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1、2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 能力課1 電磁感應(yīng)中的圖像和電路問題訓(xùn)練(含解析)教科版
一、選擇題(1~3題為單項(xiàng)選擇題,4~8題為多項(xiàng)選擇題)
1.如圖1所示,在第一象限有一邊長為L的等邊三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,在第二象限有一平行于y軸的長為L的導(dǎo)體棒沿x軸正方向以速度v勻速通過磁場區(qū)域。下列關(guān)于導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E隨x變化的圖像正確的是( )
圖1
解析 導(dǎo)體棒垂直磁場方向做切割磁感線運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=Blv,式中l(wèi)為導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度。導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度l隨x先均勻增大后均勻減小,其最大值為等邊三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的高L=0.87L。所以
2、導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E隨x變化的圖像正確的是D。
答案 D
2.(2017·孝感模擬)如圖2甲所示,在電阻R=1 Ω,面積S1=0.3 m2的圓形線框中心區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場,圓形磁場區(qū)面積S2=0.2 m2。若取磁場方向垂直紙面向外為正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律可用圖乙描述,則線框中的感應(yīng)電流I(取順時(shí)針方向?yàn)檎较?隨時(shí)間t的變化圖線是 ( )
圖2
答案 C
3.兩塊水平放置的金屬板,板間距離為d,用導(dǎo)線將兩塊金屬板與一線圈連接,線圈中存在方向豎直向上、大小變化的磁場,如圖3所示。兩板間有一帶正電的油滴恰好靜止,則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖像是(
3、 )
圖3
解析 帶正電的油滴靜止,即所受重力與電場力平衡,兩板間為勻強(qiáng)電場,因此線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為恒定值,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,通過線圈的磁通量一定是均勻變化的,A、D兩項(xiàng)錯(cuò);油滴帶正電,故下極板電勢高于上極板電勢,感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場與原磁場方向相同,由楞次定律可知,通過線圈的磁通量均勻減小,故C項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)。
答案 C
4.有一變化的勻強(qiáng)磁場垂直于如圖4甲所示的線圈平面,若規(guī)定磁場垂直線圈平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向,電流從a經(jīng)R流向b為電流的正方向?,F(xiàn)已知R中的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示,那么垂直穿過線圈平面的磁場可能是圖中的( )
圖4
4、
解析 當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里均勻減小時(shí),由楞次定律可判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場也垂直線圈平面向里,再由安培定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷感應(yīng)電流的大小恒定且從a經(jīng)R流向b;當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里均勻增大時(shí),由楞次定律可判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場垂直線圈平面向外,再由安培定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷感應(yīng)電流的大小恒定且從b經(jīng)R流向a,選項(xiàng)A、B正確,C、D錯(cuò)誤。
答案 AB
5.(2016·河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”質(zhì)量監(jiān)測)一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi),線框平面與磁場垂直,線框的右邊緊貼著磁場邊界,如圖5甲所示。t=0時(shí)刻對(duì)線框施加一水平向右的外力,讓線框從靜止開始做勻加
5、速直線運(yùn)動(dòng)穿過磁場,外力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。已知線框質(zhì)量m=1 kg、電阻R=1 Ω,以下說法正確的是( )
圖5
A.線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為1 m/s2
B.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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 t=0時(shí),線框初速度為零,故感應(yīng)電動(dòng)勢為零,力F為線框所受合外力,由牛頓第二定律可知,線框的加速度a=1 m/s2,A項(xiàng)正確;由圖像知,t=1.0 s時(shí),線框剛好離開磁場,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知線框的邊長為0.5 m,D項(xiàng)錯(cuò);線框的末速度v=at=1 m/s,感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv,回路
6、中電流I=,安培力F安=BIL,由牛頓第二定律有F-F安=ma,聯(lián)立解得B=2 T,B正確;由q=== C,C項(xiàng)正確。
答案 ABC
6.(2017·廣西四市適應(yīng)性檢測)矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場中處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖6甲所示。一磁場的磁感線方向與導(dǎo)線框所在平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。t=0時(shí)刻,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直導(dǎo)線框平面向里,在0~4 s時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框ad邊所受安培力F安隨時(shí)間t變化的圖像(規(guī)定向左為安培力的正方向)及導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像(規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?可能是圖中的( )
圖6
解析 由法拉第電磁感應(yīng)定律
7、,0~2 s和2~4 s的感應(yīng)電流大小相等且方向相反,選項(xiàng)A正確;由安培力F=BIL可得0~2 s和2~4 s的安培力呈線性變化,選項(xiàng)D正確。
答案 AD
7.如圖7所示,一不計(jì)電阻的導(dǎo)體圓環(huán),半徑為r、圓心在O點(diǎn),過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條,輻條與圓環(huán)接觸良好,現(xiàn)將此裝置放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場中,磁場邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上,現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),右側(cè)電路通過電刷與輻條中心和環(huán)的邊緣相接觸,R1=,S處于閉合狀態(tài),不計(jì)其他電阻,則下列判斷正確的是( )
圖7
A.通過R1的電流方向?yàn)樽韵露?
B.感應(yīng)電動(dòng)勢大小為2B
8、r2ω
C.理想電壓表的示數(shù)為Br2ω
D.理想電流表的示數(shù)為
解析 由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負(fù)極,因此通過R1的電流方向?yàn)樽韵露?,選項(xiàng)A正確;由題意可知,始終有長度為r的輻條在轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁場線,因此感應(yīng)電動(dòng)勢大小為Br2ω,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由圖可知,在磁場內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于電源,磁場外部的半根輻條與R1并聯(lián),因此理想電壓表的示數(shù)為Br2ω,選項(xiàng)C正確;理想電流表的示數(shù)為,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案 AC
8.如圖8所示,一個(gè)邊長為L的正方形線框abcd無初速度地從高處釋放,線框下落過程中,下邊保持水平向下平動(dòng),在線框的下方,有一個(gè)上、下界面都水平的勻強(qiáng)磁場區(qū),磁場
9、區(qū)高度為2L,磁場方向與線框平面垂直,閉合線框下落后,剛好勻速進(jìn)入磁場區(qū),在整個(gè)進(jìn)出磁場過程中,線框中的感應(yīng)電流I隨位移x變化的圖像可能是下圖中的( )
圖8
解析 線框剛進(jìn)入磁場時(shí),=mg,下邊始終勻速切割磁感線,通過線框的感應(yīng)電流的大小恒定為I0,方向不變,線框完全進(jìn)入磁場后,安培力立即消失,線框僅在重力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)線框下邊剛出磁場時(shí),線框的速度大于進(jìn)入磁場時(shí)的速度,故電流大于I0,選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤;線框所受安培力大于重力,線框做減速運(yùn)動(dòng),感應(yīng)電流及安培力都減小,所以線框的加速度a=也減小,當(dāng)加速度減小到0時(shí),電流為I0,選項(xiàng)B、D中在x=2L和x=3L之間的曲線,
10、分別對(duì)應(yīng)著上邊剛要出磁場時(shí),線框的速度已減小到進(jìn)入磁場時(shí)的速度和未減小到該速度兩種情況,因此B、D正確。
答案 BD
二、非選擇題
9.如圖9所示,間距L=1 m的兩根足夠長的固定水平平行導(dǎo)軌間存在著勻強(qiáng)磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1 T、方向垂直于紙面向里,導(dǎo)軌上有一金屬棒MN與導(dǎo)軌垂直且在水平拉力F作用下以v=2 m/s的速度水平向左勻速運(yùn)動(dòng)。R1=8 Ω,R2=12 Ω,C=6μF,導(dǎo)軌和棒的電阻及一切摩擦均不計(jì)。開關(guān)S1、S2閉合,電路穩(wěn)定后,求:
圖9
(1)通過R2的電流I的大小和方向;
(2)拉力F的大小;
(3)開關(guān)S1切斷后通過R2的電荷量Q。
解析 (1)
11、開關(guān)S1、S2閉合后,根據(jù)右手定則知棒中的感應(yīng)電流方向是由M→N,所以通過R2的電流方向是由b→a
MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小E=BLv
流過R2的電流I=
代入數(shù)據(jù)解得I=0.1 A
(2)棒受力平衡有F=F安
F安=BIL
代入數(shù)據(jù)解得F=0.1 N
(3)開關(guān)S1、S2閉合,電路穩(wěn)定后,電容器所帶電荷量
Q1=CIR2
S1切斷后,流過R2的電荷量Q等于電容器所帶電荷量的減少量,即Q=Q1-0
代入數(shù)據(jù)解得Q=7.2×10-6 C
答案 (1)0.1 A,方向是b→a (2)0.1 N
(3)7.2×10-6 C
10.如圖10甲所示,有一傾斜放置、電阻不計(jì)且
12、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、EF,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為α=37°,兩平行導(dǎo)軌相距L=1 m,上端連接一阻值為R=3.0 Ω的電阻。一質(zhì)量為m=0.4 kg、電阻r=1.0 Ω的勻質(zhì)導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上,棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。整個(gè)裝置放在一磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中,重力加速度取g=10 m/s2。
圖10
(1)當(dāng)在導(dǎo)體棒中通以方向由a到b、大小為I=1 A的電流時(shí),為使導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上保持靜止,需在導(dǎo)體棒的中點(diǎn)施加一沿導(dǎo)軌平面向上的拉力F,F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。試計(jì)算當(dāng)t=2 s時(shí),導(dǎo)體棒所處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;
(2)6 s后撤去拉力F和
13、導(dǎo)體棒中的電流I,導(dǎo)體棒將由靜止開始下滑,當(dāng)電阻R兩端的電壓剛好穩(wěn)定時(shí),測得此時(shí)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下滑了x=2 m,試計(jì)算在該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。
解析 (1)根據(jù)左手定則判斷出導(dǎo)體棒ab所受的安培力沿導(dǎo)軌平面向上,設(shè)此時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,則由力的平衡條件可得F+B1IL=mgsin α
由圖乙可以得出,當(dāng)t=2 s時(shí),F(xiàn)=1.4 N
代入數(shù)據(jù)可得:B1=1.0 T
(2)由題圖乙可知,t=4 s后,拉力不再發(fā)生變化,設(shè)此后的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,有F′+B2IL=mgsin α
由題圖乙可得F′=0.4 N,代入上式可得B2=2.0 T
當(dāng)電阻R兩端的電壓剛好穩(wěn)定時(shí),設(shè)導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流為I′,
由力的平衡條件可得:
mgsin α=B2I′L
代入數(shù)據(jù)可解得I′=1.2 A
由電磁感應(yīng)規(guī)律可得I′=
可解得vm=2.4 m/s
設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總,則由能量守恒定律可得
mgxsin α=mv+Q總
代入數(shù)據(jù)可得Q總=3.648 J
所以在該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為
Q=Q總=2.736 J。
答案 (1)1.0 T (2)2.736 J