課時跟蹤檢測（四十五） 電磁感應中的電路和圖像問題

課時跟蹤檢測（四十五）電磁感應中的電路和圖像問題A級——全員必做1．(2023·啟東模擬)如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁場區(qū)域在y軸方向足夠寬，在x軸方向寬度為a。一直角三角形導線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置沿x軸向右勻速穿過磁場區(qū)域，下列選項中關于BC兩端的電勢差UBC與線框移動的距離x的關系圖像正確的是()解析：選B在0～a內，導線框切割磁感線產生感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，方向沿逆時針，有效長度L均勻變大，感應電流I均勻變大，BC兩端的電壓UBC＝IR0，則隨著I均勻增大，UBC均勻增大，且B點的電勢高于C點的電勢，UBC＞0。在a～2a內，有效長度L均勻變大，感應電流均勻變大，方向沿順時針，故UBC均勻增大，且B點的電勢低于C點的電勢，UBC＜0，只有B正確。2．某星球表面0～200km高度范圍內，水平方向磁場的磁感應強度大小隨高度增加由60T均勻減小至10T，為使航天器能在星球表面安全降落，可以利用電磁阻力來減小航天器下落的速度。若在航天器上固定一邊長為1m的正方形閉合線圈，航天器豎直降落時線圈平面始終與磁場垂直，上下兩邊始終處于水平狀態(tài)，為使航天器速度為1km/s時產生的電磁阻力(只對該閉合線圈產生的作用力)為1000N，則線圈電阻的阻值R為()A．2.5×10－14Ω B．5×10－11ΩC．6.25×10－8Ω D．1×10－5Ω解析：選C由磁場分布規(guī)律可知，線圈上下兩邊所處位置的磁感應強度大小之差ΔB＝eq\f(B2－B1L,h2－h(huán)1)＝2.5×10－4T，線圈上下兩邊產生的總感應電動勢大小E＝ΔBLv，線圈上下兩邊產生的總安培力大小F＝ΔBIL，其中I＝eq\f(E,R)，解得R＝6.25×10－8Ω，故C正確。3．如圖甲所示，虛線右側有一垂直紙面的勻強磁場，取磁場垂直于紙面向外的方向為正方向，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示，固定的閉合導線框abcd一部分在磁場內。取線框中感應電流沿逆時針方向為正方向，安培力向左為正方向。從t＝0時刻開始，下列關于線框中感應電流i、線框cd邊所受安培力F分別隨時間t變化的圖像，可能正確的是()解析：選D由題圖乙可知，0～eq\f(T,2)時間內，根據(jù)圖像結合楞次定律可知，產生沿逆時針方向的感應電流，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，感應電流i∝eq\f(ΔB,Δt)，則這段時間內感應電流恒定不變；eq\f(T,2)～T時間內，根據(jù)圖像結合楞次定律可知，產生沿順時針方向的感應電流，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，這段時間內感應電流恒定不變，故A、B錯誤；0～eq\f(T,2)時間內，感應電流恒定不變，根據(jù)安培力公式F＝BIL可知，則F∝B，根據(jù)楞次定律推廣含義“來拒去留”可知，線框cd邊所受安培力先向右后向左，同理可知，eq\f(T,2)～T時間內，F(xiàn)∝B，線框cd邊所受安培力先向右后向左，C錯誤，D正確。4．(2023·海安模擬)如圖所示，有一個邊界為正三角形的勻強磁場區(qū)域，邊長為a，磁感應強度方向垂直紙面向里，一個導體矩形框的長為eq\f(\r(3),2)a，寬為eq\f(a,2)，平行于紙面沿著磁場區(qū)域的軸線勻速穿越磁場區(qū)域，導體框中感應電流的正方向為逆時針方向，以導體框剛進入磁場時為t＝0時刻，則導體框中的感應電流隨時間變化的圖像是()解析：選C線框進入磁場過程，穿過導體框的磁通量要增加，根據(jù)楞次定律可得導體框中感應電流的磁場要阻礙磁通量的增加，感應電流的磁場方向與原磁場的方向相反，應用安培定則可知導體框中感應電流的方向為逆時針方向，同理可知離開磁場過程，導體框中感應電流的方向為順時針方向，B、D錯誤；由題圖可知線框開始進入磁場的一段時間內，切割磁感線的有效長度L不變，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)大小不變，當線框左邊部分穿出磁場過程，切割磁感線的有效長度L減小，感應電流減小，線框左邊完全離開磁場后，線框右邊完全進入磁場，然后線框右邊切割磁感線，感應電流方向相反，此后一段時間內，線框切割磁感線的有效長度L不變，感應電流大小不變，線框右邊離開磁場過程，線框切割磁感線的有效長度L減小，感應電流減小，A錯誤，C正確。5.如圖所示，水平面上足夠長的光滑平行金屬導軌，左側接定值電阻，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中。金屬桿MN以某一初速度沿導軌向右滑行，且與導軌接觸良好，導軌電阻不計。則金屬桿MN在運動過程中，速度大小v、流過的電荷量q與時間t或位移x的關系圖像錯誤的是()解析：選C金屬桿在前進過程中，所受安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，可知隨速度的減小，安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，最后停止運動，因此在v-t圖像中，斜率的絕對值逐漸減小，A正確；根據(jù)動量定理F·Δt＝m·Δv，可得－eq\f(B2L2v,R)·Δt＝m·Δv，而Δx＝v·Δt，因此－eq\f(B2L2,R)·Δx＝m·Δv，速度隨位移均勻變化，可知v-x圖像為一條傾斜的直線，B正確；根據(jù)I＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(Δq,Δt)，可知隨著速度的減小，q-t圖像是一條斜率逐漸減小的曲線，C錯誤；由于I＝eq\f(BLv,R)，兩邊同時乘以Δt可得I·Δt＝eq\f(BLv,R)·Δt，而Δq＝I·Δt，整理得Δq＝eq\f(BL,R)·Δx，可知q-x圖像為一條過坐標原點的傾斜直線，D正確。6．(2023·連云港模擬)如圖所示，光滑絕緣水平面上有一正方形導線框abcd，虛線右側是勻強磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下。t＝0時，導線框cd邊恰與磁場左邊界重合，在水平外力F作用下由靜止開始向右運動，外力F與導線框速度v的關系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)。在導線框進入磁場的過程中，關于感應電流i與時間t的關系，下列圖像中不可能的是()解析：選B設線框的邊長為L、電阻為R、質量為m，磁場的磁感應強度為B，當線框的速度為v時，安培力的大小為F安＝BiL＝eq\f(B2L2v,R)，此時線框的加速度為a＝eq\f(F－F安,m)＝eq\f(F0,m)＋eq\f(kR－B2L2v,mR)，若k＝eq\f(B2L2,R)，則有a＝eq\f(F0,m)，為一個定值，感應電流i＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(BLa,R)t，則有i與t成正比；若k>eq\f(B2L2,R)，則加速度a隨著速度的增大而增大，感應電流i＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(BLa,R)t，i-t圖像的斜率增大；若k<eq\f(B2L2,R)，則加速度a隨著速度的增大而減小，感應電流i＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(BLa,R)t，i-t圖像的斜率減??；綜上所述，A、C、D正確，B錯誤，故選B。7．如圖所示，一半徑為l＝0.5m的金屬圓環(huán)水平放置，長度為2l的粗細均勻的金屬棒OP搭在圓環(huán)上且一端O點與圓心重合，金屬棒OP的電阻為R＝4Ω，轉動時棒與圓環(huán)保持良好接觸。額定電壓為U＝2V、內阻為r＝2Ω的電動機M通過導線分別連接棒上O點和圓環(huán)上Q點，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B＝2T，圓環(huán)及導線電阻不計。當金屬棒繞圓心以角速度ω＝12rad/s順時針(俯視)勻速轉動時，電動機恰好正常工作，求：(1)通過電動機的電流方向及電動機的輸出功率；(2)金屬棒兩端點的電壓UOP。解析：(1)根據(jù)右手定則，電流方向為b→a，金屬棒在回路中產生的感應電動勢為E＝Bleq\f(0＋lω,2)，通過電動機的電流I＝eq\f(E－U,\f(1,2)R)，電動機的輸出功率P＝UI－I2r，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得P＝0.5W。(2)金屬棒在PQ段兩端的電壓為UQP＝Bleq\f(lω＋2lω,2)，金屬棒兩端點的電壓UOP＝UQP＋UOQ，UOQ＝U，解得UOP＝11V。答案：(1)電流方向b→a0.5W(2)11VB級——重點選做8．(2021·山東等級考)迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應電動勢的共同作用下，導體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星離地平均高度為H，導體繩長為L(L?H)，地球半徑為R、質量為M，軌道處磁感應強度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉的影響。據(jù)此可得，電池電動勢為()A．BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL) B．BLeq\r(\f(GM,R＋H))－eq\f(fr,BL)C．BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(BL,fr) D．BLeq\r(\f(GM,R＋H))－eq\f(BL,fr)解析：選A根據(jù)右手定則，導體繩切割磁感線產生的感應電動勢方向向上，由于L?H，可認為導體繩平動切割磁感線，其產生的電動勢大小為BLv，則導體繩中總電動勢為E總＝E電－BLv；對衛(wèi)星由萬有引力等于向心力Geq\f(Mm,R＋H2)＝meq\f(v2,R＋H)，解得v＝eq\r(\f(GM,R＋H))；由題意：BIL＝f，其中I＝eq\f(E總,r)，聯(lián)立可得：E電＝BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL)，故A正確，B、C、D錯誤。9．(2021·浙江6月選考)一種探測氣體放電過程的裝置如圖甲所示，充滿氖氣(Ne)的電離室中有兩電極與長直導線連接，并通過兩水平長導線與高壓電源相連。在與長直導線垂直的平面內，以導線為對稱軸安裝一個用阻值R0＝10Ω的細導線繞制、匝數(shù)N＝5×103的圓環(huán)形螺線管，細導線的始末兩端c、d與阻值R＝90Ω的電阻連接。螺線管的橫截面是半徑a＝1.0×10－2m的圓，其中心與長直導線的距離r＝0.1m。氣體被電離后在長直導線回路中產生順時針方向的電流I，其I-t圖像如圖乙所示。為便于計算，螺線管內各處的磁感應強度大小均可視為B＝eq\f(kI,r)，其中k＝2×10－7T·m/A。(1)求0～6.0×10－3s內通過長直導線橫截面的電荷量Q；(2)求3.0×10－3s時，通過螺線管某一匝線圈的磁通量Φ；(3)若規(guī)定c→R→d為電流的正方向，在不考慮線圈自感的情況下，通過計算，畫出通過電阻R的iR-t圖像；(4)若規(guī)定c→R→d為電流的正方向，考慮線圈自感，定性畫出通過電阻R的iR-t圖像。解析：(1)由電量和電流的關系q＝It可知I-t圖像下方的面積表示電荷量，因此有Q＝eq\x\to(I)1Δt1＋I2Δt2＋eq\x\to(I)3Δt3，代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.5C。(2)由磁通量的定義可得Φ＝BS＝eq\f(kI,r)×πa2，代入數(shù)據(jù)可得Φ＝6.28×10－8Wb。(3)在0～1.0×10－3s時間內電流均勻增加，由楞次定律可知感應電流的方向為c→R→d，產生恒定的感應電動勢E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Nkπa2,r)×eq\f(ΔI,Δt)由閉合電路的歐姆定律可得iR＝eq\f(E,R＋R0)代入數(shù)據(jù)解得iR＝3.14×10－3A在1.0×10－3～5.0×10－3s電流恒定，穿過圓形螺線管的磁場恒定，因此感應電動勢為零，感應電流為零，而在5.0×10－3～6.0×10－3s時間內電流隨時間均勻變化，斜率大