＝S′＝×π×22V＝6.3 V在0～2.0 s內(nèi)，圓環(huán)產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝t＝×2 J＝31.75 J。(3)正方形線框中的電流為：I＝＝·，導(dǎo)線圓環(huán)中的電流為：I′＝＝·，導(dǎo)線圓環(huán)中的電流與正方形線框中的電流之比：＝。答案：(1)4 V　(2)31.75 J　(3) 

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