【三維設(shè)計】2022屆高三物理一輪復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測(三十二)-電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題-

課時跟蹤檢測(三十二)電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題對點訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的電路問題1.如圖1所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處在垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計?，F(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運動，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運動時()圖1A．電容器兩端的電壓為零B．電阻兩端的電壓為BLvC．電容器所帶電荷量為CBLvD．為保持MN勻速運動，需對其施加的拉力大小為eq\f(B2L2v,R)2.(2021·鄭州一模)半徑為a、右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開頭，桿的位置由θ確定，如圖2所示。則()圖2A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，桿產(chǎn)生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,5π＋3R0)3.(2021·湖南懷化高三期末)如圖3所示，光滑平行的金屬導(dǎo)軌MN和PQ，間距L＝1.0m，與水平面之間的夾角α＝30°，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，垂直于導(dǎo)軌平面對上，MP間接有阻值R＝2.0Ω的電阻，其它電阻不計，質(zhì)量m＝2.0kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，用變力F沿導(dǎo)軌平面對上拉金屬桿ab，若金屬桿ab以恒定加速度a＝2m/s2，由靜止開頭做勻變速運動，則：(g＝10m/s2)圖3(1)在5s內(nèi)平均感應(yīng)電動勢是多少？(2)第5s末，回路中的電流多大？(3)第5s末，作用在ab桿上的外力F多大？對點訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的圖像問題4.(2021·茂名二模)如圖4所示，一個有矩形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面對里。一個三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)。取線框剛到達(dá)磁場邊界的時刻為計時起點(t＝0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖5中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是()圖4圖55．(2021·常德二模)如圖6所示，一半徑為R，圓心角為240°的扇形單匝線圈可圍著磁場邊界線上的O點以角速度ω沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對里。則從圖示位置開頭計時，能正確反映線圈中感應(yīng)電流隨時間變化的關(guān)系圖像是(以順時針方向為電流的正向)()圖6圖76．(2021·福建質(zhì)檢)如圖8甲所示，正三角形硬導(dǎo)線框abc固定在磁場中，磁場方向與線框平面垂直。圖乙表示該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系，t＝0時刻磁場方向垂直紙面對里。在0～4t0時間內(nèi)，線框ab邊受到該磁場對它的安培力F隨時間t變化的關(guān)系圖為(規(guī)定垂直ab邊向左為安培力的正方向)()圖8圖97．(2021·福建高考)如圖10，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。線框下落過程外形不變，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，不計空氣影響，則下列哪一個圖像不行能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律()圖10圖118．(2021·合肥二模)如圖12甲所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形導(dǎo)體線圈，面積S1＝0.4m2，電阻r＝1Ω。在線圈中存在面積S2＝0.3m2的垂直線圈平面對外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。有一個R＝2Ω的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的圓形線圈相連接，b端接地，則下列說法正確的是()圖12A．圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝6VB．在0～4s時間內(nèi)通過電阻R的電荷量q＝8CC．設(shè)b端電勢為零，則a端的電勢φa＝3VD．在0～4s時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝18J考點綜合訓(xùn)練9.如圖13所示，水平面上固定一個間距L＝1m的光滑平行金屬導(dǎo)軌，整個導(dǎo)軌處在豎直方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌一端接阻值R＝9Ω的電阻。導(dǎo)軌上有質(zhì)量m＝1kg、電阻r＝1Ω、長度也為1m的導(dǎo)體棒，在外力的作用下從t＝0開頭沿平行導(dǎo)軌方向運動，其速度隨時間的變化規(guī)律是v＝2eq\r(t)，不計導(dǎo)軌電阻。求：圖13圖14(1)t＝4s時導(dǎo)體棒受到的安培力的大小；(2)請在如圖14所示的坐標(biāo)系中畫出電流平方與時間的關(guān)系(I2-t)圖像。10．(2021·新余高三上學(xué)期期末質(zhì)檢)如圖15甲所示，水平面上的兩光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距d＝0.5m，電阻不計，左端通過導(dǎo)線與阻值R＝2Ω的電阻連接，右端通過導(dǎo)線與阻值RL＝4Ω的小燈泡L連接。在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，CE長l＝2m，有一阻值r＝2Ω的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處(恰好不在磁場中)。CDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化如圖乙所示。在t＝0至t＝4s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，在t＝4s時使金屬棒PQ以某一速度進(jìn)入磁場區(qū)域并保持勻速運動。已知從t＝0開頭到金屬棒運動到磁場邊界EF處的整個過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化。求：圖15(1)通過小燈泡的電流；(2)金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大小。答案1．選C當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運動時，導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，穩(wěn)定后，電容器既不充電也不放電，無電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩極板間的電壓為U＝E＝BLv，所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B錯，C對；MN勻速運動時，因無電流而不受安培力，故拉力為零，D錯。2．選Aθ＝0時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝B·2a·v＝2Bav，A正確；感應(yīng)電流為I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(2Bv,π＋2R0)，所以安培力為F1＝BI1·2a＝eq\f(4B2av,π＋2R0)，C錯誤；同理，θ＝eq\f(π,3)時，E2＝Bav，F(xiàn)2＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，B、D均錯誤。3．解析：(1)ΔΦ＝BΔS＝BLx＝BL·eq\f(1,2)at2由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)聯(lián)立解得，eq\o(E,\s\up6(－))＝10V。(2)5s末的瞬時速度為v＝at5s末的感應(yīng)電動勢為E＝BLv由歐姆定律得I＝eq\f(E,R)聯(lián)立解得，I＝10(3)由安培力公式得F安＝BIL由牛頓其次定律，得F－(F安＋mgsin30°)＝ma聯(lián)立解得，F(xiàn)＝34N答案：(1)10V(2)10A(3)344．選A線框進(jìn)入磁場過程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向為逆時針方向，即正方向，可排解B、C選項；由E＝BLv可知，線框進(jìn)出磁場過程中，切割磁感線的有效長度為線框與磁場邊界交點的連線，故進(jìn)、出磁場過程中，等效長度L先增大后減小，故感應(yīng)電動勢先增大后減小；由歐姆定律可知，感應(yīng)電流也是先增大后減小的，故A項正確、D項錯。5．選B由圖示位置線圈轉(zhuǎn)過60°過程中，通過線圈的磁通量不變，故無感應(yīng)電流產(chǎn)生，C、D項錯；線圈轉(zhuǎn)過60°到120°過程中，通過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向為逆時針方向，即負(fù)方向，故A項錯；排解A、C、D三個選項，故B項正確。6．選A0～t0，磁場方向垂直紙面對里，均勻減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，依據(jù)楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知：流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流I不變，方向從b到a，依據(jù)左手定則和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小為F＝BIL，即均勻減小到零；t0～2t0，磁場方向垂直紙面對外，均勻增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，依據(jù)楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知：流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流I不變，方向從b到a，依據(jù)左手定則和安培力公式可得：其受到的安培力方向向右，大小為F＝BIL，即從零開頭均勻增大；2t0～3t0，磁場方向垂直紙面對外，eq\f(ΔB,Δt)＝0，依據(jù)楞次定律可知：無感應(yīng)電流產(chǎn)生，導(dǎo)線ab不受安培力；3t0～3.5t0，磁場方向垂直紙面對外，均勻減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，依據(jù)楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知：流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流為2I不變，方向從a到b，依據(jù)左手定則和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小為F＝2BIL，即均勻減小到零；3.5t0～4t0，磁場方向垂直紙面對里，均勻增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，依據(jù)楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知：流經(jīng)導(dǎo)線ab的電流為2I不變，方向從a到b，依據(jù)左手定則和安培力公式可得：其受到的安培力方向向右，大小為F＝2BIL，即從零開頭均勻增大，選項A正確，選項BCD錯誤。7．選A本題考查電磁感應(yīng)，意在考查考生對電磁感應(yīng)規(guī)律的理解和生疏。由題意可知，線框先做自由落體運動，最終做勻加速直線運動。若ab邊剛進(jìn)入磁場時，速度較小，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流較小，線框所受安培力小于重力，則線圈進(jìn)入磁場的過程做加速度漸漸減小的加速運動，圖像C有可能；若線框進(jìn)入磁場時的速度較大，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流較大，線框所受安培力大于重力，則線框進(jìn)入磁場時做加速度漸漸減小的減速運動，圖像B有可能；若線框進(jìn)入磁場時的速度合適，線框所受安培力等于重力，則線框勻速進(jìn)入磁場，圖像D有可能；由分析可知選A。8．選D由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝neq\f(ΔBS,Δt)，由圖乙結(jié)合數(shù)學(xué)學(xué)問可得k＝eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.6,4)T/s＝0.15T/s，將其代入可求E＝4.5V，A錯。設(shè)平均電流強(qiáng)度為eq\o(I,\s\up6(－))，由q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(E,R＋r)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR＋r)Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)，在0～4s穿過圓形導(dǎo)體線圈的磁通量的變化量為ΔΦ＝0.6×0.3Wb－0＝0.18Wb，代入可解得q＝6C，B錯。0～4s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，圓形線圈內(nèi)磁通量增加，由楞次定律結(jié)合右手定則可得b點電勢高，a點電勢低，故C錯。由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化產(chǎn)生的電動勢與電流均恒定，可得I＝eq\f(E,r＋R)＝1.5A，由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18J，D對。9．解析：(1)4s時導(dǎo)體棒的速度是v＝2eq\r(t)＝4m/s感應(yīng)電動勢E＝BLv感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)此時導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.4N(2)由(1)可得I2＝(eq\f(E,R＋r))2＝4(eq\f(BL,R＋r))2t＝0.04t作出圖像如圖所示。答案：(1)0.4N(2)見解析10．解析：(1)在t＝0至t＝4s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，磁場變化導(dǎo)致電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。電路為r與R并聯(lián)，再與RL串聯(lián)，電路的總電阻R總＝RL＋eq\f(Rr,R＋r)＝5Ω此時感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝dleq\f(ΔB,Δt)＝0.5×2×0.5V＝0.5V通過小燈泡的電流為：I＝eq\f(E,R總)＝0.1