（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)48 電磁感應(yīng)中的電路與圖像專題（含解析）新人教版

《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)48 電磁感應(yīng)中的電路與圖像專題（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)48 電磁感應(yīng)中的電路與圖像專題（含解析）新人教版（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)中的電路與圖像專題 一、選擇題 1．(多選)如圖所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面且電阻均勻的正方形導(dǎo)體框abcd，現(xiàn)將導(dǎo)體框分別朝兩個方向以v、3v速度勻速拉出磁場，則導(dǎo)體框從兩個方向移出磁場的兩過程中(　　) A．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同 B．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同 C．導(dǎo)體框ad邊兩端電勢差相同 D．通過導(dǎo)體框截面的電荷量相同 答案　AD 解析　由右手定則可得兩種情況導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同，A項正確；熱量Q＝I2Rt＝()2R·＝，可知導(dǎo)體框產(chǎn)生的焦耳熱與運動速度有關(guān)，B項錯誤；電荷量q＝It＝·＝，故通過截面的電荷量與速度無關(guān)

2、，電荷量相同，D項正確；以速度v拉出時，Uad＝BLv，以速度3v拉出時，Uad＝BL·3v，C項錯誤． 2.如圖甲所示，電阻R＝1 Ω、半徑r1＝0.2 m的單匝圓形導(dǎo)線框P內(nèi)有一個與P共面的圓形磁場區(qū)域Q，P、Q的圓心相同，Q的半徑r2＝0.1 m．t＝0時刻，Q內(nèi)存在著垂直于圓面向里的磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系是B＝2－t(T)．若規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則線框P中感應(yīng)電流I隨時間t變化的關(guān)系圖像應(yīng)該是圖乙中的(　　) 答案　C 解析　由B＝2－t(T)知，＝1 T/s，且磁感應(yīng)強度逐漸減小，由楞次定律得P內(nèi)電流沿順時針方向，為負(fù)值，故A、D兩項錯誤；由閉合

3、電路的歐姆定律得I＝＝＝＝0.01π(A)，故B項錯誤，C項正確． 3.(2018·唐山一模)如圖所示，在水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌左端接一定值電阻R，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中．現(xiàn)給導(dǎo)體棒一向右的初速度，不考慮導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻，下列圖線中，導(dǎo)體棒速度隨時間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導(dǎo)體棒位移的變化描述正確的是(　　) 答案　B 解析　導(dǎo)體棒運動過程中受向左的安培力F＝，安培力阻礙棒的運動，速度減小，由牛頓第二定律得棒的加速度大小a＝＝，則a減小，v-t圖線斜率的絕對值減小，故B項正確，A項錯誤．通過R的電荷量q＝IΔt＝Δt＝·Δt＝＝x，可知C、

4、D兩項錯誤． 4．(2018·天津模擬)在水平桌面上，一個面積為S的圓形金屬框置于勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖(甲)所示，0～1 s內(nèi)磁場方向垂直線框平面向下．圓形金屬框與兩根水平的平行金屬導(dǎo)軌相連接，導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒的長為L、電阻為R，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒處于另一勻強磁場中，如圖(乙)所示．若導(dǎo)體棒始終保持靜止，則其所受的靜摩擦力f隨時間變化的圖像是圖中的(設(shè)向右的方向為靜摩擦力的正方向)(　　) 答案　B 解析　由(甲)圖可知在0～1 s內(nèi)磁感應(yīng)強度均勻增大，產(chǎn)生穩(wěn)恒感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向為逆時針，導(dǎo)體

5、棒受到的安培力的方向是水平向左，棒靜止不動，摩擦力方向水平向右，為正方向．同理，分析以后幾秒內(nèi)摩擦力的方向，從而得出f-t圖像為B圖．故B項正確，A、C、D三項錯誤． 5.(2018·貴陽一模)如圖甲所示，在x≥0的區(qū)域有在垂直于xOy平面(紙面)向里的勻強磁場，現(xiàn)用力使一個等邊三角形閉合導(dǎo)線(粗細(xì)均勻)框，沿x軸向右勻速運動，運動中線框平面與紙面平行，底邊BC與y軸平行，從頂點A剛?cè)氪艌鲩_始計時，在線框全部進入磁場過程中，其感應(yīng)電流I(取順時針方向為正)與時間t的關(guān)系圖線為圖乙中的(　　) 答案　B 解析　線框進入磁場的過程：磁通量從零開始增加，根據(jù)楞次定律分析可知，感應(yīng)電流的

6、方向為逆時針方向，電流為負(fù)值，故排除C、D兩項； 線框的有效切割長度l＝2vttan30°，感應(yīng)電動勢大小E＝Blv＝2Blv2tan30°t 感應(yīng)電流大小I＝＝t＝t，感應(yīng)電流大小與時間成正比，故A項錯誤，B項正確． 6.(2018·南昌聯(lián)考)如圖所示，有一個等腰直角三角形的勻強磁場區(qū)域．直角邊長為L，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，一邊長為L、總電阻為R的正方形閉合導(dǎo)線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v垂直磁場勻速穿過磁場區(qū)域．取電流沿a→b→c→d→a的方向為正，則圖中表示線框中感應(yīng)電流i隨bc邊位置坐標(biāo)x變化的圖像正確的是(　　) 答案　C 解析　線

7、框進入磁場前電流為零．線框進入磁場時，由楞次定律判斷：電流為正方向，切割的有效長度均勻增大，感應(yīng)電動勢均勻增大，電流均勻增大．線框進離開磁場時，由楞次定律判斷：電流為負(fù)方向，切割的有效長度均勻增大，感應(yīng)電動勢均勻增大，電流均勻增大． 7.如圖所示，在光滑水平面上，有一個粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框abcd.t＝0時刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右做勻加速直線運動，bc邊剛進入磁場的時刻為t1，ad邊剛進入磁場的時刻為t2，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列i、U、F隨運動時間t變化關(guān)系圖像正確的是(　　) 答案　C 解析　

8、由題得到，金屬桿的速度與時間的關(guān)系式為v＝at，a是加速度．由E＝BLv和I＝得，感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式為I＝t，B、L、a均不變，當(dāng)0－t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，t1－t2時間內(nèi)，電流I與t成正比，t2時間后無感應(yīng)電流．故A、B兩項錯誤． 由E＝BLv和I＝得，感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式為I＝t，當(dāng)0－t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，ad的電壓為零，t1－t2時間內(nèi)，電流I與t成正比，Uab＝IRab＝×R＝，電壓隨時間均勻增加，t2時間后無感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動勢，Uad＝E＝BLat電壓隨時間均勻增加，故C項正確． D項，根據(jù)推論得知：金屬桿所受的安培力為FA＝，由牛頓第二定律得 F－FA＝

9、ma，得F＝t＋ma，當(dāng)0－t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，F(xiàn)＝ma，為定值，t1－t2時間內(nèi)，F(xiàn)與t成正比，F(xiàn)與t是線性關(guān)系，但不過原點，t2時間后無感應(yīng)電流，F(xiàn)＝ma，為定值，故D項錯誤． 8.將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，其中OM＝R，圓弧MN的圓心為O點，將導(dǎo)線框的O點置于如圖所示的直角坐標(biāo)系的原點，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2B.從t＝0時刻開始讓導(dǎo)線框以O(shè)點為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速圓周運動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的變化規(guī)律描繪正

10、確的是(　　) 答案　B 解析　在0～t0時間內(nèi)，線框從圖示位置開始(t＝0)轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝Bω·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1＝＝，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)．在t0～2t0時間內(nèi)，線框進入第三象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)．回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1；感應(yīng)電流為I2＝3I1.在2t0～3t0時間內(nèi)，線框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E3＝Bω·R2＋·2B

11、ω·R2＝Bω·R2＝3E1；感應(yīng)電流為I3＝3I1.在3t0～4t0時間內(nèi)，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E4＝Bω·R2，由閉合電路歐姆定律，回路電流為I4＝I1，B對． 9．(2018·茂名二模)(多選)如圖甲所示，一粗細(xì)均勻的單匝正方形銅線框，質(zhì)量m＝1 kg，放置在光滑絕緣水平面上，兩平行虛線間存在與水平面垂直的勻強磁場，磁場邊界線與線框ab邊平行．現(xiàn)用垂直于ab邊的水平恒力F拉動線框，線框到達(dá)位置I開始計時，此時線框開始進入勻強磁場，速度v0＝3 m/s，線框中感應(yīng)電動勢為2V.在t＝3 s時線框到達(dá)位置Ⅱ，線框開始

12、離開勻強磁場，此過程中線框v-t圖像如圖乙所示，那么(　　) A．t＝0時，ab間的電壓為0.75 V B．恒力F的大小為0.5 N C．線框進入磁場與離開磁場的過程中線框內(nèi)感應(yīng)電流的方向相同 D．線框完全離開磁場瞬間的速度大小為2 m/s 答案　BD 解析　t＝0時，ab相當(dāng)于電源，外阻為內(nèi)阻的3倍，ab間電壓應(yīng)為電動勢的，即Uab＝E＝×2＝1.5 V，A項錯誤； B、C兩項，當(dāng)線圈完全進入磁場到剛要穿出磁場過程，即1～3 s過程中，由于穿過線圈的磁通量不變，所以沒有感應(yīng)電流，不受安培力作用，外力F即為線圈受到的合力，根據(jù)牛頓第二定律可得F＝ma＝1×＝0.5 N，B項正

13、確； C項，線圈進入磁場過程中，穿過線圈的磁通量增加，而線圈離開磁場過程中，穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知兩個過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，C項錯誤； D項，因為線圈剛要離開磁場時的速度和線框開始進入場時速度正好相等，所以受力情況、運動情況也是一樣，線框剛離開磁場瞬間速度和剛進入磁場瞬間速度相等，即為2 m/s，D項正確． 10．(多選)如圖甲所示，光滑的平行水平金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，在M、P之間接一個阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間cdfe矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向上、寬為d的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、電阻為r、長度也剛好為L的導(dǎo)體棒ab垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場左邊

14、界相距d0.現(xiàn)用一個水平向右的力F拉棒ab，使它由靜止開始運動，棒ab離開磁場前已做勻速直線運動，棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計，F(xiàn)隨ab與初始位置的距離x變化的情況如圖乙所示，F(xiàn)0已知．下列判斷正確的是(　　) A．棒ab在ac之間的運動是勻加速直線運動 B．棒ab在ce之間不可能一直做勻速運動 C．棒ab在ce之間可能先做加速度減小的運動，再做勻速運動 D．棒ab經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為 答案　AC 解析　A項，棒ab在ac之間運動時，水平方向只受到水平拉力的作用，做勻加速運動，故A項正確；B、C兩項，棒ab進入磁場后受到水平拉力和安培力的

15、作用，根據(jù)兩個力的大小關(guān)系，可能存在三種情況：①拉力大于安培力，則棒先做加速運動，但隨速度的增大，安培力增大，合力減小，所以棒做加速度減小的加速運動，直到安培力等于拉力，開始做勻速運動；故C項正確；②安培力等于拉力，棒在磁場中始終做勻速運動；故B項錯誤；③拉力小于安培力，則棒先做減速運動，但隨速度的減小，安培力減小，合力減小，所以棒做加速度減小的減速運動，直到安培力等于拉力，開始做勻速運動；D項，金屬棒通過磁場的過程通過R上的電量q＝＝＝，故D項錯誤． 11.(2018·咸陽模擬)(多選)在絕緣的水平桌面上有MN、PQ兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間的距離為l.金屬棒ab和cd垂直放在導(dǎo)軌上，

16、兩棒正中間用一根長l的絕緣細(xì)線相連．棒ab右側(cè)有一直角三角形勻強磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下，三角形的兩條直角邊長均為l，整個裝置的俯視圖如圖所示．從圖示位置在棒ab上加水平拉力，使金屬棒ab和cd向右勻速穿過磁場區(qū)，則金屬棒ab中感應(yīng)電流i和絕緣細(xì)線上的張力大小F隨時間t變化的圖像可能正確的是(規(guī)定金屬棒ab中電流方向由a到b為正)(　　) 答案　AC 解析　ab向右運動，切割磁感線，由右手定則可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為從b到a(電流為負(fù)值)．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度逐漸增大，所以感應(yīng)電流i隨時間變化圖像A可能正確，B項一定錯誤．在ab切割磁感線運動過程中

17、，由于cd沒有進入磁場中，不受安培力作用，在0～t0時間內(nèi)，絕緣細(xì)線中張力F等于零，在cd進入磁場區(qū)域切割磁感線運動時，受到安培力作用，絕緣細(xì)線中張力F＝BIl＝＝＝，絕緣細(xì)線中張力F隨時間變化圖像C項圖可能正確，D項圖一定錯誤． 12．(2018·鹽城統(tǒng)考)(多選)半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖甲所示．有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定垂直于紙面向里為正方向，磁場變化規(guī)律如圖乙所示．在t＝0時刻兩平行金屬板之間中心有一重力不計、電荷量為q的靜止微粒，則以下說法中正確的是(　　)

18、A．第2 s內(nèi)上極板為正極 B．第3 s內(nèi)上極板為負(fù)極 C．第2 s末微粒回到了原來位置 D．第3 s末兩極板之間的電場強度大小為 答案　AD 解析　假設(shè)微粒帶正電，則0～1 s內(nèi)的情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，微粒所受電場力方向豎直向上，微粒向上做勻加速運動.1～2 s內(nèi)的情況：金屬板上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，微粒所受電場力方向豎直向下，微粒向上做勻減速運動，第2 s末速度減小為零.2～3 s內(nèi)的情況：金屬板上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，微粒所受電場力方向豎直向下，微粒向下做勻加速運動．兩極板間的電場強度大小E＝＝＝.3～4 s內(nèi)的情況：金屬板上極板帶負(fù)電

19、，下極板帶正電，微粒所受電場力方向豎直向上，微粒向下做勻減速運動，第4 s末速度減小為零，同時回到了原來的位置．若微粒帶負(fù)電，運動情況相反，4 s末速度減小為零，同時回到了原來位置．綜上所述，A、D兩項正確． 二、非選擇題 13．如圖甲所示，垂直于水平桌面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.8 T，寬度L＝2.5 m．光滑金屬導(dǎo)軌OM、ON固定在桌面上，O點位于磁場的左邊界，且OM、ON與磁場左邊界均成45°角．金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，且與磁場的右邊界重合．t＝0時，ab在水平向左的外力F作用下勻速通過磁場，測得回路中的感應(yīng)電流隨時間變化的圖像如圖乙所示．已知OM、ON接觸點的電阻為R，其

20、余電阻不計． (1)利用圖像求出這個過程中通過ab棒截面的電荷量及電阻R； (2)寫出水平力F隨時間變化的表達(dá)式． 答案　(1)5 C　1 Ω　(2)F＝2×(2－0.4t)2 N 解析　(1)根據(jù)q＝I·t，由i-t圖像得： q＝×2.0×5 C＝5 C 又q＝＝ 解得R＝1 Ω. (2)由圖像知，感應(yīng)電流i＝(2－0.4t)A 棒的速度v＝＝m/s＝0.5 m/s 有效長度l＝2(L－vt)tan45°＝(5－t)m 棒在力F和安培力FA作用下勻速運動，有 F＝Bil＝0.8×(2－0.4t)×(5－t)N＝2×(2－0.4t)2N. 14．如圖(a)所示是某

21、人設(shè)計的一種振動發(fā)電裝置，它的結(jié)構(gòu)是一個半徑為r＝0.1 m的20匝線圈，線圈套在永久磁鐵槽中，磁場的磁感線均沿半徑方向均勻分布，其右視圖如圖(b)．在線圈所在位置磁感應(yīng)強度B的大小均為0.2 T．線圈的電阻為2 Ω，它的引出線接有8 Ω的燈L，外力推動線圈的P端做往復(fù)運動，便有電流通過電燈．當(dāng)線圈向右的位移隨時間變化的規(guī)律如圖(c)所示時(x取向右為正)： (1)試畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖像(在圖(b)中取逆時針電流為正)； (2)求每一次推動線圈運動過程中的作用力； (3)求該發(fā)電機的輸出功率． 解析　(1)從圖可以看出，線圈往返的每次運動都是勻速直線運動，速度大小為v＝＝m/s＝0.8 m/s 線圈做切割磁感線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小每次運動過程中都是恒定不變的．由于感應(yīng)電動勢E＝nBLv，式中L是線圈每一周的長度，即2πr， 所以E＝n2πrBv＝2V 感應(yīng)電流I＝＝A＝0.2 A 從圖中可以看出線圈沿x正方向運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流是順時針的(從右向左看)．于是可得到如圖所示的電流隨時間變化的圖像． (2)由于線圈每次運動都是勻速直線運動，所以每次運動過程中推力必須等于安培力． F推＝F安＝InLB＝In(2πr)B＝0.5 N (3)發(fā)電機的輸出功率即燈的電功率P＝I2R2＝0.32 W. 11