《（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（六十四）電磁感應(yīng)中的電路問題（題型研究課）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（六十四）電磁感應(yīng)中的電路問題（題型研究課）（含解析）（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（六十四）電磁感應(yīng)中的電路問題（題型研究課）（含解析） 1.如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌固定不動(dòng)，M、P間接有一阻值為R的電阻。一根與導(dǎo)軌接觸良好、接入電路的電阻為的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，則(不計(jì)導(dǎo)軌電阻)(　　) A．通過電阻R的電流方向?yàn)镻→R→M B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)間的電壓為BLv C．a(chǎn)端電勢(shì)比b端電勢(shì)高 D．外力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 解析：選C　由右手定則可知通過電阻R的電流方向?yàn)镸→R→P，

2、A錯(cuò)誤；金屬導(dǎo)線ab相當(dāng)于電源，電源內(nèi)部電流從電勢(shì)低的一端流向電勢(shì)高的一端，所以a端電勢(shì)高于b端電勢(shì)，C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝BLv，由閉合電路歐姆定律得a、b兩點(diǎn)間的電壓為Uab＝·R＝BLv，B錯(cuò)誤；由于金屬導(dǎo)線ab做勻速直線運(yùn)動(dòng)，外力F做的功等于克服安培力做的功，等于整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱，并非電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，D錯(cuò)誤。 2.(2019·河南靈寶月考)如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界如圖中虛線所示。當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb＝90°)時(shí)，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(　　) A．BRv　　　　　　　　　

3、B．BRv C．BRv D．BRv 解析：選D　圓環(huán)的ab段切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BRv；由歐姆定律得a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uab＝E－Irab＝BRv－·＝，選項(xiàng)D正確。 3. (多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1 m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10 Ω的電阻。一阻值R＝10 Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒ab中電流的方向?yàn)橛蒪到a B．cd兩端的電壓為1 V C．de兩端的

4、電壓為1 V D．fe兩端的電壓為1 V 解析：選BD　由右手定則可知導(dǎo)體棒ab中電流的方向?yàn)橛蒩到b，A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，導(dǎo)體棒ab為電源，cd間電阻R為外電路負(fù)載，de和cf間電阻中無電流，de和cf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝×R＝＝1 V，B、D正確，C錯(cuò)誤。 4.(2019·溫州模擬)如圖所示，一足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω。一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。在導(dǎo)

5、軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8 T。將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動(dòng)速度大小以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　) A．2.5 m/s,1 W B．5 m/s,1 W C．7.5 m/s,9 W D．15 m/s,9 W 解析：選B　小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時(shí)，導(dǎo)體棒MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：mgsin 37°＝μmgcos 37°＋，解得v＝5 m/s；導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電路電流I＝，小燈泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1 W，故

6、選項(xiàng)B正確。 5.如圖所示，導(dǎo)體桿OP在作用于OP中點(diǎn)且垂直于OP的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以一定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，AO間接有電阻R，導(dǎo)體桿和框架電阻不計(jì)，回路中的總電功率為P，則(　　) A．外力的大小為2Br B．外力的大小為Br C．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 D．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 解析：選C　設(shè)導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，則導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Br2ω，I＝，根據(jù)題述回路中的總電功率為P，則P＝EI；設(shè)維持導(dǎo)體桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的外力為F，則有P＝，v＝rω，聯(lián)立解得F＝Br，ω＝，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 6

7、.(2019·廣東模擬)如圖所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(磁場(chǎng)方向垂直紙面向上)，垂直于磁場(chǎng)方向水平固定著兩根相距為L＝0.1 m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R＝0.3 Ω的電阻。垂直兩根導(dǎo)軌放置一金屬棒ab，且良好接觸，其接入電路的電阻r＝0.2 Ω。當(dāng)金屬棒ab在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)(　　) A．金屬棒ab所受安培力大小為0.02 N B．N、Q間電壓為0.2 V C．a(chǎn)端電勢(shì)比b端電勢(shì)低 D．回路中感應(yīng)電流大小為1 A 解析：選A　金屬棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝0.2 V

8、，回路中的感應(yīng)電流大小I＝＝0.4 A，金屬棒ab所受的安培力大小F＝BIL＝0.02 N，A正確，D錯(cuò)誤；N、Q之間的電壓U＝IR＝0.12 V，B錯(cuò)誤；由右手定則得a端電勢(shì)較高，C錯(cuò)誤。 7．(多選)有一半徑為R，電阻率為ρ，密度為d的均勻圓環(huán)落入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的徑向磁場(chǎng)中，圓環(huán)的截面半徑為r(r?R)，如圖(a)、(b)所示。當(dāng)圓環(huán)在加速下落時(shí)某一時(shí)刻的速度為v，則(　　) A．此時(shí)整個(gè)圓環(huán)的電動(dòng)勢(shì)E＝2Bvπr B．忽略電感的影響，此時(shí)圓環(huán)中的電流I＝ C．此時(shí)圓環(huán)的加速度a＝ D．如果徑向磁場(chǎng)足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm＝ 解析：選BD　此時(shí)整個(gè)圓環(huán)垂直切割徑向磁感線

9、，電動(dòng)勢(shì)E＝2BvπR，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)圓環(huán)中的電流I＝＝，選項(xiàng)B正確；對(duì)圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律得mg－F安＝ma，F(xiàn)安＝BI·2πR＝，m＝dπr2·2πR，則a＝g－，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；如果徑向磁場(chǎng)足夠長，當(dāng)a＝0時(shí)圓環(huán)的速度最大，即g－＝0，解得vm＝，選項(xiàng)D正確。 8．(多選)在如圖所示的甲、乙、丙中除導(dǎo)體棒ab可動(dòng)外，其余部分均固定不動(dòng)。甲圖中的電容器C原來不帶電，設(shè)導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌和直流電源的電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦不計(jì)。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面(即紙面)向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌足夠長，今給導(dǎo)體棒一個(gè)向右的初速度v0，導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(　　) A．三種

10、情況下，導(dǎo)體棒最終均靜止 B．圖甲、丙中導(dǎo)體棒最終將以不同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)；圖乙中導(dǎo)體棒最終靜止 C．圖甲、丙中，導(dǎo)體棒最終將以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng) D．甲、乙兩種情況下，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱一定不同 解析：選BD　題圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，當(dāng)電容器極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒有電流，導(dǎo)體棒不受安培力，其向右做勻速運(yùn)動(dòng)；題圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，導(dǎo)體棒速度減小，當(dāng)導(dǎo)體棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時(shí)，導(dǎo)體棒靜止；題圖丙中，導(dǎo)體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再在安培力作用下

11、向左做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電源的電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒有電流，導(dǎo)體棒向左做勻速運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤，B正確；題圖甲中，導(dǎo)體棒的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，題圖乙中，導(dǎo)體棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故有Q甲

12、～1 s末B、S都在變化，所以1 s末回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝S＋Blv 又＝2 T/s 在1 s末，B＝2 T，S＝lvt＝0.4 m2 解得1 s末E＝1.6 V 此時(shí)回路中的電流 I＝＝1.6 A 根據(jù)右手定則可判斷出電流沿逆時(shí)針方向，金屬棒ab受到的安培力F＝BIl＝1.28 N，方向向左。 答案：1.6 A　1.28 N，方向向左 10.(2019·淮北模擬)如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為d，導(dǎo)軌所在平面與水平面成θ角，M、P間接阻值為R的電阻。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、阻值為r、長度為d的

13、金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，以速度v勻速向上運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并且保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。求： (1)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E； (2)通過電阻R的電流I； (3)拉力F的大小。 解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Bdv。 (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝＝。 (3)金屬棒的受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有F－F安－mgsin θ＝0，又因?yàn)镕安＝BId＝， 所以F＝mgsin θ＋。 答案：(1)Bdv　(2)　(3)mgsin θ＋ 11．如圖所示，間距L＝1 m的兩根足夠長的固定水平平行導(dǎo)軌間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)

14、，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T、方向垂直于紙面向里，導(dǎo)軌上有一金屬棒MN與導(dǎo)軌垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度水平向左勻速運(yùn)動(dòng)。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6 μF，導(dǎo)軌和棒的電阻及一切摩擦均不計(jì)。開關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，求： (1)通過R2的電流I的大小和方向； (2)拉力F的大??； (3)開關(guān)S1斷開后通過R2的電荷量Q。 解析：(1)開關(guān)S1、S2閉合后，根據(jù)右手定則知棒中的感應(yīng)電流方向是M→N，所以通過R2的電流方向是b→a MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E＝BLv 通過R2的電流I＝ 代入數(shù)據(jù)解得I＝0.1 A。 (2)由棒受力平衡有F＝F安 F安＝BIL 代入數(shù)據(jù)解得F＝0.1 N。 (3)開關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量 Q1＝CIR2 S1斷開后，流過R2的電荷量Q等于電容器所帶電荷量的減少量，即Q＝Q1－0 代入數(shù)據(jù)解得Q＝7.2×10－6 C。 答案：(1)0.1 A，方向是b→a　(2)0.1 N (3)7.2×10－6 C