（通用版）2020版高考物理一輪復習 課時檢測（六十四）電磁感應中的電路問題（題型研究課）（含解析）.doc

課時檢測(六十四) 電磁感應中的電路問題 (題型研究課)1.如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行光滑金屬導軌，置于磁感應強度為B、方向垂直導軌所在平面向里的勻強磁場中，導軌固定不動，M、P間接有一阻值為R的電阻。一根與導軌接觸良好、接入電路的電阻為的金屬導線ab垂直導軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運動，則(不計導軌電阻)()A通過電阻R的電流方向為PRMBa、b兩點間的電壓為BLvCa端電勢比b端電勢高D外力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱解析：選C由右手定則可知通過電阻R的電流方向為MRP，A錯誤；金屬導線ab相當于電源，電源內(nèi)部電流從電勢低的一端流向電勢高的一端，所以a端電勢高于b端電勢，C正確；由法拉第電磁感應定律可知，EBLv，由閉合電路歐姆定律得a、b兩點間的電壓為UabRBLv，B錯誤；由于金屬導線ab做勻速直線運動，外力F做的功等于克服安培力做的功，等于整個電路產(chǎn)生的焦耳熱，并非電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，D錯誤。2.(2019河南靈寶月考)如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的有界勻強磁場，邊界如圖中虛線所示。當圓環(huán)運動到圖示位置(aOb90)時，a、b兩點間的電勢差為()ABRvBBRvCBRv DBRv解析：選D圓環(huán)的ab段切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為EBRv；由歐姆定律得a、b兩點間的電勢差為UabEIrabBRv，選項D正確。3. (多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌水平平行放置，間距為l1 m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R10 的電阻。一阻值R10 的導體棒ab以速度v4 m/s勻速向左運動，導體棒ab與導軌接觸良好。導軌所在平面存在磁感應強度大小B0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場。下列說法正確的是() A導體棒ab中電流的方向為由b到aBcd兩端的電壓為1 VCde兩端的電壓為1 VDfe兩端的電壓為1 V解析：選BD由右手定則可知導體棒ab中電流的方向為由a到b，A錯誤；導體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢EBlv，導體棒ab為電源，cd間電阻R為外電路負載，de和cf間電阻中無電流，de和cf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即UR1 V，B、D正確，C錯誤。4.(2019溫州模擬)如圖所示，一足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 。一導體棒MN垂直于導軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 ，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5。在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8 T。將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度大小以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6)()A2.5 m/s,1 W B5 m/s,1 WC7.5 m/s,9 W D15 m/s,9 W解析：選B小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時，導體棒MN做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：mgsin 37mgcos 37，解得v5 m/s；導體棒MN產(chǎn)生的感應電動勢EBLv，電路電流I，小燈泡消耗的功率PI2R，解得P1 W，故選項B正確。5.如圖所示，導體桿OP在作用于OP中點且垂直于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磁場中以一定的角速度轉(zhuǎn)動。磁場的磁感應強度為B，AO間接有電阻R，導體桿和框架電阻不計，回路中的總電功率為P，則()A外力的大小為2BrB外力的大小為BrC導體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為D導體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 解析：選C設導體桿轉(zhuǎn)動的角速度為，則導體桿轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢EBr2，I，根據(jù)題述回路中的總電功率為P，則PEI；設維持導體桿勻速轉(zhuǎn)動的外力為F，則有P，vr，聯(lián)立解得FBr，選項C正確，A、B、D錯誤。6.(2019廣東模擬)如圖所示，在一磁感應強度B0.5 T的勻強磁場中(磁場方向垂直紙面向上)，垂直于磁場方向水平固定著兩根相距為L0.1 m的平行金屬導軌MN和PQ，導軌電阻忽略不計，在兩根導軌的端點N、Q之間連接一阻值R0.3 的電阻。垂直兩根導軌放置一金屬棒ab，且良好接觸，其接入電路的電阻r0.2 。當金屬棒ab在水平拉力作用下以速度v4.0 m/s向左做勻速運動時()A金屬棒ab所受安培力大小為0.02 NBN、Q間電壓為0.2 VCa端電勢比b端電勢低D回路中感應電流大小為1 A解析：選A金屬棒ab產(chǎn)生的電動勢EBLv0.2 V，回路中的感應電流大小I0.4 A，金屬棒ab所受的安培力大小FBIL0.02 N，A正確，D錯誤；N、Q之間的電壓UIR0.12 V，B錯誤；由右手定則得a端電勢較高，C錯誤。7(多選)有一半徑為R，電阻率為，密度為d的均勻圓環(huán)落入磁感應強度為B的徑向磁場中，圓環(huán)的截面半徑為r(rR)，如圖(a)、(b)所示。當圓環(huán)在加速下落時某一時刻的速度為v，則()A此時整個圓環(huán)的電動勢E2BvrB忽略電感的影響，此時圓環(huán)中的電流IC此時圓環(huán)的加速度aD如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm解析：選BD此時整個圓環(huán)垂直切割徑向磁感線，電動勢E2BvR，選項A錯誤；此時圓環(huán)中的電流I，選項B正確；對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律得mgF安ma，F(xiàn)安BI2R，mdr22R，則ag，選項C錯誤；如果徑向磁場足夠長，當a0時圓環(huán)的速度最大，即g0，解得vm，選項D正確。8(多選)在如圖所示的甲、乙、丙中除導體棒ab可動外，其余部分均固定不動。甲圖中的電容器C原來不帶電，設導體棒、導軌和直流電源的電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦不計。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面(即紙面)向下的勻強磁場中，導軌足夠長，今給導體棒一個向右的初速度v0，導體棒的最終運動狀態(tài)是()A三種情況下，導體棒最終均靜止B圖甲、丙中導體棒最終將以不同的速度做勻速運動；圖乙中導體棒最終靜止C圖甲、丙中，導體棒最終將以相同的速度做勻速運動D甲、乙兩種情況下，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱一定不同解析：選BD題圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流而使電容器充電，當電容器極板間電壓與導體棒產(chǎn)生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，導體棒不受安培力，其向右做勻速運動；題圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，導體棒速度減小，當導體棒的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時，導體棒靜止；題圖丙中，導體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運動，速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運動，當導體棒產(chǎn)生的感應電動勢與電源的電動勢相等時，電路中沒有電流，導體棒向左做勻速運動，故A、C錯誤，B正確；題圖甲中，導體棒的部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，題圖乙中，導體棒的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故有Q甲<Q乙，故D正確。9如圖甲所示，光滑導軌寬0.4 m，ab為金屬棒，均勻變化的磁場垂直穿過軌道平面，磁場的變化情況如圖乙所示，金屬棒ab接入電路的電阻為1 ，導軌電阻不計。t0時刻，金屬棒ab從導軌最左端以1 m/s的速度向右做勻速運動，求1 s末回路中的感應電流及金屬棒ab受到的安培力。解析：磁通量的變化有兩個原因，一是磁感應強度B的變化，二是面積S的變化，由題意可知01 s末B、S都在變化，所以1 s末回路中產(chǎn)生的感應電動勢為ESBlv又2 T/s在1 s末，B2 T，Slvt0.4 m2解得1 s末E1.6 V此時回路中的電流I1.6 A根據(jù)右手定則可判斷出電流沿逆時針方向，金屬棒ab受到的安培力FBIl1.28 N，方向向左。答案：1.6 A1.28 N，方向向左10.(2019淮北模擬)如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌間距為d，導軌所在平面與水平面成角，M、P間接阻值為R的電阻。勻強磁場的方向與導軌所在平面垂直，磁感應強度大小為B。質(zhì)量為m、阻值為r、長度為d的金屬棒放在兩導軌上，在平行于導軌的拉力F作用下，以速度v勻速向上運動。已知金屬棒與導軌始終垂直并且保持良好接觸，導軌電阻不計，重力加速度為g。求： (1)金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢E；(2)通過電阻R的電流I；(3)拉力F的大小。解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律得EBdv。(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得I。(3)金屬棒的受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有FF安mgsin 0，又因為F安BId，所以Fmgsin 。答案：(1)Bdv(2)(3)mgsin 11如圖所示，間距L1 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B1 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v2 m/s的速度水平向左勻速運動。R18 ，R212 ，C6 F，導軌和棒的電阻及一切摩擦均不計。開關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，求：(1)通過R2的電流I的大小和方向；(2)拉力F的大??；(3)開關(guān)S1斷開后通過R2的電荷量Q。解析：(1)開關(guān)S1、S2閉合后，根據(jù)右手定則知棒中的感應電流方向是MN，所以通過R2的電流方向是baMN中產(chǎn)生的感應電動勢的大小EBLv通過R2的電流I代入數(shù)據(jù)解得I0.1 A。(2)由棒受力平衡有FF安F安BIL代入數(shù)據(jù)解得F0.1 N。(3)開關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量Q1CIR2S1斷開后，流過R2的電荷量Q等于電容器所帶電荷量的減少量，即QQ10代入數(shù)據(jù)解得Q7.2106 C。答案：(1)0.1 A，方向是ba(2)0.1 N(3)7.2106 C