高中物理一轮复习练习：电磁感应中的电路和图像问题

电磁感应中的电路和图像问题练习一、选择题1.如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为R，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值均为2R。下列说法正确的是()A．电容器上极板带负电B．通过线圈的电流强度为eq\f(nkS,2R)C．电容器所带的电荷量为eq\f(CnkS,2)D．电容器所带的电荷量为eq\f(2CnkS,3)2.(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动。金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为eq\f(2,3)BLvD．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq\f(R,2)时，滑动变阻器的电功率为eq\f(B2L2v2,8R)3.(多选)图所示，由某种粗细均匀的、总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。一接入电路的电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先增大后减小C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大4.如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于()A．eq\f(5,4) B．eq\f(3,2)C．eq\f(7,4) D．25.(多选)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1m，线圈总电阻r＝1Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图甲所示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i、ab边的安培力F(取向下为正方向)以及焦耳热Q随时间t的变化图像正确的是()6.(多选)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是()7.(多选)如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所处区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，垂直ab边斜向下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正，则线圈内电流及ab边所受安培力随时间的变化规律是()8．(多选)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有两根光滑的平行导轨，间距为L，导轨两端分别接有电阻R1和R2，导体棒以某一初速度从ab位置向右运动距离x到达cd位置时，速度为v，产生的电动势为E，此过程中通过电阻R1、R2的电荷量分别为q1、q2。导体棒有电阻，导轨电阻不计。下列关系式中正确的是()A．E＝BLv B．E＝2BLvC．q1＝eq\f(BLx,R1) D．eq\f(q1,q2)＝eq\f(R2,R1)9．如图甲所示，正五边形硬导线框abcde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。设垂直cd边向下为安培力的正方向，在0～5t0时间内，线框cd边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为()10.(多选)在水平光滑绝缘桌面上有一边长为L的正方形金属线框abcd，被限制在沿cd方向的水平长直轨道上自由滑动。da边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，直角边等于L，ef边与cd边在同一直线上，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示。线框在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区域，若图示位置为t＝0时刻，设逆时针方向为电流的正方向，水平向右的拉力为正，磁场穿过线框向里时磁通量为正。则穿过线框的磁通量Φ、感应电流i、bc间的电势差Ubc、外力F随位移x变化的图像正确的是()二、非选择题11.如图所示，单匝正方形线圈A边长为0.2m，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(0.8－0.2t)T。开始时开关S未闭合，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝20μF，线圈及导线电阻不计。闭合开关S，待电路中的电流稳定后。求：(1)回路中感应电动势的大小；(2)电容器所带的电荷量。答案：1.D由楞次定律知，电容器上极板带正电，A错误；因E＝nkS，则I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(nkS,3R)，B错误；又UC＝I×2R＝eq\f(2nkS,3)，则Q＝CUC＝eq\f(2CnkS,3)，C错误，D正确。2.AD根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝eq\f(R,2)，因此导体棒两端的电压即路端电压应等于eq\f(1,3)BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq\f(R,2)时，干路电流为I＝eq\f(3BLv,4R)，滑动变阻器所在支路电流为eq\f(2,3)I，容易求得滑动变阻器电功率为eq\f(B2L2v2,8R)，故D正确。3.BC设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R外＝eq\f(Rx（3R－Rx）,3R)，外电路电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流I＝eq\f(E,R＋R外)，先减小后增大，路端电压U＝E－Ir，先增大后减小，故A错误，B正确；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝BIl，拉力的功率P＝BIlv，先减小后增大，故C正确；当Rx＝eq\f(3,2)R时R外最大，最大值为eq\f(3,4)R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误。4.B在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)，根据闭合电路的欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)，且q1＝I1Δt1；在过程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(（B′－B）\f(1,2)πr2,Δt2)，I2＝eq\f(E2,R)，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq\f(（B′－B）\f(1,2)πr2,R)，所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)。故选B。5.CD0～1s内产生的感应电动势为e1＝eq\f(nSΔB,Δt)＝2V，方向为逆时针，同理1～5s内产生的感应电动势为e2＝1V，方向为顺时针，A错误；0～1s内的感应电流大小为i1＝eq\f(e1,r)＝2A，方向为逆时针(负值)，同理1～5s内的感应电流大小为i2＝1A，方向为顺时针(正值)，B错误；ab边受到的安培力大小为F＝nBiL，可知0～1s内0≤F≤4N，方向向下，1～3s内0≤F≤2N，方向向上，3～5s内0≤F≤2N，方向向下，C正确；线圈产生的焦耳热为Q＝eit，0～1s内产生的热量为4J，1～5s内产生的热量为4J，D正确。6.AC方法一当导体棒从O点向右运动L时，即在0～eq\f(L,v0)时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttanθ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，i＝eq\f(BLv0,R)＝eq\f(Bv0,R)(l0＋v0ttanθ)，可知回路电流均匀增加；安培力F＝eq\f(B2L2v0,R)＝eq\f(B2v0,R)(l0＋v0ttanθ)2，则F-t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),R)＝eq\f(B2veq\o\al(2,0),R)(l0＋v0ttanθ)2，则P-t关系图线为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttanθ)，即图像是不过原点的直线，B、D错误。当在eq\f(L,v0)～eq\f(2L,v0)时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流i不变，安培力F的大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在eq\f(2L,v0)～eq\f(3L,v0)时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流i均匀减小；安培力F的大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq\f(L,v0)时间内是对称的关系；安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq\f(L,v0)时间内是对称的关系；电阻两端电压U按线性均匀减小，故A、C正确，B、D错误。故选AC。方法二导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，在0～eq\f(L,v0)时间内，金属棒有效切割长度均匀增大，回路中产生的感应电动势均匀增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀增大；在eq\f(L,v0)～eq\f(2L,v0)时间内，金属棒有效切割长度不变，回路中产生的感应电动势不变，根据闭合电路的欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i不变；在eq\f(2L,v0)～eq\f(3L,v0)时间内，金属棒有效切割长度均匀减小，回路中产生的感应电动势均匀减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀减小，故A可能正确；金属棒受到安培力的大小F＝iLB，金属棒开始运动时，金属棒所受安培力一定大于0，故B错误；金属棒克服安培力做功的功率为P＝Fv0，故C可能正确；根据欧姆定律，电阻两端的电压为U＝IR，图像形状与图像A类似，故D错误。7.AD根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，根据楞次定律可得感应电流的方向，又线圈中感应电流沿abca方向为正，结合题图乙可得，1～2s电流为零，0～1s、2～3s、3～5s电流大小恒定，且0～1s、2～3s电流方向为正，3～5s电流方向为负，故A正确，B错误；根据安培力的公式F＝ILB，因为每段时间电流大小恒定，磁场均匀变化，可得安培力也是均匀变化，根据左手定则可判断出ab边所受安培力的方向，故C错误，D正确。课时测评53电磁感应中的电8．AD导体棒做切割磁感线的运动，速度为v时产生的感应电动势E＝BLv，故A正确，B错误；设导体棒的电阻为r，根据法拉第电磁感应定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLx,Δt)，根据闭合电路欧姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(eq\x\to(E),r＋\f(R1R2,R1＋R2))，通过导体棒的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt，导体棒相当于电源，电阻R1和R2并联，则通过电阻R1和R2的电流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(R2,R1)，通过电阻R1、R2的电荷量之比eq\f(q1,q2)＝eq\f(I1Δt,I2Δt)＝eq\f(R2,R1)，结合q＝q1＋q2，解得q1＝eq\f(BLxR2,（R1＋R2）r＋R1R2)，故C错误，D正确。9．B在0～2t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流不变，方向为顺时针方向，则在0～t0时间内，线框cd边受到的安培力向下且均匀减小，在t0～2t0时间内，线框cd边受到的安培力向上且均匀增大；在2t0～3t0时间内，磁感应强度不变，无感应电流，则无安培力；在3t0～5t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流不变，方向为逆时针方向，则在3t0～4t0时间内，线框cd边受到的安培力向下且均匀减小，在4t0～5t0时间内，线框cd边受到的安培力向上且均匀增大。故选B。10.BC在x≤L的过程中，磁通量Φ＝eq\f(B[L＋（L－x）]x,2)＝eq\f(1,2)B(2L－x)x，在L＜x≤2L的过程中，磁通量Φ＝eq\f(B（2L－x）2,2)，故A错误；设线框电阻为R，在x≤L的过程中，由右手定则可知，线框中