高考物理一轮复习 第九章 课时跟踪检测（三十二）电磁感应中的电路和图像问题-人教版高三物理试题

课时跟踪检测(三十二)电磁感应中的电路和图像问题对点训练：电磁感应中的电路问题1.如图1所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时()图1A．电容器两端的电压为零B．电阻两端的电压为BLvC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为eq\f(B2L2v,R)2.(2015·郑州一模)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图2所示。则()图2A．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB．θ＝eq\f(π,3)时，杆产生的电动势为eq\r(3)BavC．θ＝0时，杆受的安培力大小为eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)时，杆受的安培力大小为eq\f(2B2av,5π＋3R0)3.(2015·湖南怀化高三期末)如图3所示，光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距L＝1.0m，与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0T，垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝2.0Ω的电阻，其它电阻不计，质量m＝2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置，用变力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，若金属杆ab以恒定加速度a＝2m/s2，由静止开始做匀变速运动，则：(g＝10m/s2)图3(1)在5s内平均感应电动势是多少？(2)第5s末，回路中的电流多大？(3)第5s末，作用在ab杆上的外力F多大？对点训练：电磁感应中的图像问题4.(2015·茂名二模)如图4所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图5中能正确反映线框中电流与时间关系的是()图4图55．(2015·常德二模)如图6所示，一半径为R，圆心角为240°的扇形单匝线圈可绕着磁场边界线上的O点以角速度ω沿逆时针方向转动，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。则从图示位置开始计时，能正确反映线圈中感应电流随时间变化的关系图像是(以顺时针方向为电流的正向)()图6图76．(2015·福建质检)如图8甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里。在0～4t0时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)()图8图97．(2013·福建高考)如图10，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律()图10图118．(2015·合肥二模)如图12甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r＝1Ω。在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是()图12A．圆形线圈中产生的感应电动势E＝6VB．在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q＝8CC．设b端电势为零，则a端的电势φa＝3VD．在0～4s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝18J考点综合训练9.如图13所示，水平面上固定一个间距L＝1m的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，导轨一端接阻值R＝9Ω的电阻。导轨上有质量m＝1kg、电阻r＝1Ω、长度也为1m的导体棒，在外力的作用下从t＝0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是v＝2eq\r(t)，不计导轨电阻。求：图13图14(1)t＝4s时导体棒受到的安培力的大小；(2)请在如图14所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系(I2­t)图像。10．(2015·新余高三上学期期末质检)如图15甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4Ω的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝2m，有一阻值r＝2Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处(恰好不在磁场中)。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示。在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动。已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。求：图15(1)通过小灯泡的电流；(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小。答案1．选C当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B错，C对；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错。2．选Aθ＝0时，产生的感应电动势为E1＝B·2a·v＝2Bav，A正确；感应电流为I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(2Bv,π＋2R0)，所以安培力为F1＝BI1·2a＝eq\f(4B2av,π＋2R0)，C错误；同理，θ＝eq\f(π,3)时，E2＝Bav，F2＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，B、D均错误。3．解析：(1)ΔΦ＝BΔS＝BLx＝BL·eq\f(1,2)at2由法拉第电磁感应定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)联立解得，eq\o(E,\s\up6(－))＝10V。(2)5s末的瞬时速度为v＝at5s末的感应电动势为E＝BLv由欧姆定律得I＝eq\f(E,R)联立解得，I＝10A(3)由安培力公式得F安＝BIL由牛顿第二定律，得F－(F安＋mgsin30°)＝ma联立解得，F＝34N答案：(1)10V(2)10A(3)34N4．选A线框进入磁场过程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，即正方向，可排除B、C选项；由E＝BLv可知，线框进出磁场过程中，切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线，故进、出磁场过程中，等效长度L先增大后减小，故感应电动势先增大后减小；由欧姆定律可知，感应电流也是先增大后减小的，故A项正确、D项错。5．选B由图示位置线圈转过60°过程中，通过线圈的磁通量不变，故无感应电流产生，C、D项错；线圈转过60°到120°过程中，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针方向，即负方向，故A项错；排除A、C、D三个选项，故B项正确。6．选A0～t0，磁场方向垂直纸面向里，均匀减小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小为F＝BIL，即均匀减小到零；t0～2t0，磁场方向垂直纸面向外，均匀增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向右，大小为F＝BIL，即从零开始均匀增大；2t0～3t0，磁场方向垂直纸面向外，eq\f(ΔB,Δt)＝0，根据楞次定律可知：无感应电流产生，导线ab不受安培力；3t0～3.5t0，磁场方向垂直纸面向外，均匀减小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小为F＝2BIL，即均匀减小到零；3.5t0～4t0，磁场方向垂直纸面向里，均匀增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向右，大小为F＝2BIL，即从零开始均匀增大，选项A正确，选项BCD错误。7．选A本题考查电磁感应，意在考查考生对电磁感应规律的理解和认识。由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动。若ab边刚进入磁场时，速度较小，线框内产生的感应电流较小，线框所受安培力小于重力，则线圈进入磁场的过程做加速度逐渐减小的加速运动，图像C有可能；若线框进入磁场时的速度较大，线框内产生的感应电流较大，线框所受安培力大于重力，则线框进入磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，图像B有可能；若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，图像D有可能；由分析可知选A。8．选D由法拉第电磁感应定律可得E＝neq\f(ΔBS,Δt)，由图乙结合数学知识可得k＝eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.6,4)T/s＝0.15T/s，将其代入可求E＝4.5V，A错。设平均电流强度为eq\o(I,\s\up6(－))，由q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(E,R＋r)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR＋r)Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)，在0～4s穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3Wb－0＝0.18Wb，代入可解得q＝6C，B错。0～4s内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合右手定则可得b点电势高，a点电势低，故C错。由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I＝eq\f(E,r＋R)＝1.5A，由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18J，D对。9．解析：(1)4s时导体棒的速度是v＝2eq\r(t)＝4m/s感应电动势E＝BLv感应电流I＝eq\f(E,R＋r)此时导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.4N(2)由(1)可得I2＝(eq\f(E,R＋r))2＝4(eq\f(BL,R＋r))2t＝0.04t作出图像如图所示。答案：(1)0.4N(2)见解析10．解析：(1)在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势。电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻R总＝RL＋eq\f(Rr,R＋r)＝5Ω此时感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝dleq\f(ΔB,Δt)＝0.5×2×0.5V＝0.5V通过小灯泡的电流为：I＝eq\f(E,R总)＝0.1A。(2)当棒在磁场区域中运动时，