《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 能力課1 電磁感應(yīng)中的圖像和電路問題訓(xùn)練（含解析）教科版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 能力課1 電磁感應(yīng)中的圖像和電路問題訓(xùn)練（含解析）教科版.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

能力課1　電磁感應(yīng)中的圖像和電路問題 一、選擇題(1～3題為單項選擇題，4～8題為多項選擇題) 1．如圖1所示，在第一象限有一邊長為L的等邊三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，在第二象限有一平行于y軸的長為L的導(dǎo)體棒沿x軸正方向以速度v勻速通過磁場區(qū)域。下列關(guān)于導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E隨x變化的圖像正確的是(　　) 圖1 解析　導(dǎo)體棒垂直磁場方向做切割磁感線運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，式中l(wèi)為導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度。導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度l隨x先均勻增大后均勻減小，其最大值為等邊三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的高L＝0.87L。所以導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E隨x變化的圖像正確的是D。 答案　D 2．(2017孝感模擬)如圖2甲所示，在電阻R＝1 Ω，面積S1＝0.3 m2的圓形線框中心區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場，圓形磁場區(qū)面積S2＝0.2 m2。若取磁場方向垂直紙面向外為正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間的變化規(guī)律可用圖乙描述，則線框中的感應(yīng)電流I(取順時針方向為正方向)隨時間t的變化圖線是 (　　) 圖2 答案　C 3．兩塊水平放置的金屬板，板間距離為d，用導(dǎo)線將兩塊金屬板與一線圈連接，線圈中存在方向豎直向上、大小變化的磁場，如圖3所示。兩板間有一帶正電的油滴恰好靜止，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的圖像是(　　) 圖3 解析　帶正電的油滴靜止，即所受重力與電場力平衡，兩板間為勻強(qiáng)電場，因此線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為恒定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，通過線圈的磁通量一定是均勻變化的，A、D兩項錯；油滴帶正電，故下極板電勢高于上極板電勢，感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場與原磁場方向相同，由楞次定律可知，通過線圈的磁通量均勻減小，故C項正確，B項錯。 答案　C 4．有一變化的勻強(qiáng)磁場垂直于如圖4甲所示的線圈平面，若規(guī)定磁場垂直線圈平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，電流從a經(jīng)R流向b為電流的正方向?，F(xiàn)已知R中的感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖像如圖乙所示，那么垂直穿過線圈平面的磁場可能是圖中的(　　) 圖4 解析　當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里均勻減小時，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場也垂直線圈平面向里，再由安培定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷感應(yīng)電流的大小恒定且從a經(jīng)R流向b；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里均勻增大時，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場垂直線圈平面向外，再由安培定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷感應(yīng)電流的大小恒定且從b經(jīng)R流向a，選項A、B正確，C、D錯誤。 答案　AB 5．(2016河北“五個一名校聯(lián)盟”質(zhì)量監(jiān)測)一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖5甲所示。t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動穿過磁場，外力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知線框質(zhì)量m＝1 kg、電阻R＝1 Ω，以下說法正確的是(　　) 圖5 A．線框做勻加速直線運(yùn)動的加速度為1 m/s2 B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T C．線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量為 C D．線框邊長為1 m 解析　t＝0時，線框初速度為零，故感應(yīng)電動勢為零，力F為線框所受合外力，由牛頓第二定律可知，線框的加速度a＝1 m/s2，A項正確；由圖像知，t＝1.0 s時，線框剛好離開磁場，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可知線框的邊長為0.5 m，D項錯；線框的末速度v＝at＝1 m/s，感應(yīng)電動勢E＝BLv，回路中電流I＝，安培力F安＝BIL，由牛頓第二定律有F－F安＝ma，聯(lián)立解得B＝2 T，B正確；由q＝＝＝ C，C項正確。 答案　ABC 6．(2017廣西四市適應(yīng)性檢測)矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場中處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖6甲所示。一磁場的磁感線方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B隨時間t變化的圖像如圖乙所示。t＝0時刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直導(dǎo)線框平面向里，在0～4 s時間內(nèi)，導(dǎo)線框ad邊所受安培力F安隨時間t變化的圖像(規(guī)定向左為安培力的正方向)及導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖像(規(guī)定順時針方向為電流的正方向)可能是圖中的(　　) 圖6 解析　由法拉第電磁感應(yīng)定律，0～2 s和2～4 s的感應(yīng)電流大小相等且方向相反，選項A正確；由安培力F＝BIL可得0～2 s和2～4 s的安培力呈線性變化，選項D正確。 答案　AD 7．如圖7所示，一不計電阻的導(dǎo)體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點(diǎn)，過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好，現(xiàn)將此裝置放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場中，磁場邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動，右側(cè)電路通過電刷與輻條中心和環(huán)的邊緣相接觸，R1＝，S處于閉合狀態(tài)，不計其他電阻，則下列判斷正確的是(　　) 圖7 A．通過R1的電流方向為自下而上 B．感應(yīng)電動勢大小為2Br2ω C．理想電壓表的示數(shù)為Br2ω D．理想電流表的示數(shù)為 解析　由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負(fù)極，因此通過R1的電流方向為自下而上，選項A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉(zhuǎn)動切割磁場線，因此感應(yīng)電動勢大小為Br2ω，選項B錯誤；由圖可知，在磁場內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于電源，磁場外部的半根輻條與R1并聯(lián)，因此理想電壓表的示數(shù)為Br2ω，選項C正確；理想電流表的示數(shù)為，選項D錯誤。 答案　AC 8．如圖8所示，一個邊長為L的正方形線框abcd無初速度地從高處釋放，線框下落過程中，下邊保持水平向下平動，在線框的下方，有一個上、下界面都水平的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場區(qū)高度為2L，磁場方向與線框平面垂直，閉合線框下落后，剛好勻速進(jìn)入磁場區(qū)，在整個進(jìn)出磁場過程中，線框中的感應(yīng)電流I隨位移x變化的圖像可能是下圖中的(　　) 圖8 解析　線框剛進(jìn)入磁場時，＝mg，下邊始終勻速切割磁感線，通過線框的感應(yīng)電流的大小恒定為I0，方向不變，線框完全進(jìn)入磁場后，安培力立即消失，線框僅在重力的作用下做勻加速運(yùn)動，當(dāng)線框下邊剛出磁場時，線框的速度大于進(jìn)入磁場時的速度，故電流大于I0，選項A、C錯誤；線框所受安培力大于重力，線框做減速運(yùn)動，感應(yīng)電流及安培力都減小，所以線框的加速度a＝也減小，當(dāng)加速度減小到0時，電流為I0，選項B、D中在x＝2L和x＝3L之間的曲線，分別對應(yīng)著上邊剛要出磁場時，線框的速度已減小到進(jìn)入磁場時的速度和未減小到該速度兩種情況，因此B、D正確。 答案　BD 二、非選擇題 9．如圖9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，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。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6μF，導(dǎo)軌和棒的電阻及一切摩擦均不計。開關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，求： 圖9 (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切斷后通過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)電流方向是由M→N，所以通過R2的電流方向是由b→a MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小E＝BLv 流過R2的電流I＝ 代入數(shù)據(jù)解得I＝0.1 A (2)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切斷后，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＝7.210－6 C 答案　(1)0.1 A，方向是b→a　(2)0.1 N (3)7.210－6 C 10．如圖10甲所示，有一傾斜放置、電阻不計且足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、EF，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為α＝37，兩平行導(dǎo)軌相距L＝1 m，上端連接一阻值為R＝3.0 Ω的電阻。一質(zhì)量為m＝0.4 kg、電阻r＝1.0 Ω的勻質(zhì)導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。整個裝置放在一磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，重力加速度取g＝10 m/s2。 圖10 (1)當(dāng)在導(dǎo)體棒中通以方向由a到b、大小為I＝1 A的電流時，為使導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上保持靜止，需在導(dǎo)體棒的中點(diǎn)施加一沿導(dǎo)軌平面向上的拉力F，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。試計算當(dāng)t＝2 s時，導(dǎo)體棒所處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)6 s后撤去拉力F和導(dǎo)體棒中的電流I，導(dǎo)體棒將由靜止開始下滑，當(dāng)電阻R兩端的電壓剛好穩(wěn)定時，測得此時導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下滑了x＝2 m，試計算在該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。 解析　(1)根據(jù)左手定則判斷出導(dǎo)體棒ab所受的安培力沿導(dǎo)軌平面向上，設(shè)此時磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，則由力的平衡條件可得F＋B1IL＝mgsin α 由圖乙可以得出，當(dāng)t＝2 s時，F(xiàn)＝1.4 N 代入數(shù)據(jù)可得：B1＝1.0 T (2)由題圖乙可知，t＝4 s后，拉力不再發(fā)生變化，設(shè)此后的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，有F′＋B2IL＝mgsin α 由題圖乙可得F′＝0.4 N，代入上式可得B2＝2.0 T 當(dāng)電阻R兩端的電壓剛好穩(wěn)定時，設(shè)導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流為I′， 由力的平衡條件可得： mgsin α＝B2I′L 代入數(shù)據(jù)可解得I′＝1.2 A 由電磁感應(yīng)規(guī)律可得I′＝ 可解得vm＝2.4 m/s 設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，則由能量守恒定律可得 mgxsin α＝mv＋Q總 代入數(shù)據(jù)可得Q總＝3.648 J 所以在該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為 Q＝Q總＝2.736 J。 答案　(1)1.0 T　(2)2.736 J