2024屆高三物理復(fù)習小練習(四十一)　電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題（解析版）

2024屆高三一輪復(fù)習小練(四十一)電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題A級——全員必做1.如圖所示，變化的勻強磁場垂直穿過金屬框架MNQP，金屬桿ab在恒力F作用下沿框架從靜止開始運動，t＝0時磁感應(yīng)強度大小為B0，為使ab中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，下列能正確反映磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖像是()解析：選C金屬桿ab中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則穿過閉合回路的磁通量不變，設(shè)金屬桿ab長為L，金屬桿ab到MP的距離為l1，金屬桿ab的質(zhì)量為m，則有a＝eq\f(F,m)，x＝eq\f(1,2)at2，B0Ll1＝BL(l1＋x)，聯(lián)立可得eq\f(1,B)＝eq\f(1,B0)＋eq\f(Ft2,2mB0l1)，隨著時間增加，eq\f(1,B)是增大的，且增大的速度越來越快，故C正確。2．(2022·邯鄲模擬)某星球表面0～200km高度范圍內(nèi)，水平方向磁場的磁感應(yīng)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(chǎn)生的電磁阻力(只對該閉合線圈產(chǎn)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(yīng)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(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢大小E＝ΔBLv，線圈上下兩邊產(chǎn)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。3.一個邊長為2L的等邊三角形磁場區(qū)域，一個底邊長為L的直角三角形金屬線框，線框電阻為R，二者等高，金屬線框以速度v水平向右勻速穿過磁場區(qū)域的過程中，規(guī)定逆時針方向的電流為正，則線框中感應(yīng)電流i隨位移x變化的圖像正確的是()解析：選B當x＜L時，感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(\r(3),2)Bvx，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3),2R)Bvx，由楞次定律可知電流為正向且逐漸增大，當L≤x＜2L時，感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(\r(3),2)B(2L－x)v，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(1,R)eq\r(3)BvL－eq\f(\r(3),2R)Bvx，由楞次定律可知電流為正向且逐漸減小，當2L≤x＜3L時，感應(yīng)電動勢為E＝eq\r(3)Bv(3L－x)，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3\r(3),R)BvL－eq\f(\r(3),R)Bvx，由楞次定律可知電流為負向且逐漸減小，B正確。4．(2021·遼寧高考)(多選)如圖(a)所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導(dǎo)軌平面存在變化規(guī)律如圖(b)所示的勻強磁場，t＝0時磁場方向垂直紙面向里。在t＝0到t＝2t0的時間內(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t＝2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計，則()A．在t＝eq\f(t0,2)時，金屬棒受到安培力的大小為eq\f(B02L3,t0R)B．在t＝t0時，金屬棒中電流的大小為eq\f(B0L2,t0R)C．在t＝eq\f(3t0,2)時，金屬棒受到安培力的方向豎直向上D．在t＝3t0時，金屬棒中電流的方向向右解析：選BC由題圖可知在0～t0時間段內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0L2,t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知此時間段的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,t0R)，在eq\f(t0,2)時磁感應(yīng)強度為eq\f(B0,2)，此時安培力為F＝BIL＝eq\f(B02L3,2Rt0)，故A錯誤，B正確；由圖可知在t＝eq\f(3t0,2)時，磁場方向垂直紙面向外并逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生順時針方向的電流，再由左手定則可知金屬棒受到的安培力方向豎直向上，故C正確；由圖可知在t＝3t0時，磁場方向垂直紙面向外，金屬棒向下運動的過程中磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知金屬棒中的感應(yīng)電流方向向左，故D錯誤。5.(多選)如圖所示，水平面上足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，左側(cè)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(dǎo)軌向右滑行，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)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(guān)系圖像正確的是()解析：選ABD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.(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面上，一長為r、電阻為R的均勻直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓軌道中心O。裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下，在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動。在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒中電流由A流向BB．導(dǎo)體棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bω2rC．電容器的M板帶正電D．電容器所帶電荷量為eq\f(3,4)CBωr2解析：選CD根據(jù)右手定則易知A錯誤。在t時間內(nèi)，導(dǎo)體棒掃過的面積S＝eq\f(1,2)ωt[(2r)2－r2]＝eq\f(3,2)ωtr2，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(BS,t)＝eq\f(3,2)ωBr2，導(dǎo)體棒兩端電壓U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)ωBr2，B錯誤。A點電勢高于B點電勢，故M板帶正電，C正確。電容器兩端電壓U＝eq\f(3,4)ωBr2，故所帶電荷量為Q＝UC＝eq\f(3,4)ωBCr2，D正確。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(zhuǎn)動時棒與圓環(huán)保持良好接觸。額定電壓為U＝2V、內(nèi)阻為r＝2Ω的電動機M通過導(dǎo)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(yīng)強度大小為B＝2T，圓環(huán)及導(dǎo)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(zhuǎn)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(chǎn)生的感應(yīng)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.(多選)如圖所示，在0≤x≤L和2L≤x≤3L的區(qū)域內(nèi)存在著相同的勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面(紙面)向里，具有一定電阻的正方形線框abcd邊長為2L，位于xOy平面內(nèi)，線框的ab邊與y軸重合。令線框從t＝0時刻由靜止開始沿x軸正方向做勻加速直線運動，ab邊在t0時刻到達x＝L位置，則線框中的感應(yīng)電流I(取逆時針方向的電流為正)、bc兩端的電勢差Ubc與時間t的函數(shù)圖像大致是下列圖中的()解析：選AC線框ab邊從x＝0運動到x＝L的時間為t0，由運動學規(guī)律可得L＝eq\f(1,2)at02，解得t0＝eq\r(\f(2L,a))，當t＝t0時感應(yīng)電流I＝eq\f(B·2L·v,R)＝eq\f(2BLat0,R)，電流隨時間均勻增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向；設(shè)線框ab邊從x＝L運動到x＝4L的時間為t1，則由運動學公式得t1＝eq\r(\f(2×4L,a))－t0＝t0，這段時間內(nèi)穿過線框的磁通量不變，線框內(nèi)沒有感應(yīng)電流；設(shè)線框ab邊從x＝4L運動到x＝5L的時間為t2，則由運動學公式得t2＝eq\r(\f(2×5L,a))－eq\r(\f(2×4L,a))≈0.236t0，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流方向沿順時針方向，當t＝2t0時感應(yīng)電流為I＝－eq\f(BLv,R)＝－eq\f(4BLat0,R)，故A正確，B錯誤；bc兩端電勢差Ubc＝IRbc，bc為外電路，故電勢差變化和電流變化相同，故C正確，D錯誤。9.(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(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動勢的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)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(dǎo)體繩長為L(L?H)，地球半徑為R、質(zhì)量為M，軌道處磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)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(dǎo)體繩切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向向上，由于L?H，可認為導(dǎo)體繩平動切割磁感線，其產(chǎn)生的電動勢大小為BLv，則導(dǎo)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。10．(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(dǎo)線連接，并通過兩水平長導(dǎo)線與高壓電源相連。在與長直導(dǎo)線垂直的平面內(nèi)，以導(dǎo)線為對稱軸安裝一個用阻值R0＝10Ω的細導(dǎo)線繞制、匝數(shù)N＝5×103的圓環(huán)形螺線管，細導(dǎo)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(dǎo)線的距離r＝0.1m。氣體被電離后在長直導(dǎo)線回路中產(chǎn)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(nèi)各處的磁感應(yīng)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(nèi)通過長直導(dǎo)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(guān)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(nèi)電流均勻增加，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為c→R→d，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)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(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，而在5.0