高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題強化練八 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題 新人教版

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1、高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題強化練八 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)強度為B的勻強磁場垂直穿過環(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10 A.　 B. C.　 D．Bav 解析　擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應(yīng)電動勢E＝B·2a＝Bav.由閉合電路歐姆定律得，UAB＝·＝Bav，故A正確． 答案　A 2．(xx·武漢模擬)(多選)如圖

2、11所示是圓盤發(fā)電機的示意圖；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，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，回路的總電阻為R，從左往右看，銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動．則(　　)． 圖11 A．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C→D→R→C D．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ω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

3、E＝BL2ω，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C→D→R→C，選項B、C正確，D錯誤． 答案　BC 3．(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L＝1 m，cd間、de間、cf間分別接著阻值為R＝10 Ω的電阻．一阻值為R＝10 Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4 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)強度大小為B＝0.5 T，方向豎直向下的勻強磁場．下列說法中正確的是 (　　)． 圖12 A．導(dǎo)體棒ab中電流的流向為由b到a B．cd兩端的電壓為1 V C．de兩端的電壓為

4、1 V D．fe兩端的電壓為1 V 解析　導(dǎo)體棒ab以速度v＝4 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E＝BLv＝2 V，感應(yīng)電流I＝E/2R＝0.1 A，cd兩端的電壓為U1＝IR＝1 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　BD 4．(單選)在豎直向上的勻強磁場中，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

5、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E1＝＝S，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E2＝＝S，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A選項正確． 答案　A 5．(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)分別有勻強磁場，兩磁場磁感應(yīng)強度的大小相等，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

6、速度ω逆時針轉(zhuǎn)動，t＝0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t＝0開始轉(zhuǎn)動一周的過程中，電流隨ωt變化的圖象是 (　　)． 圖14 解析　導(dǎo)體桿OM在勻強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，i＝0；并由右手定則可判斷電流流經(jīng)電阻R的電流方向． 答案　C 6．(單選)矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，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)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，則 (　　)． 圖15 A．從0到t1時間內(nèi)，導(dǎo)

7、線框中電流的方向為adcba B．從t1到t2時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來越大 C．t1時刻，導(dǎo)線框中電流為0 D．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”.0～t1過程，磁感應(yīng)強度正向減?。籺1～t2過程，磁感應(yīng)強度反向增大.0～t1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. t1～t2時間，磁通量反方向均勻增大，有＝k(k為常數(shù))．由E＝＝S，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

8、的Φ為0，但其變化率＝k≠0，所以感應(yīng)電動勢和電流均不為0，故不選C. 答案　A 7．(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v＝Bvx∝x，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v∝F外力∝x2，選項D錯誤． 答案　B 8．(多選)一正方形金屬線框位于有界勻強磁場區(qū)域內(nèi)，

9、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．t＝0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m＝1 kg、電阻R＝1 Ω，以下說法正確的是 (　　)． 圖17 A．線框做勻加速直線運動的加速度為1 m/s2 B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為2 T C．線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量為 C D．線框邊長為1 m 解析　開始時，a＝＝ m/s2＝1 m/s2，由圖可知t＝1.0 s時安培力消失，線框剛好離開磁場區(qū)域，則線框邊長l＝at2＝0.5 m；由t＝1.0 s時，線框速度v＝a

10、t＝1 m/s，F(xiàn)＝3 N，根據(jù)牛頓第二定律有F－＝ma，得B＝2 T；線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量q＝t＝t＝C，故D錯，A、B、C正確． 答案　ABC B　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0～t1這段時

11、間內(nèi)做自由落體運動，v－t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，v－t圖象為傾斜直線．t1～t2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v－t圖象為A選項中的圖象． 答案　A 10．(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)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k＞0)

12、．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R1＝R0、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19 A．R2兩端的電壓為 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E＝kπr2，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：UR2＝U×＝U，選項A正確．由P＝得：PR

13、2＝＝. PR＝＋＝，所以PR＝5PR2選項C正確． 答案　AC 11．如圖20所示，邊長L＝0.20 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R0＝1.0 Ω，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r＝0.20 Ω.導(dǎo)線框放置在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.50 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v＝4.0 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

14、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：E＝BLv＝0.50×0.20×4.0× V＝0.57 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 Ω，由閉合電路歐姆定律有I＝＝0.48 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 W 12．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R＝1

15、.0 Ω；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)強度B＝0.5 T的勻強磁場中，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E＝BLv＝Blat ① 閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝ ② 由安培力公式和牛頓第二定律得F－ILB＝ma ③ 將①②式代入③式整理得F＝ma＋ ④ 由乙圖線上取兩點，t1＝0，F(xiàn)1＝1 N；t2＝29 s，F(xiàn)2＝4 N代入④式，聯(lián)立方程解得a＝10 m/s2，m＝0.1 kg. 答案　0.1 kg　10 m/s2