高考物理全一册专题75电磁感应中的电路和图象问题练习含解析

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专题75　电磁感应中的电路和图象问题1．产生电动势的那部分导体相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，电源两端电压为路端电压.2.判断图象正误时，注意电磁感应发生分为几个过程，和图象的变化是否对应，优先使用排除法．1.(2020·新疆克拉玛依市四模)如图1所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合．线圈按图示方向匀速转动．若从图示位置开始计时，并规定电流a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是(　　)图1答案　A解析　题图所示时刻，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为：a→d→c→b→a，为负方向．线圈中产生的感应电动势表达式为e＝Emsin ωt＝BSωsin ωt，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i＝－＝－sin ωt＝－Imsin ωt，其中Im＝.故线圈中感应电流按正弦规律变化，根据数学知识得知A正确，B、C、D错误．2.如图2所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是(　　)图2答案　A解析　线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全在磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．3.(2020·安徽江淮十校联考)如图3所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动．金属导轨间距为L且电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L，ab间有一电阻，阻值为R，MN两点间电势差为U，则通过电阻R的电流方向及U的大小(　　)图3A．a→b，BLv B．a→b，C．a→b， D．b→a，答案　B解析　由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→b，MN产生的感应电动势为E＝BLv，电阻两端的电压为U＝·R＝，B正确，A、C、D错误．4.(多选)如图4所示，均匀金属圆环总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直地穿过圆环．金属杆OM的长为L，电阻为R，M端与环紧密接触，金属杆OM绕过圆心的转轴O以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接．下列结论正确的是(　　)图4A．金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为B．通过电阻R的电流最小值为，方向从下到上C．通过电阻R的电流最大值为，且R的上端比下端电势高D．OM两点之间的电势差绝对值的最大值为答案　AD解析　金属杆在磁场中做匀速圆周运动，产生的感应电动势E＝，选项A正确；当金属杆M端转到圆环上A点正上方时，接入电路中的总电阻最大R总＝3R，由闭合电路欧姆定律得电流的最小值为I小＝＝，电流方向自下而上，选项B错误；当金属杆M端转到A点时，接入电路中的总电阻最小R总′＝2R，由闭合电路欧姆定律得电流的最大值为I大＝＝，流过电阻R的电流方向自下而上，电阻R下端电势高于上端，选项C错误；OM两点之间的电势差绝对值的最大值为U＝E－I小R＝，选项D正确．5.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图5，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)图5答案　AD解析　根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力大小与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D.6.(2020·山东临沂市蒙阴实验中学期末)如图6所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区域开始计时，到A点离开磁场区域的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是图中的(　　)图6答案　A解析　在线框进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量增多，根据楞次定律及安培定则可知，线框中产生逆时针方向的电流，由于切割磁感线的有效长度逐渐减小，根据E＝Blv，I＝可知感应电流逐渐减小；当线框全部进入磁场中时，线框中无感应电流；在线框出磁场的过程中，穿过线框的磁通量减少，线框中产生顺时针方向的电流，切割磁感线的有效长度逐渐减小，感应电流也逐渐减小，故A符合题意．7．(多选)(2020·山东淄博十中期末)如图7甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为1 m，在1位置以速度v0＝3 m/s进入匀强磁场时开始计时，此时线框中的感应电动势为1 V，在t＝3 s时线框到达2位置开始离开匀强磁场．此过程中线框的v－t图象如图乙所示，那么(　　)图7A．t＝0时，线框右侧边MN两端的电压为0.25 VB．恒力F的大小为0.5 NC．线框完全离开磁场的瞬时速度大小为2 m/sD．线框从位置1到位置3的过程中产生的焦耳热为6 J答案　BCD解析　t＝0时，线框右侧边MN两端的电压为路端电压，总的感应电动势为1 V，则路端电压U外＝E＝0.75 V，故A错误；线框完全进入磁场后，由于磁通量没有变化，所以没有感应电流产生，线框只受恒力F的作用，做匀速直线运动，结合题图乙可知线框在1～3 s内做匀加速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律有F＝ma，解得F＝0.5 N，故B正确；由题意可知t＝3 s时线框到达2位置开始离开匀强磁场，此时线框的速度与刚进入磁场时的速度相同，则线框穿出磁场与进入磁场的运动情况完全相同，线框完全离开磁场的瞬时速度与t＝1 s时的速度相等，即为2 m/s，故C正确；线框进入磁场和离开磁场的过程中产生的焦耳热相同，由功能关系有Q＝2[Fl＋(mv02－mv12)]＝2[0.5×1＋×1×(32－22)] J＝6 J，故D正确．