（課標通用）高考物理一輪復習 作業(yè)45 電磁感應中的電路和圖象問題（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、作業(yè)45　電磁感應中的電路和圖象問題　 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框一邊a、b兩點間的電勢差絕對值最大的是(　　) 解析：線框各邊電阻相等，切割磁感線的那個邊為電源，電動勢相同，均為Blv.在A、B、C中，Uab＝Blv，D中，Uab＝Blv，選項D正確． 答案：D 2．如圖45－1所示，MN、PQ為兩平行金屬導軌，M、P間連接一阻值為R的電阻，導軌處于勻強磁場中，磁感應強度為B，磁場

2、方向與導軌所在平面垂直，圖中磁場方向垂直紙面向里，有一金屬圓環(huán)沿兩導軌滑動、速度為v，與導軌接觸良好，圓環(huán)的直徑d與兩導軌間的距離相等，設金屬環(huán)與導軌的電阻均可忽略，當金屬環(huán)向右做勻速運動時(　　) 圖45－1 A．有感應電流通過電阻R，大小為 B．沒有感應電流通過電阻R C．沒有感應電流流過金屬圓環(huán)，因為穿過圓環(huán)的磁通量不變 圖45－2 D．有感應電流流過金屬圓環(huán)，且左、右兩部分流過的電流相同 解析：畫等效電路如圖45－2所示，由法拉第電磁感應定律可知，E0＝Bdv，電池組的電動勢E＝Bdv，所以過電阻R的電流I＝＝，A、B錯誤．由等效電路可知，有感應電流流過金屬環(huán)，并

3、且左、右兩部分并聯(lián)，內阻不計，所以左、右兩部分流過的電流相同，C錯誤，D正確． 答案：D 3．將一段導線繞成如圖45－3甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內．回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖45－3乙所示．用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是(　　) 圖45－3 解析：0～時間內，回路中產(chǎn)生順時針方向、大小不變的感應電流，根據(jù)左手定則可以判定ab邊所受安培力向左.～T時間內，回路中產(chǎn)生逆時針方向、大小不變的感應電流，根

4、據(jù)左手定則可以判定ab邊所受安培力向右，故B正確． 答案：B 4．(北京東城區(qū)期末)如圖45－4所示，垂直于紙面向里的勻強磁場的區(qū)域寬度為2a，磁感應強度的大小為B.一邊長為a、電阻為4R的正方形均勻導線框CDEF從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，關于線框EF兩端的電壓UEF與線框移動距離x的關系，下列圖象正確的是(　　) 圖45－4 解析：線框經(jīng)過整個磁場區(qū)域時，做勻速運動，所以產(chǎn)生的感應電動勢大小E＝Bav，剛進入磁場時，等效電路如圖45－5甲所示；完全在磁場中時，等效電路如圖45－5乙所示；一條邊從磁場中離開時，等效電路如圖45－5丙所示．選項D

5、正確，選項A、B、C錯誤． 圖45－5 答案：D 5．(陜西西安檢測)一足夠大的正方形區(qū)域ABCD內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，其頂點A在直線MN上，且AB、AD與MN的夾角為45°，如圖45－6所示，一邊長為a的正方形導線框從圖示位置沿圖示直線MN以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流正方向，下圖中能夠正確表示電流—時間關系的是(　　) 圖45－6 解析：導線框由開始位置運動距離a的過程中，導線框的右邊導線切割磁感線，由于導線進入磁場的部分均勻增大，因此感應電動勢均勻增大，導線框運動距離在a～2a的過程中，導線框的右邊導線在磁場中的長度越來越小，而

6、左邊導線在磁場中的長度越來越大，由于右邊導線產(chǎn)生的感應電動勢為逆時針方向，而左邊導線產(chǎn)生的感應電動勢為順時針方向，因此，在此過程中導線框總感應電動勢由正值減小到零再到負值，且變化比開始進入時要快；導線框運動距離在2a～3a的過程中，只有左邊導線在切割磁感線，因此感應電動勢為負值，又由于左邊導線在磁場中的長度越來越小，因此感應電動勢也越來越小，由此可知C正確． 答案：C 6．(浙江紹興諸暨牌頭中學期末)如圖45－7所示，兩水平虛線ef、gh之間存在垂直紙面向外的勻強磁場，一質量為m、電阻為R的正方形鋁線框abcd從虛線ef上方某位置由靜止釋放，線框運動中ab始終是水平的，已知兩虛線ef、gh

7、間距離大于線框邊長，則從開始運動到ab邊到達gh線之前線框的速度隨時間的變化關系圖象合理的是(　　) 圖45－7 解析：線框先做自由落體運動，由線框寬度小于磁場的寬度可知，當ab邊進入磁場且cd邊未出磁場的過程中，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，不受安培力，則線框的加速度與線框自由下落時一樣，均為g.若cd邊剛好勻速進入磁場，mg＝F安＝，ab邊進入磁場后線框又做勻加速運動，cd邊出磁場后減速，當達到上述勻速的速度后又做勻速運動，即線框出磁場時的速度不可能小于進入磁場時的速度，故A、B錯誤；若cd邊減速進入磁場，線框全部進入后做勻加速運動，達到進磁場的速度時不可能勻速；若cd邊加

8、速進入磁場，全部進入后做勻加速運動，當cd邊出磁場時線框有可能加速、勻速、減速，故C錯誤，D正確． 答案：D 7．(安徽江南十校聯(lián)考)(多選)如圖45－8所示，磁場與線圈平面垂直，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強磁場區(qū)域，v1＝3v2.在先后兩種情況下(　　) 圖45－8 A．線圈中的感應電流之比I1∶I2＝1∶3 B．線圈中的感應電流之比I1∶I2＝3∶1 C．線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝3∶1 D．通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2＝1∶1 解析：v1＝3v2，根據(jù)E＝BLv知，感應電動勢之比為3∶1，感應電流I＝，則感應電流之比I1∶I2＝3∶

9、1，故A錯誤，B正確．由v1＝3v2知，t1∶t2＝1∶3，根據(jù)Q＝I2Rt知，焦耳熱Q1∶Q2＝3∶1，故C正確．根據(jù)q＝It＝知，通過某截面的電荷量之比q1∶q2＝1∶1，故D正確． 答案：BCD 8．(唐山摸底)(多選)如圖45－9甲所示，水平放置的平行金屬導軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導體棒MN放在導軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導軌平面的磁場中，磁感應強度B的變化情況如圖45－9乙所示(圖示磁感應強度方向為正)，MN始終保持靜止，則0～t2時間內(　　) 圖45－9 A．電容器C的電荷量大小始終不變 B．電容器C的a板先帶正電后帶負電 C．MN所受安培力的

10、大小始終不變 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 解析：磁感應強度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動勢，電容器C的電荷量大小始終沒變，選項A正確，B錯誤；由于磁感應強度變化，根據(jù)楞次定律和左手定則可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，選項C錯誤，D正確． 答案：AD 9．(多選)如圖45－10所示，水平面上兩根足夠長的金屬導軌平行固定放置，間距為L，一端通過導線與阻值為R的電阻連接．導軌上放一質量為m的金屬桿，金屬桿、導軌的電阻均忽略不計，勻強磁場垂直導軌平面向下．用與導軌平行的恒定拉力F作用在金屬桿上，桿最終將做勻速運動．當改變拉力的大小時，金屬桿做勻速運動時的速度v也會變化，v和F的關系如

11、圖乙所示．下列說法正確的是(　　) 圖45－10 A．金屬桿在勻速運動之前做勻加速直線運動 B．流過電阻R的電流方向為a→R→b C．由圖象可以得出B、L、R三者的關系式為＝ D．當恒力F＝3 N時，電阻R消耗的最大電功率為8 W 解析：金屬桿在勻速運動之前，隨著運動速度的增大，由F安＝可知金屬桿所受的安培力增大，由牛頓第二定律可知金屬桿的加速度減小，故金屬桿做加速度減小的加速運動，選項A錯誤；由楞次定律可知，流過電阻R的電流方向為a→R→b，選項B正確；因為圖象與橫軸交點等于金屬桿所受摩擦力的大小，故由圖象可知金屬桿所受的摩擦力為Ff＝1 N，金屬桿勻速運動時有F－Ff＝

12、F安＝，則可得＝＝，選項C錯誤；當恒力F＝3 N時，金屬桿受到的安培力大小為F安＝F－Ff＝2 N，金屬桿勻速運動的速度為4 m/s，所以金屬桿克服安培力做功的功率P＝8 W，轉化為電能的功率為8 W，故電阻R消耗的最大電功率為8 W，選項D正確． 答案：BD 10．(濟南期末)(多選)如圖45－11所示，一沿水平方向的勻強磁場分布在寬度為2L的某矩形區(qū)域內(長度足夠大)，該區(qū)域的上下邊界MN、PS是水平的．有一邊長為L的正方形導線框abcd從距離磁場上邊界MN的某高處由靜止釋放下落而穿過該磁場區(qū)域，已知當線框的ab邊到達PS時線框剛好做勻速直線運動．以線框的ab邊到達MN時開始計時，以M

13、N處為坐標原點，取如圖坐標軸x，并規(guī)定逆時針方向為感應電流的正方向，向上為線圈所受安培力的正方向．則下列關于線框中的感應電流i和線框所受到的安培力F與ab邊的位置坐標x的圖線中，可能正確的是(　　) 圖45－11 解析：根據(jù)題意，在0～L上，線框加速進磁場，做加速度減小的加速運動；在第L～2L上，做加速度不變的勻加速運動，線圈中沒有感應電流；第2L～3L上做勻速運動．由楞次定律判斷感應電流的方向，由i＝判斷電流的大小，可知選項A正確；由左手定則和F＝BiL可知，選項D正確． 答案：AD 11．(多選)半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導線，分

14、別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖45－12甲所示．有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定垂直于紙面向里為正方向，磁場變化規(guī)律如圖45－12乙所示．在t＝0時刻兩平行金屬板之間中心有一重力不計、電荷量為q的靜止微粒，則以下說法中正確的是(　　) 圖45－12 A．第2 s內上極板為正極 B．第3 s內上極板為負極 C．第2 s末微?；氐搅嗽瓉砦恢? D．第3 s末兩極板之間的電場強度大小為 解析：假設微粒帶正電，則0～1 s內的情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負電，下極板帶正電，微粒所受電場力方向豎直向上，微粒向上做勻加速運動.1～2 s內的情況：由楞次定

15、律可知，金屬板上極板帶正電，下極板帶負電，微粒所受電場力方向豎直向下，微粒向上做勻減速運動，第2 s末速度減小為零.2～3 s內的情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，下極板帶負電，微粒所受電場力方向豎直向下，微粒向下做勻加速運動．兩極板間的電場強度大小E＝＝＝.3～4 s內的情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負電，下極板帶正電，微粒所受電場力方向豎直向上，微粒向下做勻減速運動，第4 s末速度減小為零，同時回到了原來的位置．若微粒帶負電，運動情況相反，4 s末速度減小為零，同時回到了原來位置．綜上所述，選項A、D正確． 答案：AD 12．(貴州黔南州三校聯(lián)考)(多選)如圖45－13所

16、示，豎直光滑導軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場區(qū)域，其區(qū)域內的磁場方向都垂直于導軌平面向外，區(qū)域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k>0)變化，C2中磁場的磁感應強度恒為B2，一質量為m、電阻為r、長度為L的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導軌上，且與導軌接觸良好，并恰能保持靜止．則(　　) 圖45－13 A．通過金屬桿的電流大小為 B．通過金屬桿的電流方向為從B到A C．定值電阻的阻值為R＝－r D．整個電路中產(chǎn)生的熱功率P＝ 解析：AB桿平衡，mg＝B2I·2a，解得I＝，A錯誤；安培力向上，根據(jù)左手定則可知，AB中感應電

17、流的方向為從B到A，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知：感應電動勢的大小E＝＝·πa2＝kπa2，由I＝解得R＝－r，C正確；整個電路產(chǎn)生的熱功率P＝EI＝，D正確． 答案：BCD 二、非選擇題 13．平行水平長直導軌間的距離為L，左端接一耐高壓的電容器C.輕質導體桿cd與導軌接觸良好，如圖45－14所示，在水平力作用下以加速度a從靜止做勻加速運動，勻強磁場B豎直向下，不計摩擦與電阻，求： 圖45－14 (1)所加水平外力F與時間t的關系； (2)在時間t內有多少能量轉化為電場能？ 解析：(1)對于導體棒cd，由于做勻加速運動，則有： v＝at，由E＝BLv可知：E＝BLa

18、t 對于電容器，由C＝可知：Q＝CU＝CBLat， 對于閉合回路，由I＝可知：I＝CBLa 對于導體棒，由F安＝BIL可知：F安＝B2L2Ca① 由牛頓第二定律可知：F－F安＝ma，F(xiàn)＝(m＋B2L2C)a，因此對于外力F來說，是一個恒定的外力，不隨時間變化． (2)對于導體棒cd，克服安培力做多少功，就應有多少能量轉化為電能，則有：W安＝－F安x② x＝at2③ 由①②③式得：W安＝－， 所以在t秒內轉化為電場能的能量為：E＝. 答案：(1)F＝(m＋B2L2C)a，為恒力，不隨時間t變化 (2) 14．如圖45－15甲所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌ef、cd與水平面成

19、θ＝30°角固定，導軌間距離為l＝1 m，導軌電阻不計，一個阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩金屬導軌的上端．整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直，磁感應強度大小為B＝1 T．現(xiàn)將一質量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止釋放，金屬棒下滑過程中與導軌接觸良好．改變電阻箱的阻值R，測定金屬棒的最大速度vm，得到－的關系如圖45－15乙所示．取g＝10 m/s2. 圖45－15 (1)求金屬棒的質量m和定值電阻R0的阻值； (2)當電阻箱的阻值R取2 Ω，且金屬棒的加速度為g時，求金屬棒的速度大小． 解析：(1)金屬棒以速度vm下滑時， 根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝Blvm， 由閉合電路歐姆定律有E＝I， 根據(jù)平衡條件有BIl＝mgsinθ， 整理得＝， 由－圖象可知＝1 m－1·s·Ω， ·＝0.5 m－1·s. 解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω. (2)設此時金屬棒下滑的速度大小為v，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E′＝Blv，由閉合電路歐姆定律有E′＝I′，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BI′l＝m，聯(lián)立解得v＝0.5 m/s. 圖45－16 答案：(1)0.2 kg　2 Ω　(2)0.5 m/s