2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 能力課1 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題練習(xí)（含解析）新人教版

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1、第十章 能力課1 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題 一、選擇題 1．(多選)很多人喜歡到健身房騎車鍛煉，某同學(xué)根據(jù)所學(xué)知識(shí)設(shè)計(jì)了一個(gè)發(fā)電測速裝置，如圖所示，自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強(qiáng)磁場中，后輪圓形金屬盤在磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可等效成一導(dǎo)體棒繞圓盤中心O轉(zhuǎn)動(dòng)．已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，圓盤半徑l＝0.3 m，圓盤電阻不計(jì)，導(dǎo)線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導(dǎo)線兩端a、b間接一阻值R＝10 Ω的小燈泡．后輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，用電壓表測得a、b間電壓U＝0.6 V．則(　　) A．電壓表的正接線柱應(yīng)與a相接 B．電壓表的正接線柱應(yīng)與b相接 C．圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)20 min產(chǎn)生的電

2、能為426 J D．該自行車后輪邊緣的線速度大小為8 m/s 解析：選BD　根據(jù)右手定則可判斷輪子邊緣的點(diǎn)等效為電源的負(fù)極，電壓表的正接線柱應(yīng)與b相接，B正確，A錯(cuò)誤；根據(jù)焦耳定律得Q＝I2Rt，由歐姆定律得I＝，代入數(shù)據(jù)解得Q＝43.2 J，C錯(cuò)誤；由U＝E＝Bl2ω，v＝ωl＝8 m/s，D正確． 2．如圖所示，兩個(gè)互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢差為(　　) A.E B.E C.E D．E 解析：選B　a、b間的電勢差等于路端電壓，而

3、小環(huán)電阻占電路總電阻的，故a、b間電勢差為U＝E，選項(xiàng)B正確． 3．(多選)如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個(gè)阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，一個(gè)半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)．下列說法正確的是(　　) A．此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝2BLv B．此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝ C．此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－mv2 D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝ 解析：選BD　AC的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝＝，A

4、錯(cuò)誤，B正確；由功能關(guān)系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C錯(cuò)誤；此過程中平均感應(yīng)電流為＝，通過電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D正確． 4．(2019屆石家莊畢業(yè)班教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻．導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場，規(guī)定磁場方向豎直向上為正，在0～2t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是(　　) A．在0～t0和t0～2t0內(nèi)，導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同 B．在t0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻到Q C．在0～t0內(nèi)，通過

5、電阻R的電流大小為 D．在0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電荷量為 解析：選D　由楞次定律和右手定則，結(jié)合題圖可知，0～t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻→Q，t0～2t0時(shí)間內(nèi)，電流方向?yàn)镼→P，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由左手定則可知，兩段時(shí)間內(nèi)安培力方向相反，故導(dǎo)體棒所受靜摩擦力方向相反，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0～t0時(shí)間內(nèi)，E1＝，所以通過R的電流I1＝，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在0～2t0時(shí)間內(nèi)，PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為ΔΦ＝B0S，則通過電阻R的電荷量q＝·2t0＝·2t0＝·2t0＝，D項(xiàng)正確． 5．(2018年全國卷Ⅱ)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁

6、場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下．一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)．線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是(　　) 解析：選D　由右手定則判定，線框向左移動(dòng)0～過程，回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由E＝2BLv可知，電流i為定值；線框向左移動(dòng)～l過程，線框左、右兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相抵消，回路中電流為零．線框向左移動(dòng)l～l過程，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針．由上述分析可見，選項(xiàng)D正確． 6．(多選)如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計(jì)．在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

7、.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab處，則該過程中(　　) A．通過R的電流方向由外向內(nèi) B．通過R的電流方向由內(nèi)向外 C．R上產(chǎn)生的熱量為 D．流過R的電荷量為 解析：選AC　cd棒在拉力作用下運(yùn)動(dòng)至ab處的過程中，閉合回路中的磁通量減小，再由楞次定律及安培定則可知，回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(從上向下看)，則通過R的電流方向由外向內(nèi)，故A對，B錯(cuò)；通過R的電荷量為q＝＝，D錯(cuò)；R上產(chǎn)生的熱量為Q＝t＝·＝，C對． 7．(多選)(2017年全國卷Ⅱ)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與

8、紙面垂直．邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場．線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢取正)．下列說法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N 解析：選BC　導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場時(shí)速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，選項(xiàng)B正確；由E＝

9、BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由右手定則可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)線框所受安培力F＝BLI＝BL＝0.2×0.1× N＝0.04 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 8．如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中(　　) A．PQ中電流先增大后減小 B．PQ兩端電壓先減小后增大 C．PQ上拉力的功率先減小后增大 D．線

10、框消耗的電功率先減小后增大 解析：選C　導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝BLv，畫出其等效電路如圖，總電阻R總＝R＋＝R＋，在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，故A錯(cuò)誤；PQ兩端的電壓為路端電壓U＝E－IR，即先增大后減小，故B錯(cuò)誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝IE，先減小后增大，故C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，因外電阻最大值為R，小于內(nèi)阻R；根據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關(guān)系，外電阻越接近內(nèi)電阻時(shí)，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤． 9．(多選)如圖所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)

11、磁場中，沿水平面固定一個(gè)V字形金屬框架CAD，已知∠A＝θ，導(dǎo)體棒EF在框架上從A點(diǎn)開始在外力作用下，沿垂直EF方向以速度v勻速向右平移，使導(dǎo)體棒和框架始終構(gòu)成等腰三角形回路．已知框架和導(dǎo)體棒的材料和橫截面積均相同，其單位長度的電阻均為R，框架和導(dǎo)體棒均足夠長，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)中始終與磁場方向垂直，且與框架接觸良好，關(guān)于回路中的電流I和消耗的電功率P隨時(shí)間t的變化關(guān)系，下列四個(gè)圖象中可能正確的是(　　) 解析：選AD　設(shè)框架和導(dǎo)體棒的電阻率為ρ，橫截面積為S，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t時(shí)，由幾何知識(shí)可得，此時(shí)接在閉合回路中切割磁感線導(dǎo)體棒的長度為l＝2vttan，此時(shí)整個(gè)回路的電阻為R＝ρ＋，

12、由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律可得E＝BLv＝IR，可求得I＝，可見電流為定值，A正確，B錯(cuò)誤；整個(gè)回路消耗的電功率P＝I2R，由于電流為定值，整個(gè)回路的R與t成正比，故P與t成正比，C錯(cuò)誤，D正確． 10．如圖所示，兩根足夠長的平行直導(dǎo)軌AB、CD與水平面成θ角放置，兩導(dǎo)軌間距為L，A、C兩點(diǎn)間接有阻值為R的定值電阻．一根質(zhì)量均勻分布的直金屬桿放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，金屬桿的阻值為r，其余部分電阻不計(jì)，金屬桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)將外力F沿與導(dǎo)軌平行的方向作用在金屬桿上，讓其

13、由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則下列外力F與作用時(shí)間t的圖象中正確的是(　　) 解析：選B　分析金屬桿在運(yùn)動(dòng)過程中的受力情況可知，金屬桿受重力mg、導(dǎo)軌的支持力N、外力F、摩擦力f和安培力F安的共同作用，金屬桿沿導(dǎo)軌方向向上運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有F－mgsinθ－F安－f＝ma，又F安＝B0IL，I＝＝，所以F安＝B0IL＝，f＝μmgcosθ，所以有F－mgsinθ－－μmgcosθ＝ma，又因?yàn)関＝at，將其代入上式可得F＝t＋mgsinθ＋μmgcosθ＋ma，由此表達(dá)式可知，選項(xiàng)B正確． 二、非選擇題 11．如圖，在水平面內(nèi)有兩條電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌AB、CD，

14、導(dǎo)軌間距為L；一根電阻為R的金屬棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，棒與導(dǎo)軌垂直，并接觸良好，導(dǎo)軌之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌右端與電路連接，電路中的兩個(gè)定值電阻阻值分別為2R和R，現(xiàn)用力拉ab以速度v0勻速向左運(yùn)動(dòng)．求： (1)感應(yīng)電動(dòng)勢的大小； (2)棒ab中感應(yīng)電流的大小和方向； (3)ab兩端的電勢差Uab； (4)電阻R上的電功率． 解析：(1)ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv0. (2)棒勻速向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則判斷可知，感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a，感應(yīng)電流的大小為I＝＝. (3)ab兩端的電勢差Uab＝I·3R＝. (4)PR＝I2·R＝2·R＝.

15、 答案：(1)BLv0　(2)　b→a　(3)　(4) 12．(2018屆廣東湛江高三調(diào)研)如圖所示，傾角為θ＝37°的光滑斜面上存在寬度為h的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直斜面向下，一個(gè)粗細(xì)均勻質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為l的正方形金屬線框abcd，開始時(shí)線框abcd的ab邊到磁場的上邊緣距離為l，將線框由靜止釋放，已知h>l，ab邊剛離開磁場的下邊緣時(shí)線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小為g. (1)ab邊剛離開磁場的下邊緣時(shí)，線框中的電流和cd邊兩端的電勢差各是多大？ (2)求線框abcd從開始至ab邊剛離開磁場的下邊

16、緣過程中產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)ab邊剛離開磁場的下邊緣時(shí)，設(shè)線框中的電流為I，cd兩端的電勢差為Ucd，由于線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有 mgsin37°＝BIl 解得I＝ 根據(jù)歐姆定律有Ucd＝I·R 聯(lián)立解得Ucd＝. (2)設(shè)線框abcd從開始至ab邊剛離開磁場的下邊緣過程中產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝BLv 由閉合電路歐姆定律有 I＝ 聯(lián)立解得v＝ 根據(jù)能量守恒定律得mg(h＋l)sin37°＝Q＋mv2 聯(lián)立解得Q＝mg(h＋l)－. 答案：(1)　　(2)mg(h＋l)－ |學(xué)霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1．如下圖甲所示，

17、光滑導(dǎo)軌水平放置在斜向下且與水平方向夾角為60°的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為B的正方向)，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，除電阻R的阻值外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．規(guī)定a→b的方向?yàn)殡娏鞯恼较?，水平向右的方向?yàn)橥饬Φ恼较?，則在0～t1時(shí)間內(nèi)，能正確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流I和導(dǎo)體棒ab所受水平外力F隨時(shí)間t變化的圖象是(　　) 解析：選D　在0～t1時(shí)間內(nèi)，由楞次定律及安培定則可判定回路中的電流方向始終為b→a，由法拉第電磁感應(yīng)定律可判定回路中的電流大小恒定，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；由F安＝BI

18、L可得F安隨B的變化而變化，在0～t0時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安方向水平向右，故外力F與F安等值反向，方向水平向左為負(fù)值；在t0～t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安方向改變，故外力F方向也改變?yōu)檎?，綜上所述，D項(xiàng)正確． 2．如圖所示，匝數(shù)n＝100匝、橫截面積S＝0.2 m2、電阻r＝0.5 Ω的圓形線圈處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中．磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B＝0.6＋0.02t (T)的規(guī)律變化．處于磁場外的電阻R1＝3.5 Ω，R2＝6 Ω，電容器的電容C＝30 μF，閉合開關(guān)S，則下列說法中正確的是(　　) A．線圈中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．線圈兩端M、N兩點(diǎn)間的電壓為0.4 V C．電阻R1消耗的電功率

19、為9.6×10－3 W D．電路穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S，則通過電阻R2的電荷量為7.2×10－6 C 解析：選D　閉合開關(guān)S，由楞次定律可知，圓形線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；100匝的圓形線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，相當(dāng)于電源，其等效電路圖如圖所示，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝n＝nS＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V，所以通過電源的電流I＝＝ A＝0.04 A，線圈兩端M、N兩點(diǎn)間的電壓為路端電壓，即U＝E－Ir＝0.4 V－0.04×0.5 V＝0.38 V，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電阻R1消耗的電功率P1＝I2R1＝0.042×3.5 W＝5.6×10－3 W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；閉合開關(guān)S一段時(shí)間后

20、，電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，電容器相當(dāng)于開路，其兩端電壓U′等于電阻R2兩端的電壓，即U′＝IR2＝0.04×6 V＝0.24 V，電容器充電后所帶電荷量為Q＝CU′＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C，當(dāng)開關(guān)S斷開后，電容器通過電阻R2放電，即通過電阻R2的電荷量為7.2×10－6 C，選項(xiàng)D正確． 3．(2019屆河南八市質(zhì)檢)如圖所示，導(dǎo)體桿OP在作用于OP中點(diǎn)且垂直于OP的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強(qiáng)磁場中以一定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計(jì)，回路中的總電功率為P，則(　　) A．外力的大小為2Br B

21、．外力的大小為Br C．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 D．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 解析：選C　設(shè)導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，則導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Br2ω，I＝，根據(jù)題述回路中的電功率為P，則P＝EI；設(shè)維持導(dǎo)體桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的外力為F，則有P＝，v＝rω，聯(lián)立解得F＝Br，ω＝，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 4．(多選)(2019屆廣東佛山質(zhì)檢)水平放置足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，間距為L，左端連接的電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導(dǎo)軌上，金屬桿處于導(dǎo)軌間的部分電阻為R.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，閉合開關(guān)，金屬桿沿導(dǎo)軌做變加

22、速運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到最大速度，則下列說法正確的是(　　) A．金屬桿的最大速度大小為 B．此過程中通過金屬桿的電荷量為 C．此過程中電源提供的電能為 D．此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為 解析：選AC　閉合開關(guān)后電路中有電流，金屬桿在安培力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，方向與電源電動(dòng)勢方向相反，當(dāng)兩者相等時(shí)，電流為0，金屬桿達(dá)到最大速度，此時(shí)E＝BLvm，得vm＝，A項(xiàng)正確；對桿應(yīng)用動(dòng)量定理有BLt＝mvm，又q＝t，得q＝，B項(xiàng)錯(cuò)誤；電源提供的電能E電＝qE＝，C項(xiàng)正確；據(jù)能量守恒定律，E電＝Ek＋Q熱，Ek＝mvm2，可得Q熱＝E電－Ek＝，Q熱為電源內(nèi)阻和金屬桿上產(chǎn)

23、生的總熱量，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 5．(2018屆福州四校聯(lián)考)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直，一正方形單匝導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，如圖(a)所示，t＝0時(shí)cd邊與磁場邊界重合，導(dǎo)線框在水平外力F的作用下從靜止開始做變速直線運(yùn)動(dòng)通過該磁場，規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，回路中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖(b)所示；規(guī)定水平向左為力的正方向，下列給出的關(guān)于回路中感應(yīng)電動(dòng)勢E、線框所受安培力F安、外力F隨時(shí)間變化的圖象中，一定錯(cuò)誤的是(　　) 解析：選B　根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知回路中感應(yīng)電動(dòng)勢與感應(yīng)電流成正比，A正確；根據(jù)安培力公式F安＝BIL，安培力與電流成正

24、比，但是安培力與線框的運(yùn)動(dòng)方向相反，在線框進(jìn)入磁場過程中，所受安培力向左，為正值，出磁場時(shí)所受安培力方向也是向左，為正值，所以B錯(cuò)誤，C正確；由I＝結(jié)合題圖，可知線框始終做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，力F的方向始終向右且與安培力的合力始終不變，D正確． 6．(多選)(2018屆廣東惠州高三第三次調(diào)研)如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌間的距離為l.t＝0時(shí)對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化

25、的關(guān)系如圖乙所示．下列關(guān)于棒運(yùn)動(dòng)的速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時(shí)間變化的圖象正確的是(　　) 解析：選AB　根據(jù)題圖乙所示的I-t圖象可知I＝kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得I＝＝kt，又E＝Blv，整理得v＝t，v-t圖象是一條過原點(diǎn)的斜率大于零的直線，說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即v＝at，A正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝，則得＝k(R＋r)t，-t的圖象是一條過原點(diǎn)的斜率大于零的直線，B正確；對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向列出動(dòng)力學(xué)方程，F(xiàn)－BIl－mgsinθ＝ma，而I＝，v＝at，整理得F＝＋ma＋mgsinθ，可見F

26、-t圖象是一條斜率大于零且縱截距大于零的直線，C錯(cuò)誤；q＝I·Δt＝＝＝t2，則q-t圖象應(yīng)是一條開口向上的拋物線，D錯(cuò)誤． 7．在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1 500匝，橫截面積S＝20 cm2.螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF.在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變化．則下列說法中正確的是(　　) A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為1 V B．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，螺線管兩端電壓為1.08 V C．電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶負(fù)電 D．S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10－6 C 解

27、析：選B　由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝n＝nS，其中n＝1 500匝，S＝20×10－4 m2，等于乙圖中圖線斜率，為 T/s＝0.4 T/s，代入得E＝1.2 V，A錯(cuò)誤；感應(yīng)電流I＝＝0.12 A，螺線管兩端的電壓U＝I(R1＋R2)＝1.08 V，B正確；由楞次定律及安培定則可得，螺線管下端電勢高，所以電容器下極板帶正電，C錯(cuò)誤；S斷開后，電容器把儲(chǔ)存的電量都通過R2釋放出來，Q＝CUR2，其中UR2＝IR2，得Q＝1.8×10－5 C，D錯(cuò)誤． 8．如圖所示，將一根絕緣硬金屬導(dǎo)線彎曲成一個(gè)完整的正弦曲線形狀，它通過兩個(gè)小金屬環(huán)a、b與長直金屬桿導(dǎo)通，圖中a、b間距離為L，導(dǎo)線組成的正

28、弦圖形頂部或底部到桿的距離都是d.右邊虛線范圍內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于彎曲導(dǎo)線所在平面的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的寬度為，現(xiàn)在外力作用下導(dǎo)線沿桿以恒定的速度v向右運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻a環(huán)剛從O點(diǎn)進(jìn)入磁場區(qū)域，則下列說法正確的是(　　) A．在t＝時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為Bdv B．在t＝時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為2Bdv C．在t＝時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電流第一次改變方向 D．在t＝時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電流第一次改變方向 解析：選D　當(dāng)t＝時(shí)，閉合回路的位置如圖1，此時(shí)的有效長度為零，感應(yīng)電動(dòng)勢也為零，此時(shí)的感應(yīng)電流也為零，電流為零是電流方向改變的時(shí)刻，A選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確；當(dāng)t

29、＝時(shí)，閉合回路的位置如圖2，有效長度為d，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Bdv，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；在t＝時(shí)刻，閉合回路的位置如圖3，有效長度為d，電流大小I＝，電流不為零，電流方向不變，C選項(xiàng)錯(cuò)誤． 二、非選擇題 9.勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，磁場寬度L＝3 m，一正方形金屬框邊長ab＝l＝1 m，其每條邊電阻r＝0.2 Ω，金屬框以v＝10 m/s的速度勻速穿過磁場區(qū)，其平面始終保持與磁感線方向垂直，如圖所示，求： (1)畫出金屬框穿過磁場區(qū)的過程中，金屬框內(nèi)感應(yīng)電流的I-t圖線； (2)畫出ab兩端電壓的U-t圖線． 解析：(1)線框進(jìn)入磁場區(qū)時(shí)，有 E1＝Blv＝2 V，I1＝＝2

30、.5 A 方向沿逆時(shí)針，如圖實(shí)線abcd所示，感應(yīng)電流持續(xù)的時(shí)間 t1＝＝0.1 s 線框在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有E2＝0，I2＝0 無電流的持續(xù)時(shí)間， t2＝＝0.2 s 線框穿出磁場區(qū)時(shí)，有E3＝Blv＝2 V I3＝＝2.5 A 此電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，如上圖虛線adcb所示． 規(guī)定電流方向逆時(shí)針為正，得I-t圖線見答案圖甲． (2)線框進(jìn)入磁場區(qū)ab兩端電壓為 U1＝I1r＝2.5×0.2 V＝0.5 V 線框在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab兩端電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢，即 U2＝Blv＝2 V 線框出磁場時(shí)ab兩端電壓為 U3＝E3－I3r＝1.5 V 由此得U-t圖線如答

31、案圖乙所示． 答案：(1)如圖甲所示　(2)如圖乙所示 10．如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g.求： (1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v； (3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 解析：

32、(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡有 mgsinθ＝μmgcosθ 解得μ＝tanθ. (2)在光滑導(dǎo)軌上 感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv 感應(yīng)電流I＝ 安培力F安＝BIL 導(dǎo)體棒受力平衡有F安＝mgsinθ 解得v＝. (3)摩擦生熱QT＝μmgdcosθ 由能量守恒定律有3mgdsinθ＝Q＋QT＋mv2 解得Q＝2mgdsinθ－. 答案：(1)tanθ　(2)　 (3)2mgdsinθ－ 11．(2019屆新余高三期末質(zhì)檢)如圖甲所示，水平面上的兩光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距d＝0.5 m，電阻不計(jì)，左端通過導(dǎo)線與阻值R＝2 Ω的電阻連接，右端通過導(dǎo)線與阻值RL＝4

33、Ω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＝2 m，有一阻值r＝2 Ω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(shí)間變化如圖乙所示．在t＝0至t＝4 s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，在t＝4 s時(shí)使金屬棒PQ以某一速度進(jìn)入磁場區(qū)域并保持勻速運(yùn)動(dòng)．已知從t＝0開始到金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場邊界EF處的整個(gè)過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化．求： (1)通過小燈泡的電流； (2)金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速度大?。? 解析：(1)在t＝0至t＝4 s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(dòng)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＋＝5 Ω 此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢E＝＝dl＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通過小燈泡的電流為I＝＝0.1 A. (2)當(dāng)棒在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢，電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時(shí)電路的總電阻R總′＝r＋＝Ω＝ Ω 由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流IL＝I＝0.1 A，則流過金屬棒的電流為I′＝IL＋I(xiàn)R＝IL＋＝0.3 A 電動(dòng)勢E′＝I′R總′＝Bdv 解得棒PQ在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝1 m/s. 答案：(1)0.1 A　(2)1 m/s 17