2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化練八 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題 新人教版.doc
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2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化練八 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題 新人教版.doc
2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化練八 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題 新人教版1(單選)如圖10所示,豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán),半徑為a,總電阻為R(指拉直時兩端的電阻),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直穿過環(huán)平面,在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB,AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下,當(dāng)擺到豎直位置時,B點的線速度為v,則這時AB兩端的電壓大小為()圖10A.B.C.DBav解析擺到豎直位置時,AB切割磁感線的瞬時感應(yīng)電動勢EB2aBav.由閉合電路歐姆定律得,UABBav,故A正確答案A2(xx武漢模擬)(多選)如圖11所示是圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖;銅盤安裝在水平的銅軸上,它的邊緣正好在兩磁極之間,兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動軸和銅盤的邊緣接觸若銅盤半徑為L,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,回路的總電阻為R,從左往右看,銅盤以角速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動則()圖11A由于穿過銅盤的磁通量不變,故回路中無感應(yīng)電流B回路中感應(yīng)電流大小不變,為C回路中感應(yīng)電流方向不變,為CDRCD回路中有周期性變化的感應(yīng)電流解析把銅盤看作閉合回路的一部分,在穿過銅盤以角速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動時,銅盤切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,回路中有感應(yīng)電流,選項A錯誤;銅盤切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為EBL2,根據(jù)閉合電路歐姆定律,回路中感應(yīng)電流I,由右手定則可判斷出感應(yīng)電流方向為CDRC,選項B、C正確,D錯誤答案BC3(xx焦作模擬)(多選)如圖12所示,兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置,間距為L1 m,cd間、de間、cf間分別接著阻值為R10 的電阻一阻值為R10 的導(dǎo)體棒ab以速度v4 m/s勻速向左運動,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好;導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場下列說法中正確的是()圖12A導(dǎo)體棒ab中電流的流向為由b到aBcd兩端的電壓為1 VCde兩端的電壓為1 VDfe兩端的電壓為1 V解析導(dǎo)體棒ab以速度v4 m/s勻速向左運動,由右手定則可判斷出導(dǎo)體棒ab中電流的流向為由a到b,選項A錯誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv2 V,感應(yīng)電流IE/2R0.1 A,cd兩端的電壓為U1IR1 V,選項B正確;由于de間沒有電流,cf間沒有電流,de兩端的電壓為零,fe兩端的電壓為1 V,選項C錯誤,D正確答案BD4(單選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈,規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖13甲所示,當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t如圖變化時,在圖中正確表示線圈感應(yīng)電動勢E變化的是()圖13解析在第1 s內(nèi),由楞次定律可判定電流為正,其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1S,在第2 s和第3 s內(nèi),磁場B不變化,線圈中無感應(yīng)電流在第4 s和第5 s內(nèi),B減小,由楞次定律可判定,其電流為負(fù),產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2S,由于B1B2,t22t1,故E12E2,由此可知,A選項正確答案A5(單選)如圖14所示,一導(dǎo)體圓環(huán)位于紙面內(nèi),O為圓心環(huán)內(nèi)兩個圓心角為90的扇形區(qū)域內(nèi)分別有勻強(qiáng)磁場,兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等,方向相反且均與紙面垂直導(dǎo)體桿OM可繞O轉(zhuǎn)動,M端通過滑動觸點與圓環(huán)良好接觸在圓心和圓環(huán)間連有電阻R.桿OM以勻角速度逆時針轉(zhuǎn)動,t0時恰好在圖示位置規(guī)定從a到b流經(jīng)電阻R的電流方向為正,圓環(huán)和導(dǎo)體桿的電阻忽略不計,則桿從t0開始轉(zhuǎn)動一周的過程中,電流隨t變化的圖象是()圖14解析導(dǎo)體桿OM在勻強(qiáng)磁場中垂直切割磁感線繞O逆時針方向轉(zhuǎn)動,產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為:i不變,轉(zhuǎn)到?jīng)]有磁場時,i0;并由右手定則可判斷電流流經(jīng)電阻R的電流方向答案C6(單選)矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中,如圖15甲所示磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直,規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,則()圖15A從0到t1時間內(nèi),導(dǎo)線框中電流的方向為adcbaB從t1到t2時間內(nèi),導(dǎo)線框中電流越來越大Ct1時刻,導(dǎo)線框中電流為0D從t1到t2時間內(nèi),導(dǎo)線框bc邊受到安培力大小保持不變解析導(dǎo)線框面積S不變,讀圖象知,有兩個“子過程”.0t1過程,磁感應(yīng)強(qiáng)度正向減??;t1t2過程,磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大.0t1時間內(nèi),正向磁通量減小,由楞次定律判定,應(yīng)產(chǎn)生順時針方向電流,故選A.t1t2時間,磁通量反方向均勻增大,有k(k為常數(shù))由ES,I,解得I,為定值,故不選B.bc邊受到安培力為F安BILbc,因磁感應(yīng)強(qiáng)度B線性增大,所以F安線性增大,故不選D.t1時刻,穿過導(dǎo)線框的為0,但其變化率k0,所以感應(yīng)電動勢和電流均不為0,故不選C.答案A7(單選)邊長為a的閉合金屬正三角形框架,左邊豎直且與磁場右邊界平行,完全處于垂直于框架平面向里的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場,如圖16所示,則下列圖象與這一過程相符合的是()圖16解析該過程中,框架切割磁感線的有效長度等于框架與磁場右邊界兩交點的間距,根據(jù)幾何關(guān)系有l(wèi)有x,所以E電動勢Bl有vBvxx,選項A錯誤,B正確;F外力x2,選項C錯誤;P外力功率F外力vF外力x2,選項D錯誤答案B8(多選)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17甲所示t0時刻對線框施加一水平向右的外力F,讓線框從靜止開始做勻加速直線運動穿過磁場,外力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示已知線框質(zhì)量m1 kg、電阻R1 ,以下說法正確的是()圖17A線框做勻加速直線運動的加速度為1 m/s2B勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 TC線框穿過磁場的過程中,通過線框的電荷量為 CD線框邊長為1 m解析開始時,a m/s21 m/s2,由圖可知t1.0 s時安培力消失,線框剛好離開磁場區(qū)域,則線框邊長lat20.5 m;由t1.0 s時,線框速度vat1 m/s,F(xiàn)3 N,根據(jù)牛頓第二定律有Fma,得B2 T;線框穿過磁場的過程中,通過線框的電荷量qttC,故D錯,A、B、C正確答案ABCB深化訓(xùn)練提高能力技巧9(xx福建卷,18)(單選)如圖18,矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場上方,由不同高度靜止釋放,用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場的時刻線框下落過程形狀不變,ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO平行,線框平面與磁場方向垂直設(shè)OO下方磁場區(qū)域足夠大,不計空氣的影響,則下列哪一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律()圖18解析線框在0t1這段時間內(nèi)做自由落體運動,vt圖象為過原點的傾斜直線,t2之后線框完全進(jìn)入磁場區(qū)域中,無感應(yīng)電流,線框不受安培力,只受重力,線框做勻加速直線運動,vt圖象為傾斜直線t1t2這段時間線框受到安培力作用,線框的運動類型只有三種,即可能為勻速直線運動、也可能為加速度逐漸減小的加速直線運動,還可能為加速度逐漸減小的減速直線運動,而A選項中,線框做加速度逐漸增大的減速直線運動是不可能的,故不可能的vt圖象為A選項中的圖象答案A10(xx四川卷,7)(多選)如圖19所示,邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系為Bkt(常量k0)回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0,滑動片P位于滑動變阻器中央,定值電阻R1R0、R2.閉合開關(guān)S,電壓表的示數(shù)為U,不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢,則()圖19AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2解析由楞次定律可知,正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向,所以電容器b極板帶正電,選項B錯誤根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢Ekr2,選項D錯誤R2與的并聯(lián)阻值R并,根據(jù)串聯(lián)分壓的特點可知:UR2UU,選項A正確由P得:PR2.PR,所以PR5PR2選項C正確答案AC11如圖20所示,邊長L0.20 m的正方形導(dǎo)線框ABCD由粗細(xì)均勻的同種材料制成,正方形導(dǎo)線框每邊的電阻R01.0 ,金屬棒MN與正方形導(dǎo)線框的對角線長度恰好相等,金屬棒MN的電阻r0.20 .導(dǎo)線框放置在勻強(qiáng)磁場中,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.50 T,方向垂直導(dǎo)線框所在平面向里金屬棒MN與導(dǎo)線框接觸良好,且與導(dǎo)線框?qū)蔷€BD垂直放置在導(dǎo)線框上,金屬棒的中點始終在BD連線上若金屬棒以v4.0 m/s的速度向右勻速運動,當(dāng)金屬棒運動至AC的位置時,求:(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 圖20(1)金屬棒產(chǎn)生的電動勢大?。?2)金屬棒MN上通過的電流大小和方向;(3)導(dǎo)線框消耗的電功率解析(1)金屬棒產(chǎn)生的電動勢大小為:EBLv0.500.204.0 V0.57 V.(2)金屬棒運動到AC位置時,導(dǎo)線框左、右兩側(cè)電阻并聯(lián),其并聯(lián)電阻大小為R并1.0 ,由閉合電路歐姆定律有I0.48 A,由右手定則有,電流方向從M到N.(3)導(dǎo)線框消耗的電功率為P框I2R并0.23 W答案(1)0.57 V(2)0.48 V電流方向從M到N(3)0.23 W12如圖21甲所示一對平行光滑軌道放置在水平面上,兩軌道間距l(xiāng)0.20 m,電阻R1.0 ;有一導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上,與兩軌道垂直,桿及軌道的電阻皆可忽略不計,整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直軌道面向下現(xiàn)在一外力F沿軌道方向拉桿,使之做勻加速運動,測得力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示求桿的質(zhì)量m和加速度a.圖21解析導(dǎo)體桿在軌道上做初速為零的勻加速直線運動,用v表示瞬時速度,t表示時間,則桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLvBlat閉合回路中的感應(yīng)電流為I 由安培力公式和牛頓第二定律得FILBma 將式代入式整理得Fma 由乙圖線上取兩點,t10,F(xiàn)11 N;t229 s,F(xiàn)24 N代入式,聯(lián)立方程解得a10 m/s2,m0.1 kg.答案0.1 kg10 m/s2