2022年高考物理大一輪復習 第十章 能力課1 電磁感應中的圖像和電路問題訓練（含解析）教科版

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1、2022年高考物理大一輪復習 第十章 能力課1 電磁感應中的圖像和電路問題訓練（含解析）教科版 一、選擇題(1～3題為單項選擇題，4～8題為多項選擇題) 1．如圖1所示，在第一象限有一邊長為L的等邊三角形勻強磁場區(qū)域，在第二象限有一平行于y軸的長為L的導體棒沿x軸正方向以速度v勻速通過磁場區(qū)域。下列關于導體棒中產(chǎn)生的感應電動勢E隨x變化的圖像正確的是(　　) 圖1 解析　導體棒垂直磁場方向做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應電動勢E＝Blv，式中l(wèi)為導體棒切割磁感線的有效長度。導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磁場區(qū)域的高L＝0.87L。所以

2、導體棒中產(chǎn)生的感應電動勢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，磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律可用圖乙描述，則線框中的感應電流I(取順時針方向為正方向)隨時間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，則磁場的磁感應強度B隨時間變化的圖像是(　

3、　) 圖3 解析　帶正電的油滴靜止，即所受重力與電場力平衡，兩板間為勻強電場，因此線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為恒定值，由法拉第電磁感應定律可知，通過線圈的磁通量一定是均勻變化的，A、D兩項錯；油滴帶正電，故下極板電勢高于上極板電勢，感應電流產(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項正確，B項錯。 答案　C 4．有一變化的勻強磁場垂直于如圖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強度B的正方向，電流從a經(jīng)R流向b為電流的正方向。現(xiàn)已知R中的感應電流I隨時間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　當磁感應強度垂直線圈平面向里均勻減小時，由楞次定律可判斷感應電流產(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定律可判斷感應電流的大小恒定且從a經(jīng)R流向b；當磁感應強度垂直線圈平面向里均勻增大時，由楞次定律可判斷感應電流產(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定律可判斷感應電流的大小恒定且從b經(jīng)R流向a，選項A、B正確，C、D錯誤。 答案　AB 5．(2016·河北“五個一名校聯(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時刻對線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開始做勻加

5、速直線運動穿過磁場，外力F隨時間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動的加速度為1 m/s2 B．勻強磁場的磁感應強度為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　t＝0時，線框初速度為零，故感應電動勢為零，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項正確；由圖像知，t＝1.0 s時，線框剛好離開磁場，由勻變速直線運動規(guī)律可知線框的邊長為0.5 m，D項錯；線框的末速度v＝at＝1 m/s，感應電動勢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項正確。 答案　ABC 6．(2017·廣西四市適應性檢測)矩形導線框abcd放在勻強磁場中處于靜止狀態(tài)，如圖6甲所示。一磁場的磁感線方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度的大小B隨時間t變化的圖像如圖乙所示。t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直導線框平面向里，在0～4 s時間內(nèi)，導線框ad邊所受安培力F安隨時間t變化的圖像(規(guī)定向左為安培力的正方向)及導線框中的感應電流I隨時間t變化的圖像(規(guī)定順時針方向為電流的正方向)可能是圖中的(　　) 圖6 解析　由法拉第電磁感應定律

7、，0～2 s和2～4 s的感應電流大小相等且方向相反，選項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D正確。 答案　AD 7．如圖7所示，一不計電阻的導體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點，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強度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場中，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點逆時針轉(zhuǎn)動，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)，不計其他電阻，則下列判斷正確的是(　　) 圖7 A．通過R1的電流方向為自下而上 B．感應電動勢大小為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)邊緣為電源的負極，因此通過R1的電流方向為自下而上，選項A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉(zhuǎn)動切割磁場線，因此感應電動勢大小為Br2ω，選項B錯誤；由圖可知，在磁場內(nèi)部的半根輻條相當于電源，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C正確；理想電流表的示數(shù)為，選項D錯誤。 答案　AC 8．如圖8所示，一個邊長為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，在線框的下方，有一個上、下界面都水平的勻強磁場區(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，剛好勻速進入磁場區(qū)，在整個進出磁場過程中，線框中的感應電流I隨位移x變化的圖像可能是下圖中的(　　) 圖8 解析　線框剛進入磁場時，＝mg，下邊始終勻速切割磁感線，通過線框的感應電流的大小恒定為I0，方向不變，線框完全進入磁場后，安培力立即消失，線框僅在重力的作用下做勻加速運動，當線框下邊剛出磁場時，線框的速度大于進入磁場時的速度，故電流大于I0，選項A、C錯誤；線框所受安培力大于重力，線框做減速運動，感應電流及安培力都減小，所以線框的加速度a＝也減小，當加速度減小到0時，電流為I0，選項B、D中在x＝2L和x＝3L之間的曲線，

10、分別對應著上邊剛要出磁場時，線框的速度已減小到進入磁場時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軌間存在著勻強磁場，其磁感應強度大小B＝1 T、方向垂直于紙面向里，導軌上有一金屬棒MN與導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動。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6μF，導軌和棒的電阻及一切摩擦均不計。開關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?。? (3)開關S1切斷后通過R2的電荷量Q。 解析　(1)

11、開關S1、S2閉合后，根據(jù)右手定則知棒中的感應電流方向是由M→N，所以通過R2的電流方向是由b→a MN中產(chǎn)生的感應電動勢的大小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、電阻不計且

12、足夠長的光滑平行金屬導軌MN、EF，導軌平面與水平面的夾角為α＝37°，兩平行導軌相距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)導體棒ab放在導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸。整個裝置放在一磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中，重力加速度取g＝10 m/s2。 圖10 (1)當在導體棒中通以方向由a到b、大小為I＝1 A的電流時，為使導體棒在導軌上保持靜止，需在導體棒的中點施加一沿導軌平面向上的拉力F，F(xiàn)隨時間t的變化關系如圖乙所示。試計算當t＝2 s時，導體棒所處磁場的磁感應強度B的大?。? (2)6 s后撤去拉力F和

13、導體棒中的電流I，導體棒將由靜止開始下滑，當電阻R兩端的電壓剛好穩(wěn)定時，測得此時導體棒沿導軌下滑了x＝2 m，試計算在該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。 解析　(1)根據(jù)左手定則判斷出導體棒ab所受的安培力沿導軌平面向上，設此時磁場的磁感應強度大小為B1，則由力的平衡條件可得F＋B1IL＝mgsin α 由圖乙可以得出，當t＝2 s時，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，設此后的磁感應強度大小為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 當電阻R兩端的電壓剛好穩(wěn)定時，設導體棒中的感應電流為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 由電磁感應規(guī)律可得I′＝ 可解得vm＝2.4 m/s 設電路中產(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