高考物理一轮复习第10章电磁感应第3课时电磁感应中的电路问题学案

这是一份高考物理一轮复习第10章电磁感应第3课时电磁感应中的电路问题学案，共13页。

1．(2021年1月新高考8省联考·湖南卷)(多选)如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1 m，左端通过导线连接一个R＝1.5 Ω的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，质量m＝0.2 kg、长度L＝1 m、电阻r＝0.5 Ω的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其从静止开始运动，拉力F的功率P＝2 W保持不变，当金属杆的速度v＝5 m/s时撤去拉力F，下列说法正确的是( )
A．若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5 m/s
B．金属杆的速度为4 m/s时，其加速度大小可能为0.9 m/s2
C．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5 C
D．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5 J
解析：选BC 若不撤去拉力F，对棒由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，又P＝Fv，I＝eq \f(BLv,R＋r)，当a＝0时，速度达到最大，联立各式解得最大速度为vm＝5 m/s，即杆的最大速度不会超过5 m/s，故A错误；若在F撤去前金属杆的速度为v1＝4 m/s时，代入各式可得加速度为a＝eq \f(\f(P,v1)－\f(B2L2v1,R＋r),m)＝0.9 m/s2，若撤去F后金属杆的速度为v2＝4 m/s时，加速度为a′＝eq \f(\f(B2L2v2,R＋r),m)＝1.6 m/s2，故金属杆的速度为4 m/s时，其加速度大小为0.9 m/s2或1.6 m/s2，故B正确；从撤去拉力F到金属杆停下，金属杆只受安培力做减速直线运动，取向右为正，由动量定理有－Beq \x\t(I)L·Δt＝0－mv，而电荷量的表达式q＝eq \x\t(I)·Δt，可得q＝eq \f(mv,BL)＝2.5 C，故C正确；从撤去拉力F到金属杆停下的过程，由动能定理有－WF安＝0－eq \f(1,2)mv2，而由功能关系有WF安＝Q，另金属杆和电阻R串联，热量比等于电阻比，有Q1＝eq \f(Q·r,R＋r)，联立解得Q1＝0.625 J，故D错误。
2．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，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。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为eq \f(B0rS,4t0ρ)
D．圆环中的感应电动势大小为eq \f(B0πr2,4t0)
解析：选BC 由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故圆环所受安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq \f(ΔB,Δt)·S′＝eq \f(B0,t0)·eq \f(πr2,2)＝eq \f(πB0r2,2t0)，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq \f(B0rS,4t0ρ)，C正确，D错误。
3．(2019·全国卷Ⅱ)(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( )
解析：选AD PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsin θ＝BIL，I＝eq \f(mgsin θ,BL)，即电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。
情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsin θ＝BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I­t图像如图A所示。
情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，但两导体棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场，此后MN为电源，由E＝BLv，I＝eq \f(E,R总)，BIL－mgsin θ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的I­t图像如图D所示。
4．(2020·江苏高考)如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
解析：(1)感应电动势E＝Blv，
代入数据得E＝0.8 V。
(2)感应电流I＝eq \f(E,R)，
拉力的大小等于安培力F＝BIl
解得F＝eq \f(B2l2v,R)，代入数据得F＝0.8 N。
(3)运动时间t＝eq \f(2l,v)，焦耳定律Q＝I2Rt
解得Q＝eq \f(2B2l3v,R)，代入数据得Q＝0.32 J。
答案：(1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J
5．(2021年1月新高考8省联考·河北卷)如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v­t图像如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
解析：(1)由题图2可知，金属棒在0～1 s内做初速度为0的匀加速直线运动，1 s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1 s末进入磁场。
在0～1 s过程中，由题图2可知，金属棒的加速度
a＝eq \f(Δv,Δt)＝4 m/s2①
在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma②
由①②式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数
μ＝0.25。③
(2)金属棒在磁场中达到最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为vm
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLvm④
根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R)⑤
根据安培力公式有FA＝ILB⑥
根据平衡条件有FA＋μmgcs 37°＝mgsin 37°⑦
由③④⑤⑥⑦式解得vm＝8 m/s。⑧
(3)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为
q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E)t,R)＝eq \f(\f(ΔΦ,t)t,R)＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)⑨
解得金属棒在磁场下滑的位移x＝eq \f(qR,BL)＝2.6 m⑩
由动能定理有
mgxsin 37°－μmgxcs 37°－WA＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12⑪
此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功
Q＝WA⑫
由⑩⑪⑫式解得，此过程中电阻产生的焦耳热Q＝2.95 J。
答案：(1)0.25 (2)8 m/s (3)2.95 J
eq \a\vs4\al([考情分析])
1．电磁感应的电路、图像、动力学和能量问题是高考命题的热点，近几年高考几乎每年都涉及这方面的题目。
2．电路和图像问题常以选择题形式考查，动力学和能量问题考查类型比较灵活，既有选择题，也有计算题。
3．电磁感应和动量知识的综合考查，是高考命题的潜在热点，会以综合计算题形式出现，分值和难度都较大，要引起足够的重视。
命题视角一 导体切割磁感线的电路问题
类型1 平动切割的电路问题
[例1] (2019·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
[解析] (1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv。
(2)线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝eq \f(B2L2v2,R)。
(3)线框ab边电阻Rab＝eq \f(R,4)，时间t＝eq \f(L,v)
ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝eq \f(B2L3v,4R)。
[答案] (1)BLv (2)eq \f(B2L2v2,R) (3)eq \f(B2L3v,4R)
类型2 转动切割的电路问题
[例2] (2020·浙江7月选考)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eq \f(1,2)Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为eq \f(2gd,Br2ω)
C．电阻消耗的电功率为eq \f(πB2r4ω,2R)
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
[解析] 由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为E＝Br·eq \f(1,2)ωr＝eq \f(1,2)Br2ω，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qeq \f(U,d)＝mg，可得eq \f(q,m)＝eq \f(2gd,Br2ω)，选项B正确。电阻消耗的电功率P＝eq \f(U2,R)＝eq \f(B2r4ω2,4R)，选项C错误。电容器所带的电荷量Q＝CU＝eq \f(1,2)CBr2ω，选项D错误。
[答案] B
eq \a\vs4\al([规律方法])
处理电磁感应电路问题的一般思路
[集训冲关]
1．(多选)如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与∠MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t＝0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿∠MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则( )
A．流过导体棒的电流I始终为eq \f(Bv0,3r)
B．F随时间t的变化关系为F＝eq \f(2\r(3)B2v02,9r)t
C．t0时刻导体棒的发热功率为eq \f(2\r(3)B2v03,27r)t0
D．撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为eq \f(1,2)mv02
解析：选ABC 导体棒的有效切割长度L＝2v0ttan 30°，感应电动势E＝BLv0，回路的总电阻R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2v0ttan 30°＋\f(2v0t,cs 30°)))r，联立可得通过导体棒的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bv0,3r)，选项A正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力平衡，即F＝BIL，得F＝eq \f(2\r(3)B2v02,9r)t，选项B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx＝2v0t0tan 30°·r，则导体棒的发热功率P棒＝I2Rx＝eq \f(2\r(3)B2v03,27r)t0，选项C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有Q棒＋Q轨＝eq \f(1,2)mv02－0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒＝eq \f(1,2)mv02－Q轨2．(多选)如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视)。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时。在辐条OP转过磁场区域的过程中，下列说法中正确的是( )
A．O、P两端电压为eq \f(1,4)BL2ω
B．通过LED灯的电流为eq \f(BL2ω,8r)
C．整个装置消耗的电能为eq \f(πωB2L4,8r)
D．增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮
解析：选BCD 辐条OP进入磁场匀速转动时有E＝BLeq \f(ωL,2)，在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和LED灯并联，故而电路的总电阻R＝eq \f(4r,3)，OP两端的电压为电源的路端电压U＝eq \f(E,R)·eq \f(r,3)＝eq \f(BL2ω,8)，流过LED灯的电流是I＝eq \f(U,r)＝eq \f(BL2ω,8r)，A错误，B正确；整个装置消耗的电能W＝Q＝eq \f(E2,R)t＝eq \f(E2,\f(4r,3))·eq \f(1,3)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(πωB2L4,8r)，C正确；由LED灯中电流为I＝eq \f(BL2ω,8r)知，增大角速度、增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，D正确。
命题视角二 变化磁场的电路问题
1.电源：磁通量变化的线圈，感应电动势为eq \a\vs4\al(E＝n\f(ΔΦ,Δt)。,)
2.注意问题：eq \a\vs4\al(E＝n\f(ΔΦ,Δt),)为平均感应电动势，通过电路的电荷量eq \a\vs4\al(q＝n\f(ΔΦ,R)。)
[例1] (2021·衡阳八中检测)(多选)如图甲所示的电路中，电阻R1＝R，R2＝2R，单匝圆形金属线圈半径为r2，圆心为O，线圈的电阻为R，其余导线的电阻不计。半径为r1(r1A．电容器上极板带正电
B．t1时刻，电容器所带的电荷量为eq \f(CB1πr12,4t1)
C．t1时刻之后，线圈两端的电压为eq \f(3B1πr12,4t1)
D．t1时刻之后，R1两端的电压为eq \f(B2πr22,4t2)
[解析] 根据楞次定律可知，线圈产生沿逆时针方向的感应电流，则电容器上极板带正电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律有E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(B1,t1)πr12＝eq \f(B1πr12,t1)，稳定电流为I＝eq \f(E,R1＋R2＋R)＝eq \f(B1πr12,4Rt1)，UR2＝IR2＝eq \f(B1πr12,4Rt1)·2R＝eq \f(B1πr12,2t1)，电容器所带的电荷量为Q＝CUR2＝eq \f(CB1πr12,2t1)，故B错误；t1时刻之后，线圈两端的电压为U＝I(R1＋R2)＝eq \f(3B1πr12,4t1)，故C正确；t1时刻之后，R1两端的电压为U＝IR1＝eq \f(B1πr12,4t1)＝eq \f(B2πr12,4t2)，故D错误。
[答案] AC
[例2] 如图(a)所示，平行且光滑的长直金属导轨MN、PQ固定在水平面内，间距L＝0.4 m，导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，棒接入电路的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L，从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化的规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，电阻R中电流的大小和方向；
(2)棒通过abcd区域的过程中通过电阻R的电荷量；
(3)棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
[解析] (1)棒进入磁场前，闭合回路中磁场通过的有效面积不变，磁感应强度均匀变大，由法拉第电磁感应定律知，
回路中的电动势为：
E＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(0.5－0,1.0－0)×(0.2eq \r(2))2V＝0.04 V
则电流大小为：I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(0.04,1＋1) A＝0.02 A
根据楞次定律判断，电流方向为Q→N。
(2)棒通过abcd区域的过程中通过电阻R的电荷量为：
q＝eq \f(ΔΦ,R＋r·Δt)Δt＝eq \f(BΔS,R＋r)＝eq \f(0.5×0.08,1＋1) C＝0.02 C。
(3)根据几何关系可得：
L有效＝2v(t－1)＝2(t－1)m (1.0 s≤t≤1.2 s)
切割产生的电动势为：E＝BL有效v
电流为：i＝eq \f(E,R＋r)
解得：i＝eq \f(1,2)(t－1)A (1.0 s≤t≤1.2 s)。
[答案] (1)0.02 A，方向为Q→N (2)0.02 C
(3)i＝eq \f(1,2)(t－1)A (1.0 s≤t≤1.2 s)
eq \a\vs4\al([易错提醒])
(1)导体棒进入磁场前不切割磁感线，由于abcd中磁感应强度B随时间t均匀变化而产生感应电动势，故此时感应电动势用E＝eq \f(ΔB,Δt)S进行计算。
(2)由于导体棒通过abcd区域时间内电流不恒定，故电荷量不能用q＝It直接计算，而是通过公式转换由磁通量的变化间接求解。
(3)导体棒通过三角形abd区域时，磁感应强度B已保持恒定，但导体棒切割磁感线的有效长度随时间而变化。
[集训冲关]
1．(2021年1月新高考8省联考·湖北卷)(多选)如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中( )
A．线框中的电流始终为逆时针方向
B．线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C．t＝eq \f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为eq \f(\r(3)ka2,6R)
D．t＝eq \f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为eq \f(5\r(3)ka2,12R)
解析：选AD 根据楞次定律可知，穿过线框向里的磁通量增加，则线框中的电流始终为逆时针方向，选项A正确，B错误；线框的边长为eq \f(2a,\r(3))，t＝eq \f(T,2)时刻，线框切割磁感线的有效长度为eq \f(a,\r(3))，感应电动势E＝Bveq \f(a,\r(3))＝eq \f(kT,2)×v×eq \f(a,\r(3))＝eq \f(kvaT,2\r(3))＝eq \f(\r(3)ka2,6)，线框因磁场变化中产生的感应电动势E′＝eq \f(ΔB,Δt)S＝k×eq \f(3,4)×eq \f(1,2)×eq \f(2a,\r(3))×a＝eq \f(\r(3),4)ka2，则流过线框的电流大小为I＝eq \f(E＋E′,R)＝eq \f(5\r(3)ka2,12R)，选项C错误，D正确。
2．用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图1所示。圆环的半径R＝2 m，导线单位长度的电阻r0＝0.2 Ω/m。 把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。磁感应强度B随时间t变化如图2所示。求：
(1)正方形线框产生的感应电动势；
(2)在0～2.0 s内，圆环产生的焦耳热；
(3)若不知道圆环半径数值，在0～2.0 s内，圆环中的电流与正方形线框中的电流之比。
解析：(1)正方形线框的面积为S＝2R2，
根据法拉第电磁感应定律得：
E＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(1.5－0.5,2.0)×2×22V＝4 V。
(2)圆环面积为S′＝πR2，圆周长为L＝2πR，
圆环的电阻为：r′＝2πRr0＝2×3.14×2×0.2 Ω＝2.5 Ω
根据法拉第电磁感应定律得：
E′＝eq \f(ΔB,Δt)S′＝eq \f(1.5－0.5,2.0)×π×22V＝6.3 V
在0～2.0 s内，圆环产生的焦耳热为：
Q＝eq \f(E′2,r′)t＝eq \f(6.32,2.5)×2 J＝31.75 J。
(3)正方形线框中的电流为：I＝eq \f(E,r)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(2R2,4\r(2)Rr0)，
导线圆环中的电流为：I′＝eq \f(E′,r′)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(πR2,2πRr0)，
导线圆环中的电流与正方形线框中的电流之比：eq \f(I′,I)＝eq \r(2)。
答案：(1)4 V (2)31.75 J (3)eq \r(2)
平动切割
转动切割
电源
平动切割的导体棒
转动切割的导体棒
内阻
平动棒上的电阻
转动棒上的电阻
电动势
E＝BLv
E＝eq \f(1,2)BωL2
感应电流
用闭合电路欧姆定律：I＝eq \f(E,R＋r)
电流方向
用右手定则判断
路端电压
电路接通时切割棒两端的电压