《2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)45 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)45 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題（含解析）（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、作業(yè)45　電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題　　　　 9 一、選擇題 1．粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個(gè)不同方向平移出磁場(chǎng)，如圖所示，則在移出過程中線框一邊a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差絕對(duì)值最大的是(　　) 解析：線框各邊電阻相等，切割磁感線的那個(gè)邊為電源，電動(dòng)勢(shì)相同，均為Blv.在A、B、C中，Uab＝Blv，D中，Uab＝Blv，選項(xiàng)D正確． 答案：D 2．如圖45－1所示，MN、PQ為兩平行金屬導(dǎo)軌，M、P間連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)

2、軌所在平面垂直，圖中磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，有一金屬圓環(huán)沿兩導(dǎo)軌滑動(dòng)、速度為v，與導(dǎo)軌接觸良好，圓環(huán)的直徑d與兩導(dǎo)軌間的距離相等，設(shè)金屬環(huán)與導(dǎo)軌的電阻均可忽略，當(dāng)金屬環(huán)向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)(　　) 圖45－1 A．有感應(yīng)電流通過電阻R，大小為 B．沒有感應(yīng)電流通過電阻R C．沒有感應(yīng)電流流過金屬圓環(huán)，因?yàn)榇┻^圓環(huán)的磁通量不變 圖45－2 D．有感應(yīng)電流流過金屬圓環(huán)，且左、右兩部分流過的電流相同 解析：畫等效電路如圖45－2所示，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E0＝Bdv，電池組的電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv，所以過電阻R的電流I＝＝，A、B錯(cuò)誤．由等效電路可知，有感應(yīng)電流流過金屬環(huán)，并且左、右

3、兩部分并聯(lián)，內(nèi)阻不計(jì)，所以左、右兩部分流過的電流相同，C錯(cuò)誤，D正確． 答案：D 3．將一段導(dǎo)線繞成如圖45－3甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)．回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng)Ⅱ，以向里為磁場(chǎng)Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖45－3乙所示．用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖象是(　　) 圖45－3 解析：0～時(shí)間內(nèi)，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向、大小不變的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可以判定ab邊所受安培力向左.～T時(shí)間內(nèi)，回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向、大小不變的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定

4、則可以判定ab邊所受安培力向右，故B正確． 答案：B 4．(2019年北京東城區(qū)期末)如圖45－4所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的區(qū)域?qū)挾葹?a，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.一邊長(zhǎng)為a、電阻為4R的正方形均勻?qū)Ь€框CDEF從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，關(guān)于線框EF兩端的電壓UEF與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系，下列圖象正確的是(　　) 圖45－4 解析：線框經(jīng)過整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝Bav，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，等效電路如圖45－5甲所示；完全在磁場(chǎng)中時(shí)，等效電路如圖45－5乙所示；一條邊從磁場(chǎng)中離開時(shí)，等效電路如圖45－5丙所示．選項(xiàng)

5、D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤． 圖45－5 答案：D 5．(2019年陜西西安檢測(cè))一足夠大的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其頂點(diǎn)A在直線MN上，且AB、AD與MN的夾角為45°，如圖45－6所示，一邊長(zhǎng)為a的正方形導(dǎo)線框從圖示位置沿圖示直線MN以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较?，下圖中能夠正確表示電流—時(shí)間關(guān)系的是(　　) 圖45－6 解析：導(dǎo)線框由開始位置運(yùn)動(dòng)距離a的過程中，導(dǎo)線框的右邊導(dǎo)線切割磁感線，由于導(dǎo)線進(jìn)入磁場(chǎng)的部分均勻增大，因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻增大，導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)距離在a～2a的過程中，導(dǎo)線框的右邊導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度

6、越來越小，而左邊導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度越來越大，由于右邊導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為逆時(shí)針方向，而左邊導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為順時(shí)針方向，因此，在此過程中導(dǎo)線框總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由正值減小到零再到負(fù)值，且變化比開始進(jìn)入時(shí)要快；導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)距離在2a～3a的過程中，只有左邊導(dǎo)線在切割磁感線，因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為負(fù)值，又由于左邊導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度越來越小，因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也越來越小，由此可知C正確． 答案：C 6．(2019年浙江紹興諸暨牌頭中學(xué)期末)如圖45－7所示，兩水平虛線ef、gh之間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電阻為R的正方形鋁線框abcd從虛線ef上方某位置由靜止釋放，線框運(yùn)動(dòng)中ab始終是水平的

7、，已知兩虛線ef、gh間距離大于線框邊長(zhǎng)，則從開始運(yùn)動(dòng)到ab邊到達(dá)gh線之前線框的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖象合理的是(　　) 圖45－7 解析：線框先做自由落體運(yùn)動(dòng)，由線框?qū)挾刃∮诖艌?chǎng)的寬度可知，當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)且cd邊未出磁場(chǎng)的過程中，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，則線框的加速度與線框自由下落時(shí)一樣，均為g.若cd邊剛好勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，mg＝F安＝，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后線框又做勻加速運(yùn)動(dòng)，cd邊出磁場(chǎng)后減速，當(dāng)達(dá)到上述勻速的速度后又做勻速運(yùn)動(dòng)，即線框出磁場(chǎng)時(shí)的速度不可能小于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，故A、B錯(cuò)誤；若cd邊減速進(jìn)入磁場(chǎng)，線框全部進(jìn)入后做勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到進(jìn)磁場(chǎng)的速度時(shí)

8、不可能勻速；若cd邊加速進(jìn)入磁場(chǎng)，全部進(jìn)入后做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)cd邊出磁場(chǎng)時(shí)線框有可能加速、勻速、減速，故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：D 7．(2019年安徽江南十校聯(lián)考)(多選)如圖45－8所示，磁場(chǎng)與線圈平面垂直，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，v1＝3v2.在先后兩種情況下(　　) 圖45－8 A．線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2＝1∶3 B．線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2＝3∶1 C．線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝3∶1 D．通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2＝1∶1 解析：v1＝3v2，根據(jù)E＝BLv知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為3∶1，感應(yīng)電流I＝

9、，則感應(yīng)電流之比I1∶I2＝3∶1，故A錯(cuò)誤，B正確．由v1＝3v2知，t1∶t2＝1∶3，根據(jù)Q＝I2Rt知，焦耳熱Q1∶Q2＝3∶1，故C正確．根據(jù)q＝It＝知，通過某截面的電荷量之比q1∶q2＝1∶1，故D正確． 答案：BCD 8．(2019年唐山摸底)(多選)如圖45－9甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖45－9乙所示(圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，MN始終保持靜止，則0～t2時(shí)間內(nèi)(　　) 圖45－9 A．電容器C的電荷量大小始終不變 B．電容器C的a

10、板先帶正電后帶負(fù)電 C．MN所受安培力的大小始終不變 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 解析：磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動(dòng)勢(shì)，電容器C的電荷量大小始終沒變，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，根據(jù)楞次定律和左手定則可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 答案：AD 9．(多選)如圖45－10所示，水平面上兩根足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距為L(zhǎng)，一端通過導(dǎo)線與阻值為R的電阻連接．導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m的金屬桿，金屬桿、導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向下．用與導(dǎo)軌平行的恒定拉力F作用在金屬桿上，桿最終將做勻速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)改變拉力的大小時(shí)，金屬桿做

11、勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v也會(huì)變化，v和F的關(guān)系如圖乙所示．下列說法正確的是(　　) 圖45－10 A．金屬桿在勻速運(yùn)動(dòng)之前做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．流過電阻R的電流方向?yàn)閍→R→b C．由圖象可以得出B、L、R三者的關(guān)系式為＝ D．當(dāng)恒力F＝3 N時(shí)，電阻R消耗的最大電功率為8 W 解析：金屬桿在勻速運(yùn)動(dòng)之前，隨著運(yùn)動(dòng)速度的增大，由F安＝可知金屬桿所受的安培力增大，由牛頓第二定律可知金屬桿的加速度減小，故金屬桿做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由楞次定律可知，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→R→b，選項(xiàng)B正確；因?yàn)閳D象與橫軸交點(diǎn)等于金屬桿所受摩擦力的大小，故由圖象可知金屬桿所受的摩擦力為

12、Ff＝1 N，金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有F－Ff＝F安＝，則可得＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)恒力F＝3 N時(shí)，金屬桿受到的安培力大小為F安＝F－Ff＝2 N，金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度為4 m/s，所以金屬桿克服安培力做功的功率P＝8 W，轉(zhuǎn)化為電能的功率為8 W，故電阻R消耗的最大電功率為8 W，選項(xiàng)D正確． 答案：BD 10．(2019年濟(jì)南期末)(多選)如圖45－11所示，一沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬度為2L的某矩形區(qū)域內(nèi)(長(zhǎng)度足夠大)，該區(qū)域的上下邊界MN、PS是水平的．有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框abcd從距離磁場(chǎng)上邊界MN的某高處由靜止釋放下落而穿過該磁場(chǎng)區(qū)域，已知當(dāng)線框的ab邊到達(dá)PS時(shí)線框剛好做

13、勻速直線運(yùn)動(dòng)．以線框的ab邊到達(dá)MN時(shí)開始計(jì)時(shí)，以MN處為坐標(biāo)原點(diǎn)，取如圖坐標(biāo)軸x，并規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，向上為線圈所受安培力的正方向．則下列關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i和線框所受到的安培力F與ab邊的位置坐標(biāo)x的圖線中，可能正確的是(　　) 圖45－11 解析：根據(jù)題意，在0～L上，線框加速進(jìn)磁場(chǎng)，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；在第L～2L上，做加速度不變的勻加速運(yùn)動(dòng)，線圈中沒有感應(yīng)電流；第2L～3L上做勻速運(yùn)動(dòng)．由楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，由i＝判斷電流的大小，可知選項(xiàng)A正確；由左手定則和F＝BiL可知，選項(xiàng)D正確． 答案：AD 11．(多選)半徑為r帶缺口的剛性金屬圓

14、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45－12甲所示．有一變化的磁場(chǎng)垂直于紙面，規(guī)定垂直于紙面向里為正方向，磁場(chǎng)變化規(guī)律如圖45－12乙所示．在t＝0時(shí)刻兩平行金屬板之間中心有一重力不計(jì)、電荷量為q的靜止微粒，則以下說法中正確的是(　　) 圖45－12 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(chǎng)強(qiáng)度大小為 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(chǎng)力方向豎直向上

15、，微粒向上做勻加速運(yùn)動(dòng).1～2 s內(nèi)的情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，微粒所受電場(chǎng)力方向豎直向下，微粒向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，第2 s末速度減小為零.2～3 s內(nèi)的情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，微粒所受電場(chǎng)力方向豎直向下，微粒向下做勻加速運(yùn)動(dòng)．兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝＝＝.3～4 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(chǎng)力方向豎直向上，微粒向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，第4 s末速度減小為零，同時(shí)回到了原來的位置．若微粒帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)情況相反，4 s末速度減小為零，同時(shí)回到了原來位置．綜上所述，選項(xiàng)A、D正確． 答案：AD

16、12．(2019年貴州黔南州三校聯(lián)考)(多選)如圖45－13所示，豎直光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向都垂直于導(dǎo)軌平面向外，區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k>0)變化，C2中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B2，一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，并恰能保持靜止．則(　　) 圖45－13 A．通過金屬桿的電流大小為 B．通過金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到A C．定值電阻的阻值為R＝－r D．整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱功率P＝ 解析：AB桿平衡，mg＝B2I·2a

17、，解得I＝，A錯(cuò)誤；安培力向上，根據(jù)左手定則可知，AB中感應(yīng)電流的方向?yàn)閺腂到A，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E＝＝·πa2＝kπa2，由I＝解得R＝－r，C正確；整個(gè)電路產(chǎn)生的熱功率P＝EI＝，D正確． 答案：BCD 二、非選擇題 13．平行水平長(zhǎng)直導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，左端接一耐高壓的電容器C.輕質(zhì)導(dǎo)體桿cd與導(dǎo)軌接觸良好，如圖45－14所示，在水平力作用下以加速度a從靜止做勻加速運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B豎直向下，不計(jì)摩擦與電阻，求： 圖45－14 (1)所加水平外力F與時(shí)間t的關(guān)系； (2)在時(shí)間t內(nèi)有多少能量轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能？ 解析：(1)對(duì)于導(dǎo)體棒cd，由于

18、做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有： v＝at，由E＝BLv可知：E＝BLat 對(duì)于電容器，由C＝可知：Q＝CU＝CBLat， 對(duì)于閉合回路，由I＝可知：I＝CBLa 對(duì)于導(dǎo)體棒，由F安＝BIL可知：F安＝B2L2Ca① 由牛頓第二定律可知：F－F安＝ma，F(xiàn)＝(m＋B2L2C)a，因此對(duì)于外力F來說，是一個(gè)恒定的外力，不隨時(shí)間變化． (2)對(duì)于導(dǎo)體棒cd，克服安培力做多少功，就應(yīng)有多少能量轉(zhuǎn)化為電能，則有：W安＝－F安x② x＝at2③ 由①②③式得：W安＝－， 所以在t秒內(nèi)轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能的能量為：E＝. 答案：(1)F＝(m＋B2L2C)a，為恒力，不隨時(shí)間t變化 (2) 14．如圖

19、45－15甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌ef、cd與水平面成θ＝30°角固定，導(dǎo)軌間距離為l＝1 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B＝1 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45－15乙所示．取g＝10 m/s2. 圖45－15 (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 Ω，且金屬棒的加速度為g時(shí)，求金屬棒的速度

20、大?。? 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E＝Blvm， 由閉合電路歐姆定律有E＝I， 根據(jù)平衡條件有BIl＝mgsinθ， 整理得＝， 由－圖象可知＝1 m－1·s·Ω， ·＝0.5 m－1·s. 解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω. (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E′＝Blv，由閉合電路歐姆定律有E′＝I′，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BI′l＝m，聯(lián)立解得v＝0.5 m/s. 圖45－16 答案：(1)0.2 kg　2 Ω　(2)0.5 m/s 　　　　　　　　　　　 10