（北京專用）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十二章 第3講 電磁感應(yīng)中的電路與圖像問題精練（含解析）

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1、第3講　電磁感應(yīng)中的電路與圖像問題 A組　基礎(chǔ)鞏固 1.如圖1所示,矩形線圈abcd位于勻強磁場中,磁場方向垂直線圈所在平面,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖2所示。以圖1中箭頭所示方向為線圈中感應(yīng)電流i的正方向,以垂直于線圈所在平面向里為磁感應(yīng)強度B的正方向,則圖3中能正確表示線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化規(guī)律的是(　　) 圖3 答案　C　由題圖2知,0~1 s內(nèi)B均勻增大,產(chǎn)生恒定的電動勢和電流,由楞次定律得此時線圈中的電流方向為負(fù);1~2 s內(nèi)B不變,不產(chǎn)生電動勢和電流;2~3 s內(nèi),B均勻減小,產(chǎn)生恒定的電動勢和電流,由楞次定律得此時線圈中的電流方向為正。由法拉第電磁感

2、應(yīng)定律,可知2~3 s內(nèi)產(chǎn)生的電動勢和電流為0~1 s內(nèi)的兩倍,故C選項正確。 2.如圖甲所示,垂直紙面向里的勻強磁場的區(qū)域?qū)挾葹?a,磁感應(yīng)強度的大小為B,一邊長為a,電阻為4R的正方形均勻?qū)Ь€框ABCD從圖示位置沿水平向右方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域,在乙圖中線框A、B兩端電壓UAB與線框移動距離x的關(guān)系圖像正確的是(　　) 甲 乙 答案　D　因為進入磁場過程中,AB邊做切割磁感線運動,相當(dāng)于電源,此時UAB對應(yīng)的是路端電壓,占總的動生電動勢Bav的34,且φA>φB,UAB>0;完全進入磁場后,AB邊和DC邊均做切割磁感線運動,兩個邊產(chǎn)生的電動勢互相抵消,回路中電流為

3、零,總的電動勢為零,但AB邊兩端電勢差不為零,應(yīng)是Bav,方向由B到A,所以φA>φB,UAB>0;當(dāng)線框出磁場的過程中,只有DC邊在切割磁感線,產(chǎn)生的電動勢方向為C到D,所以φD>φC,此時的AB邊相當(dāng)于外電路的用電器,只分到總電動勢Bav的14,且仍滿足φA>φB,UAB>0。根據(jù)題給條件可判知選項D正確。 3.如圖所示,固定于水平面上的金屬架abcd處在豎直向下的勻強磁場中,金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運動。t=0時,磁感應(yīng)強度為B0,此時MN到達(dá)的位置恰好使MbcN構(gòu)成一個邊長為L的正方形。為使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,從t=0開始,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的示意圖為(　　)

4、 答案　C　要想MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,MbcN中磁通量就不能變化,MN棒勻速運動,t=0時刻Φ=B0L2,任意時刻Φ=BL(L+vt),由B0L2=BL(L+vt),得B=B0LL+vt,C正確。 4.(多選)(2018海淀期末)如圖甲所示,電阻為5 Ω、匝數(shù)為100的線圈(圖中只畫了2匝)兩端A、B與電阻R相連,R=95 Ω。線圈內(nèi)有方向垂直于紙面向里的磁場,線圈中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變化。則(　　) A.A點的電勢小于B點的電勢 B.在線圈位置上感應(yīng)電場沿逆時針方向 C.0.1 s時間內(nèi)通過電阻R的電荷量為0.05 C D.0.1 s時間內(nèi)非靜電力所做的功為2

5、.5 J 答案　BCD　穿過閉合回路的磁通量增大,由楞次定律知,感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反,即垂直于紙面向外,再由右手螺旋定則可以判定線圈中感應(yīng)電流沿逆時針方向,即感應(yīng)電場沿逆時針方向,線圈相當(dāng)于電源,電流由A點經(jīng)R到B,A點電勢大于B點電勢,B項正確,A項錯;由q=I·Δt=E-·ΔtR+r=nΔΦ·ΔtΔt·(R+r)=nΔΦR+r=0.05 C,C項對;非靜電力做功W=EI·Δt=E2R+r·Δt=(nΔΦ)2·Δt(Δt)2·(R+r)=(nΔΦ)2Δt·(R+r)=2.5 J,D項對。 5.(2018西城期末)如圖所示,水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,兩導(dǎo)軌

6、間距為l,電阻均可忽略不計。在M和P之間接有阻值為R的定值電阻,導(dǎo)體桿ab電阻為r并與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向上的勻強磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個瞬時沖量,使它獲得水平向右的初速度v0。下列圖像中,關(guān)于ab桿的速度v、通過電阻R中的電流i、電阻R的電功率P、通過MPabM的磁通量Φ隨時間變化的規(guī)律,可能正確的是(　　) 答案　B　E=Blv,F安=BER+r ·l,ab桿做減速運動,v越來越小,F安越來越小,a=F安mab越來越小,v-t圖線斜率的絕對值等于加速度a的大小,ab桿不做勻減速運動,由i=BlvR+r知,i隨時間變小,i-t圖像與v-t圖像變化規(guī)律相

7、同,A錯誤,B正確;R的電功率P=i2R=B2l2v2(R+r)2R,功率P越來越小,C錯;通過MPabM的磁通量增加,D錯。 6.粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中,磁場方向垂直于線框平面,其邊界與正方形線框的邊平行?，F(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場,如圖所示,則在移出過程中線框一邊a、b兩點間的電勢差絕對值最大的是(　　) 答案　B　線框各邊電阻相等,切割磁感線的那個邊視為電源,產(chǎn)生的電動勢大小相同均為Blv,其余三條邊視為外電路。在A、C、D中,|Uab|=14Blv,B中,|Uab|=34Blv,B正確。 7.(2018房山一模)如圖所示,在光

8、滑水平面上有一長為L=0.5 m的單匝正方形閉合導(dǎo)體線框abcd,處于磁感應(yīng)強度為B=0.4 T的有界勻強磁場中,其ab邊與磁場的邊界重合。線框由同種粗細(xì)均勻、電阻為R=2 Ω的導(dǎo)線制成。現(xiàn)用垂直于線框ab邊的水平拉力,將線框以速度v=5 m/s向右沿水平方向勻速拉出磁場,此過程中保持線框平面與磁感線垂直,且ab邊與磁場邊界平行。求線框被拉出磁場的過程中: (1)通過線框的電流大小及方向; (2)線框中c、d兩點間的電壓大小; (3)水平拉力的功率。 答案　(1)見解析　(2)0.75 V　(3)0.5 W 解析　(1)cd邊切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=BLv,代入數(shù)據(jù)解得E=

9、1 V I=ER=0.5 A,方向為cbadc (2)c、d兩點間電壓為路端電壓,由閉合電路歐姆定律有Ucd=I·34R=0.75 V (3)線框所受安培力FA=BIL,代入數(shù)據(jù)解得FA=0.1 N,勻速運動,拉力等于安培力 由P=Fv,得P=0.5 W 8.(2017朝陽一模)足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,間距L=0.4 m,一端連接R=1 Ω的電阻,導(dǎo)軌所在空間存在豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=1 T,其俯視圖如圖所示。導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,其長度恰好等于導(dǎo)軌間距,其電阻r=1 Ω,與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計。在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下,導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運動,速度v

10、=5 m/s。求: (1)通過導(dǎo)體棒的電流I的大小; (2)導(dǎo)體棒兩端的電壓U,并指出M、N兩點哪一點的電勢高; (3)拉力F的功率PF以及整個電路的熱功率PQ。 答案　(1)1 A　(2)U=1 V　N點電勢高　(3)PF=2 W　PQ=2 W 解析　(1)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=BLv=2 V 電路中的電流為I=ER+r=1 A (2)路端電壓U=IR=1 V,根據(jù)右手定則可知,N端為電源正極,即N點電勢高。 (3)因為導(dǎo)體棒做勻速直線運動,所以F-F安=0,即F=F安=BIL=0.4 N 拉力的功率為PF=Fv=2 W 整個電路的熱功率為PQ=I2

11、(R+r)=2 W B組　綜合提能 1.(2018東城二模)有電阻的導(dǎo)電圓盤半徑為R,其邊緣用電阻不計的導(dǎo)電材料包裹,可繞固定點O在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動,其軸心O和邊緣處電刷A均不會在轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生阻力,空氣阻力也忽略不計。用導(dǎo)線將電動勢為E的電源、導(dǎo)電圓盤、電阻和開關(guān)連接成閉合回路,如圖1所示在圓盤所在區(qū)域內(nèi)充滿豎直向下的勻強磁場,如圖2所示只在A、O之間的一塊圓形區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強磁場,兩圖中磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B,且磁場區(qū)域固定。如果將開關(guān)S閉合,圓盤將會轉(zhuǎn)動起來。 (1)在圖1中,將開關(guān)S閉合足夠長時間后,圓盤轉(zhuǎn)速達(dá)到穩(wěn)定。 a.從上往下看,圓盤的轉(zhuǎn)動方向是順時針還是逆時針?

12、b.求穩(wěn)定時圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω1的大小。 (2)在圖2中,進行了兩次操作:第一次,當(dāng)圓盤加速到ω0時將開關(guān)斷開,圓盤逐漸減速停下;第二次,當(dāng)圓盤加速到2ω0時將開關(guān)斷開,圓盤逐漸減速停下。已知從理論上可以證明:在圓盤減速過程中任意一個極短的時間Δt內(nèi),角速度的變化量Δω=kFΔt,F是該時刻圓盤在磁場區(qū)域受到的安培力的大小,k為常量。求兩次操作中從開始減速到停下的過程中圓盤轉(zhuǎn)過的角度之比θ1∶θ2。 (3)由于圖1中的磁場范圍比圖2中的大,所以剛閉合開關(guān)瞬時,圖1中圓盤比圖2中圓盤加速得快。有人認(rèn)為:斷開開關(guān)后,圖1中圓盤也將比圖2中圓盤減速得快。請分析說明這樣的想法是否正確。 答案

13、　(1)a.逆時針　b.2EBR2　(2)1∶2　(3)見解析 解析　(1)a.由左手定則分析可知,從上往下看,圓盤的轉(zhuǎn)動方向是逆時針方向。 b.圓盤轉(zhuǎn)動時,產(chǎn)生沿半徑方向的感應(yīng)電動勢,在與軸O距離為r處沿半徑方向取一小段長度Δr,這一小段距離上的感應(yīng)電動勢ΔE感=BrωΔr,從軸O到圓盤邊緣處求和,可得感應(yīng)電動勢E感=Bω0+R2R=12BR2ω。當(dāng)轉(zhuǎn)動穩(wěn)定后,圓盤的感應(yīng)電動勢(即反電動勢)與電源電動勢相等,因此有12BR2ω1=E,解得ω1=2EBR2。 (2)圖2中開關(guān)斷開圓盤減速時,由于磁場區(qū)域固定,所以仍有圓盤的感應(yīng)電動勢E感∝ω,且可認(rèn)為圓盤中電流流經(jīng)的路徑及電阻不變,所以安

14、培力F∝I∝E∝ω,即安培力F與角速度ω成正比;由題意知:在任意一段極短的時間Δt內(nèi),角速度的變化量Δω=kFΔt,考慮到其中F∝ω,可知Δω=k'ωΔt(k'為另一常量),又因為ωΔt=Δθ(圓盤轉(zhuǎn)過的角度),則有:對應(yīng)任一小段時間Δt,總有Δθ∝Δω。 所以,從開始減速到停下的這段時間內(nèi),圓盤轉(zhuǎn)過的角度之比等于其角速度之比,即θ1∶θ2=ω0∶2ω0=1∶2。 (3)開關(guān)斷開后,由于圖1中磁場充滿整個圓盤,使得圓盤沿每條半徑方向的感應(yīng)電動勢都一樣大,電荷只在盤心和盤邊緣處積累,不會在圓盤內(nèi)部形成電流(渦流),因此在開關(guān)斷開后,只要沒有其他的阻力,圓盤將勻速轉(zhuǎn)動不會減速。圖2中由于磁場存

15、在于圓盤中的一部分區(qū)域內(nèi),使得開關(guān)斷開后,仍有電流在圓盤內(nèi)部形成回路(渦流),進而引起安培力使圓盤減速。因此題中的想法錯誤。 2.(2017西城期末)如圖1所示,水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,兩導(dǎo)軌間距為l,電阻均可忽略不計。在M和P之間接有阻值為R的定值電阻,導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻為r,并與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于方向豎直向上磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個初速度v0,使桿向右運動。 圖1 (1)當(dāng)ab桿剛好具有初速度v0時,求此時ab桿兩端的電壓U,a、b兩端哪端電勢高; (2)請在圖2中定性畫出通過電阻R的電流i隨時間變化規(guī)律的圖像;

16、圖2 (3)若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器,如圖3所示。同樣給ab桿一個初速度v0,使桿向右運動。請分析說明ab桿的運動情況,并推導(dǎo)證明桿穩(wěn)定后的速度為v=mv0m+B2l2C。 圖3 答案　見解析 解析　(1)ab桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=Blv0 根據(jù)閉合電路歐姆定律I=ER+r 桿兩端電壓即路端電壓U=IR 解得U=Blv0RR+r 由右手定則知a端電勢高 (2)如圖所示 (3)分析:當(dāng)ab桿以初速度v0開始切割磁感線時,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,電路開始給電容器充電,有電流通過ab桿,桿在安培力的作用下做減速運動,隨著速度減小,安培力減小,加速度也減小,桿做加速度減小的減速運動。當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動勢相等時,充電結(jié)束,桿以恒定的速度做勻速直線運動。 推導(dǎo)證明:當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動勢相等時有U=Blv 根據(jù)電容器電容C=QU 以ab桿為研究對象,在很短的一段時間Δt內(nèi),桿受到的沖量大小為BIlΔt 從ab桿開始運動至速度達(dá)到穩(wěn)定的過程,根據(jù)動量定理∑-BIlΔt=-BlQ=mv-mv0 解得v=mv0m+B2l2C 9