《2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練33 電磁感應中電路和圖像問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練33 電磁感應中電路和圖像問題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練33 電磁感應中電路和圖像問題 一、選擇題 1．穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象分別如圖①～④所示．下列關于回路中產生的感應電動勢的論述中正確的是(　　) A．圖①中，回路產生的感應電動勢恒定不變 B．圖②中，回路產生的感應電動勢一直在變大 C．圖③中，回路在0～t1時間內產生的感應電動勢小于在t1～t2時間內產生的感應電動勢 D．圖④中，回路產生的感應電動勢先變小再變大 解析：由法拉第電磁感應定律E＝n可得，閉合回路產生的感應電動勢取決于Φ－t圖象的斜率的絕對值大?。畧D①中Φ－t圖象的斜率為零，故感應電動勢為零，A錯誤；圖②中

2、Φ－t圖象斜率不變，故感應電動勢為定值，B錯誤；圖③中回路中0～t1時間內Φ－t圖象的斜率的絕對值大于t1～t2時間內Φ－t圖象的斜率的絕對值，故在0～t1時間內產生的感應電動勢大于t1～t2時間內產生的感應電動勢，C錯誤；圖④中Φ－t圖象的斜率的絕對值先變小再變大，故回路產生的感應電動勢先變小再變大，D正確． 答案：D 2. 如圖所示，兩根相距為l的平行直導軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導軌電阻忽略不計，MN為放在ab和cd上的一導體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個裝置處于勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于導軌所在平面(指向圖中紙面內)，現(xiàn)對MN施力使它沿

3、導軌方向以速度v(如圖)做勻速運動，令U表示MN兩端電壓的大小，則(　　) A．U＝vBl，流過固定電阻R的感應電流由b到d B．U＝vBl，流過固定電阻R的感應電流由d到b C．U＝vBl，流過固定電阻R的感應電流由b到d D．U＝vBl，流過固定電阻R的感應電流由d到b 解析：導體桿向右做勻速直線運動產生的感應電動勢Blv，R和導體桿形成一串聯(lián)電路，由分壓原理得U＝·R＝Blv，由右手定則可判斷出感應電流方向由N→M→b→d→N，故A選項正確． 答案：A 3．(xx·臨沂三月)如圖甲所示，光滑導軌水平放置在與水平方向夾角為60°的斜向下的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時

4、間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為正方向)，導體棒ab垂直導軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導體棒ab在水平外力F作用下始終處于靜止狀態(tài)．規(guī)定a→b的方向為電流的正方向，水平向右的方向為外力F的正方向，則在0～t1時間內，能正確反映通過導體棒ab的電流i和導體棒ab所受水平外力F隨時間t變化的圖象是(　　) 解析：由楞次定律可判定回路中的電流方向始終為b→a，由法拉第電磁感應定律可判定回路中電流大小恒定，故A、B錯；由F安＝BIL可得F安隨B的變化而變化，在0～t0時間內，F(xiàn)安方向斜向右下，故外力F與F安的水平分力等值反向，方向向左為負值；在t0～t1時間內，F(xiàn)安的水平分力方

5、向改變，故外力F方向也改變?yōu)檎担蔆錯誤，D正確． 答案：D 4. (xx·大綱卷)紙面內兩個半徑均為R的圓相切于O點，兩圓形區(qū)域內分別存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小相等、方向相反，且不隨時間變化．一長為2R的導體桿OA繞過O點且垂直于紙面的軸順時針勻速旋轉，角速度為ω，t＝0時，OA恰好位于兩圓的公切線上，如圖所示．若選取從O指向A的電動勢為正，下列描述導體桿中感應電動勢隨時間變化的圖象可能正確的是(　　) 解析：從導體桿轉動切割磁感線產生感應電動勢的角度考慮．當導體桿順時針轉動切割圓形區(qū)域中的磁感線時，由右手定則判斷電動勢由O指向A，為正，選項D錯誤；切割過

6、程中產生的感應電動勢E＝BL＝BL2ω，其中L＝2Rsinωt，即E＝2BωR2sin2ωt，可排除選項A、B，選項C正確． 答案：C 5. (xx·陜西省西工大附中高三第六次模擬)如圖所示，平行導軌之間有一個矩形磁場區(qū)，在相等面積兩部分區(qū)域內存在著磁感應強度大小相等方向相反的勻強磁場．細金屬棒AB沿導軌從PQ處勻速運動到P′Q′的過程中，棒上AB兩端的電勢差UAB隨時間t的變化圖象正確的是(　　) 解析：AB在到達磁場左邊界前、及離開右邊界后沒有感應電動勢，設導體棒切割磁感線的總長度為L，在兩個磁場中切割的長度分別為L1和L2，則L1＋L2＝L①，則感應電動勢UAB＝B(L1

7、－L2)v② 由①②式得：UAB＝2BL1v－BLv，在運動過程中L1逐漸減小，UAB先正后負，C正確． 答案：C 6. (xx·福建卷)如圖，矩形閉合導體線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻．線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場方向垂直．設OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律(　　) 解析：根據(jù)導體線框進入磁場的速度的不同分析線框的受力情況、運動情況，從而判斷可能的v－t圖象． 線框先做自由落體運動，因線框

8、下落高度不同，故線框ab邊剛進磁場時，其所受安培力F安與重力mg的大小關系可分以下三種情況： ①當F安＝mg時，線框勻速進入磁場，其速度v＝，選項D有可能； ③當F安mg時，線框減速進入磁場，a＝－g，v減小，a減小，線框做加速度逐漸減小的減速運動，當線框未完全進入磁場而a減為零時，即此時F安＝mg，線框開始做勻速運動，當線框完全進入磁場后做勻加速直線運動，選項B有可能．故不可能的只有選項A. 答案：A 7．(多選)如圖甲所示，正六邊形導線框ab

9、cdef放在勻強磁場中靜止不動，磁場方向與線框平面垂直，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示．t＝0時刻，磁感應強度B的方向垂直紙面向里，設產生的感應電流以順時針方向為正、豎直邊cd所受安培力的方向以水平向左為正．則下面關于感應電流i和cd邊所受安培力F隨時間t變化的圖象正確的是(　　) 解析：0～2 s時間內，負方向的磁場在減弱，產生正方向的恒定電流，cd邊受安培力向右且減小.2 s～3 s時間內，電流仍是正方向，且大小不變，此過程cd邊受安培力向左且增大.3 s～6 s時間內，電流沿負方向，大小不變，cd邊受安培力先向右后變?yōu)橄蜃?，故選A、C. 答案：AC 8．(多選)

10、 (xx·錦州一模)如圖所示，兩平行光滑的金屬導軌MN、PQ固定在水平面上，相距為L，處于豎直向下的磁場中，整個磁場由n個寬度皆為x0的條形勻強磁場區(qū)域1、2、3、…、n組成，從左向右依次排列，磁感應強度大小分別為B、2B、3B、…、nB，兩導軌左端MP間接入電阻R，金屬棒ab垂直放在水平導軌上，且與導軌接觸良好，不計導軌和金屬棒的電阻．若在不同的磁場區(qū)對金屬棒施加不同的拉力，使棒ab以恒定速度v向右勻速運動．取金屬棒圖示位置(即磁場1區(qū)左側)為x＝0，則通過棒ab的電流i、對棒施加的拉力F隨位移x變化的圖象是(　　) 解析：金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv，電路中感應電流

11、I＝＝，所以通過棒的電流i與n成正比，選項A正確；棒所受的安培力F安＝BIL＝，因為棒勻速運動，對棒施加的外力F與F安等大反向，即F與n2成正比，選項D正確． 答案：AD 9．(多選) 如圖所示，在坐標系xOy中，有邊長為L的正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合、頂點a位于坐標原點O處．在y軸右側的Ⅰ、Ⅳ象限內有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行．t＝0時刻，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a方向的感應電流為正方向，則在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，感應電流i、ab

12、間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是下圖中的(　　) 解析：在ab邊通過磁場的過程中，利用楞次定律或右手定則可判斷出電流方向為逆時針方向，即沿正方向，電流在減小，Uab＝－I(Rbc＋Rcd＋Rda)在減小．在cd邊通過磁場的過程中，可判斷出電流為順時針方向，即沿負方向，電流逐漸減小，Uab＝－IRab逐漸減小，A、D正確． 答案：AD 二、非選擇題 10．(xx·重慶一中月考) 如圖所示，勻強磁場B＝0.1 T，金屬棒AB長0.4 m，與框架寬度相同，電阻為 Ω，框架電阻不計，電阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，當金屬棒以5 m/s的速度勻速向左運動時，求： (1)流過金屬棒

13、的感應電流多大？ (2)若圖中電容器C為0.3 μF，則帶電荷量是多少？ 解析：(1)由E＝BLv得 E＝0.1×0.4×5 V＝0.2 V R＝＝ Ω＝ Ω I＝＝ A＝0.2 A. (2)路端電壓U＝IR＝0.2× V＝ V Q＝CU2＝CU＝0.3×10－6× C＝4×10－8 C. 答案：(1)0.2 A　(2)4×10－8 C 11．(xx·廣州一模)如圖甲所示，空間存在一寬度為2L的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．在光滑絕緣水平面內有一邊長為L的正方形金屬線框，其質量m＝1 kg、電阻R＝4 Ω，在水平向左的外力F作用下，以初速度v0＝4 m/s勻減速進入磁場

14、，線框平面與磁場垂直，外力F大小隨時間t變化的圖線如圖乙所示．以線框右邊剛進入磁場時開始計時，求： (1)勻強磁場的磁感應強度B； (2)線框進入磁場的過程中，通過線框的電荷量q； (3)判斷線框能否從右側離開磁場？說明理由． 解析：(1)由F－t圖象可知，線框加速度a＝＝2 m/s2 線框的邊長L＝v0t－at2＝(4×1－×2×12) m＝3 m t＝0時刻線框中的感應電流I＝ 線框所受的安培力F安＝BIL 由牛頓第二定律F1＋F安＝ma 又F1＝1 N，聯(lián)立得B＝ T (2)線框進入磁場的過程中，平均感應電動勢＝ 平均電流＝ 通過線框的電荷量q＝t 聯(lián)立得q＝0.75 C. (3)設勻減速運動速度減為零的過程中線框通過的位移為x. 由運動學公式得0－v＝－2ax 代入數(shù)值得x＝4 m<2L 所以線框不能從右側離開磁場． 答案：(1) T　(2)0.75 C　(3)不能