2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)49 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題1(2018·江西南昌三校四聯(lián))如圖所示，有一個(gè)矩形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里一個(gè)三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運(yùn)動(dòng)到位置2(右)取線框剛到達(dá)磁場(chǎng)邊界的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)(t0)，規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，則圖中能正確反映線框中電流與時(shí)間關(guān)系的是()答案：A解析：線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流方向應(yīng)為正方向，故B、C錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，線框有效的切割長(zhǎng)度先均勻增大后均勻減小，由EBLv，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先均勻增大后均勻減??；線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生；線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，電流方向應(yīng)為負(fù)方向，線框有效的切割長(zhǎng)度先均勻增大后均勻減小，由EBLv，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先均勻增大后均勻減小，故A正確，D錯(cuò)誤2(2018·山西四校聯(lián)考)如圖所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過(guò)一個(gè)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)僅限于虛線邊界所圍的區(qū)域內(nèi)，該區(qū)域的形狀與金屬框完全相同，且金屬框的下邊與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊在一條直線上若取順時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，則金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象是下圖所示的()答案：C解析：根據(jù)楞次定律，在金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，在出磁?chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由EBLv可知，金屬框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中切割磁感線的有效長(zhǎng)度均勻減小，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻減小，由閉合電路歐姆定律可知，金屬框中的感應(yīng)電流均勻減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤，C正確3. (2018·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(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界如圖中虛線所示當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(aOb90°)時(shí)，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()A.BRv B.BRv C.BRv D.BRv答案：D解析：圓環(huán)的ab段切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBRv；由歐姆定律得a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UabEIrabBRv·，選項(xiàng)D正確4(多選)如圖甲所示，面積為S的n匝圓形閉合線圈內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間周期性變化，如圖乙所示，已知線圈的電阻為R，則下列說(shuō)法正確的是()甲乙A線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為SB0B線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流最小值為C線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)周期為4 sD01 s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较虼鸢福篊D解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知EnS，結(jié)合圖乙分析可知，在01 s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，最大值為EmaxnSnB0S，A錯(cuò)誤；12 s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小為零，故感應(yīng)電流的最小值為零，B錯(cuò)誤；由圖線可知，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)周期為4 s，C正確；01 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大，線圈中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，01 s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，D正確5(2018·廣東四校第一次聯(lián)考)如圖所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方向水平放置著兩根相距為L(zhǎng)0.1 m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R0.3 的電阻導(dǎo)軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r0.2 .當(dāng)金屬棒在水平拉力作用下以速度v4.0 m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)()Aab棒所受安培力大小為0.02 NBN、Q間電壓為0.2 VCa端電勢(shì)比b端電勢(shì)低D回路中感應(yīng)電流大小為1 A答案：A解析：ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)EBLv0.5×0.1×4.0 V0.2 V，電流I0.4 A，ab棒受的安培力FBIL0.5×0.4×0.1 N0.02 N，A正確，D錯(cuò)誤；N、Q之間的電壓UE0.12 V，B錯(cuò)誤；由右手定則得a端電勢(shì)較高，C錯(cuò)誤6. (2018·江蘇南京二模)(多選)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，其他部分電阻不計(jì)整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下t0時(shí)對(duì)金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，金屬棒由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)下列關(guān)于穿過(guò)回路abPMa的磁通量變化量、磁通量的瞬時(shí)變化率、通過(guò)金屬棒的電荷量q隨時(shí)間t變化以及a、b兩端的電勢(shì)差U隨時(shí)間t變化的圖象中，正確的是() 答案：BD解析：設(shè)加速度為a，運(yùn)動(dòng)的位移xat2，磁通量變化量BLxBLat2，t2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLat，故t，選項(xiàng)B正確；Ut，Ut，選項(xiàng)D正確；電荷量q，因?yàn)閠2，所以qt2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤7.(2018·湖南衡陽(yáng)八中月考)(多選)如圖甲所示的電路中，電阻R1R，R22R，單匝圓形金屬線圈半徑為r2，圓心為O，線圈導(dǎo)線的電阻為R，其余導(dǎo)線的電阻不計(jì)半徑為r1(r1<r2)、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，電容器的電容為C.閉合開(kāi)關(guān)S，t1時(shí)刻開(kāi)始電路中的電流穩(wěn)定不變，下列說(shuō)法正確的是()甲乙A電容器上極板帶正電Bt1時(shí)刻，電容器所帶的電荷量為Ct1時(shí)刻之后，線圈兩端的電壓為Dt1時(shí)刻之后，R1兩端的電壓為答案：AC解析：根據(jù)楞次定律可知，線圈產(chǎn)生了沿逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，則電容器上極板帶正電，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有ESr，電流為I，UR2I·2R·2R，電容器所帶的電荷量QCUR2，故B錯(cuò)誤；t1時(shí)刻之后，線圈兩端的電壓UI·(R1R2)，故C正確；t1時(shí)刻之后，R1兩端的電壓為UIR1，故D錯(cuò)誤能力提升8(2018·山東德州期末)(多選)如圖所示為三個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向外、向里和向外，磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng).在磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)邊界處有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場(chǎng)方向垂直現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)的磁通量為正值，外力F向右為正則以下能反映線框中的磁通量、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、外力F和電功率P隨時(shí)間變化規(guī)律的圖象是() 答案：ABD解析：在0時(shí)間內(nèi)，磁通量BLvt，為負(fù)值，逐漸增大；在t時(shí)，磁通量為零；當(dāng)t時(shí)，磁通量BL2為最大正值；在時(shí)間內(nèi)，磁通量為正，逐漸減?。籺時(shí)，磁通量為零；時(shí)間內(nèi)，磁通量為負(fù)，逐漸增大；t時(shí)，磁通量為負(fù)的最大值；時(shí)間內(nèi)，磁通量為負(fù)，逐漸減小，由此可知選項(xiàng)A正確在0時(shí)間內(nèi)，EBLv，為負(fù)值；在時(shí)間內(nèi)，兩個(gè)邊切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2BLv，為正值；在時(shí)間內(nèi)，兩個(gè)邊切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2BLv，為負(fù)值；在時(shí)間內(nèi)，一個(gè)邊切割磁感線，EBLv，為正值，B正確.0時(shí)間內(nèi)，安培力向左，外力向右，F(xiàn)0F安BI0L，電功率P0IR；時(shí)間內(nèi)，外力向右，F(xiàn)12B·2I0L4F0，電功率P1IR4P0；時(shí)間內(nèi)，外力向右，F(xiàn)22B·2I0L4F0，電功率P2IR4P0；在時(shí)間內(nèi)，外力向右，F(xiàn)3BI0LF0，電功率P3IRP0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確9如圖所示，間距L1 m的兩根足夠長(zhǎng)的固定水平平行導(dǎo)軌間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1 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v2 m/s的速度水平向左勻速運(yùn)動(dòng)R18 ，R212 ，C6 F，導(dǎo)軌和棒的電阻及一切摩擦均不計(jì)開(kāi)關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，求：(1)通過(guò)R2的電流I的大小和方向；(2)拉力F的大??；(3)開(kāi)關(guān)S1切斷后通過(guò)R2的電荷量Q.答案：(1)0.1 A，方向是ba(2)0.1 N(3)7.2×106 C解析：(1)開(kāi)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MN，所以通過(guò)R2的電流方向是由baMN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小EBLv流過(guò)R2的電流I代入數(shù)據(jù)解得I0.1 A.(2)棒受力平衡有FF安F安BIL代入數(shù)據(jù)解得F0.1 N.(3)開(kāi)關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量Q1CIR2S1切斷后，流過(guò)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Q7.2×106 C.10如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌ef、cd與水平面成30°角固定，導(dǎo)軌間距離為l1 m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，一個(gè)阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩金屬導(dǎo)軌的上端整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1 T現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止釋放，金屬棒下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好改變電阻箱的阻值R，測(cè)定金屬棒的最大速度vm，得到 ­的關(guān)系如圖乙所示取g10 m/s2. (1)求金屬棒的質(zhì)量m和定值電阻R0的阻值；(2)當(dāng)電阻箱的阻值R取2 ，且金屬棒的加速度為g時(shí)，求金屬棒的速度大小答案：(1)0.2 kg2 (2)0.5 m/s解析：(1)金屬棒以速度vm下滑時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EBlvm，由閉合電路歐姆定律有EI·，根據(jù)平衡條件有BIlmgsin ，整理得，由 ­圖象可知1 m1·s·，·0.5 m1·s.解得m0.2 kg，R02 .(2)設(shè)此時(shí)金屬棒下滑的速度大小為v，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EBlv，由閉合電路歐姆定律有EI·，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin BIl，聯(lián)立解得v0.5 m/s.