2024年高考物理第一轮复习讲义：第十一章 专题突破13 电磁感应的电路和图像问题

这是一份2024年高考物理第一轮复习讲义：第十一章 专题突破13 电磁感应的电路和图像问题，共9页。
 【A级——夯实基础】 1．(2022·山东青岛模拟)如图所示，足够长的光滑U形导轨倾斜固定，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，一导体棒从导轨顶端由静止滑下，下滑过程中导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好。除导体棒外不计其他电阻，下列表示导体棒下滑的某过程中速度v与下滑时间t的关系图像可能正确的是(　　) 解析：导体棒下滑时，感应电动势E＝Blv，安培力F＝BIl＝B·l＝，下滑过程中，加速度a＝＝g sin θ－，随着速度v的增大，加速度a减小，当速度增大到安培力与重力沿导轨向下的分量大小相等时，导体棒开始做匀速直线运动，故选C。答案：C2．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在长为L的虚线框内，边长为d的正方形闭合线圈在外力作用下由位置1匀速穿过磁场区域运动到位置2。若L>2d，则在运动过程中线圈中的感应电流随时间变化的情况可以用以下哪幅图像来描述(　　)解析：在线圈向右移动，进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增大，故产生逆时针方向的感应电流，根据E＝Blv可知，感应电动势大小不变，则感应电流大小不变；当完全进入磁场时，穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流；在离开磁场的过程中，磁通量减小，故产生顺时针方向的感应电流，根据E＝Blv可知，感应电动势大小不变，则感应电流大小不变，故选D。答案：D3．(2022·江苏镇江模拟)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。下列说法正确的是(　　)A．在Δt时间内通过线圈的磁通量变化量为Ba2B．在Δt时间内通过线圈的磁通量变化量为nBa2C．线圈中产生的感应电动势为D．线圈中产生的感应电动势为解析：初态时，通过线圈的磁通量Φ1＝＝，末态时，通过线圈的磁通量Φ2＝＝Ba2，在Δt时间内通过线圈的磁通量变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势E＝n＝，故D正确，C错误。答案：D4．(2022·福建莆田模拟)如图甲，在虚线所示的区域内有竖直向上的匀强磁场，面积为S的单匝金属线框放在磁场中，线框上开有一小口与磁场外阻值为R的小灯泡相连。若金属线框的总电阻也为R，磁场随时间变化如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)A．b端电势较高B．线框cd边受到的安培力指向左C．a、b间电压大小为D．0～t0时间内小灯泡的电功率为解析：由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，通过R的电流方向为a→b，即a端电势高，故A错误；根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向右，故B错误；穿过线框的感应电动势E＝n＝·S＝，由闭合电路欧姆定律可得I＝，则电阻R两端的电压即a、b间电压U＝IR＝，故C错误；由电功率的计算表达式得P＝I2R＝，故D正确。答案：D5．如图所示，一个边长为L的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L，方向垂直纸面向里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直。如果从线圈的一条边刚进入磁场开始计时，下列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek随时间t变化的图像，不可能的是(　　)解析：若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，则线圈匀速进入，感应电流恒定，由q＝It可知，通过线圈横截面的电荷量均匀增大，线圈离开磁场时，由楞次定律可知，感应电流方向改变，通过的电荷量均匀减小，故A项可能；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不可能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不可能出现感应电流为零的情况，故B项不可能；由于线圈进入磁场时重力也可能大于安培力，因此继续做加速运动，但速度增大安培力也增大，则加速度减小，当安培力增大到等于重力时，加速度变为零，故C项可能；如果线圈刚进入磁场时安培力大于重力，则线圈做减速运动，速度减小，则安培力减小，最后可能达到平衡，速度不变，动能不变，故D项可能。答案：B6．如图所示，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，bc边紧靠磁感应强度为B、宽度为2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘。现使线框以初速度v0匀加速通过磁场，下列图中能定性反映线框从进入到完全离开磁场的过程中感应电流变化情况的是(　　)解析：根据楞次定律得到，线框完全处于磁场中时无感应电流，进磁场和出磁场过程感应电流方向相反。设线框的加速度为a，线框中产生的感应电动势e＝BLv，感应电流i＝＝＝，B、L、v0、R一定，i与t是线性关系。由于线框做匀加速运动，线框出磁场时感应电流比进磁场时大，且进入磁场的时间比离开磁场时间长，故A正确，B错误；由v2－v02＝2ax得到i＝，可见i与x是非线性关系，且进入磁场的位移与离开磁场的位移相等，故C、D错误。答案：A7．如图甲所示，两根电阻忽略不计的导轨平行放置，导轨左端接电阻R1，右端接小灯泡L，导体棒AB垂直于导轨放置，电阻R1、导体棒AB和小灯泡L的电阻均为R(不计灯泡电阻随温度的变化)，虚线MN右侧有垂直导轨平面的磁场，当导体棒AB从MN左侧某处匀速向右运动时开始计时，磁感应强度随时间变化如图乙所示，若导体棒AB从开始运动到穿越磁场的过程中，灯泡的亮度始终不变，则导体棒AB在穿越磁场前后电阻R1上消耗的功率之比是(　　)A．1∶1　　　　　　　 B．1∶2C．1∶3    D．1∶4解析：设通过灯泡的电流为I。据题可知，导体棒AB从开始运动到穿越磁场的过程中灯泡的亮度始终不变，说明此过程中灯泡的电流不变，当AB在MN左侧运动时，通过灯泡的电流等于通过R1电流的2倍，即通过R1的电流为I；当AB在MN右侧运动时，AB相当于电源，通过灯泡的电流I等于通过R1的电流，根据P＝I2R可知，导体棒AB在穿越磁场前后电阻R1上消耗的功率之比是1∶4，故D正确，A、B、C错误。答案：D8．如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长恰为L，电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直。下列说法正确的是(　　)A．ABFE回路的电流方向为顺时针，ABCD回路的电流方向为逆时针B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLvD．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝时，滑动变阻器有最大电功率且为解析：根据楞次定律可知，A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝，故导体棒两端的电压即路端电压应等于BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源的内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为，故当R1＝时，等效电源的输出功率最大，即滑动变阻器的电功率最大，当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝时，外电路电阻为，导体棒中电流I′＝，滑动变阻器中电流I1＝I′＝，滑动变阻器消耗的功率P＝I12＝，故D正确。答案：D9．如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动。阻值为R的电阻一端用导线和圆环最下端的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接。下列判断正确的是(　　)A．金属杆OM旋转产生正弦式感应电流B．通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到PC．通过电阻R的电流的最大值为D．O、M两点间电势差绝对值的最大值为解析：M端线速度为v＝ωl，OM切割磁感线的平均速度＝＝，OM转动切割磁感线产生的感应电动势恒为E＝Bl＝，当M端位于圆环最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R的电流最小，R并＝×2R＝R，通过电阻R的电流的最小值Imin＝＝，根据右手定则可知电流方向从Q到P，故A、B错误；当M位于圆环最下端时圆环被短路，此时通过电阻R的电流最大，为Imax＝＝，故C错误；OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，O、M两点间电势差的绝对值最大，其最大值U＝Imin·2R＝，故D正确。答案：D10．在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计，闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定。下列说法正确的是(　　)A．电容器上极板带正电B．线圈中产生的感应电动势大小为C．线圈两端的电压为D．线圈两端的电压为解析：由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A错误；由法拉第电磁感应定律知感应电动势E＝＝S＝×πr22，由闭合电路欧姆定律得感应电流I＝，所以线圈两端的电压U＝I(R1＋R2)＝，B、C错误，D正确。答案：D11．如图甲所示，水平面(纸面)内间距L＝2．5 m的平行光滑金属导轨间接一阻值R＝4 Ω的电阻，质量为m＝1 kg的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右拉力F的作用下由静止开始进入磁感应强度B＝0．8 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，经过5 s金属杆离开磁场区域。现测得电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示，杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好。求：(1)金属杆在5 s时的速度大小；(2)金属杆的速度随时间变化的关系式，并说明杆的运动性质；(3)水平力F随时间变化的关系式。解析：(1)设金属杆的速度为v，根据法拉第电磁感应定律得，金属杆产生的电动势E＝BLv             ①5 s时金属杆两端电压U＝E              ②由题图可知U＝2．0 V解得v＝1 m/s                          ③(2)由题图可知杆两端电压U＝0．4t(V)    ④由①②④得v＝0．2t (m/s)               ⑤即金属杆做初速度为0、加速度为a＝0．2 m/s2的匀加速直线运动。(3)在任意时刻t，对金属杆由牛顿第二定律得F－F安＝ma                           ⑥根据安培力公式得F安＝BIL             ⑦根据欧姆定律得I＝                  ⑧由④⑥⑦⑧得F＝0．2t＋0．2(N)。答案：(1)1 m/s(2)v＝0．2t (m/s)　金属杆做初速度为0、加速度为0．2 m/s2的匀加速直线运动(3)F＝0．2t＋0．2(N)【B级——能力提升】12．(2022·天津河西区模拟)如图所示，光滑的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M、P点和N、Q点间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B0，且磁场区域可以移动，一电阻也为R、长度大小也刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上，离灯L1足够远。现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场中时两灯恰好正常工作。棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。(1)求磁场移动的速度；(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，两灯中有一灯正常工作且都有电流通过，设t＝0时，磁感应强度为B0。试求出经过时间t时磁感应强度的可能值Bt。解析：(1)当ab刚处于磁场中时，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯刚好正常工作，则电路中路端电压U外＝U由电路的分压规律得内电压U内＝2U则感应电动势E＝U外＋U内＝3U由E＝B0lv＝3U可得v＝。(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，可得棒与L1并联后再与L2串联，所以要保证L2不被烧坏，则L2两端的电压为U，电路中的总电动势E＝U＋＝根据法拉第电磁感应定律得E＝＝ld联立解得的值k＝所以经过时间t时磁感应强度的可能值Bt＝B0± t。答案：(1)　(2)B0± t13．(2022·天津南开中学模拟)一种磁动力电梯如图所示，即在竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B1和B2，B1和B2的方向相反，且B1＝B2＝1 T，两磁场始终竖直向上做匀速运动。电梯厢固定在金属框abcd内(电梯厢在图中未画出)，并且与之绝缘。电梯厢载人时的总质量m＝1．56×103 kg，所受阻力f＝400 N，金属框垂直轨道的边长Lcd＝2 m，两磁场的宽度均与金属框的边长Lad相同，金属框整个回路的电阻R＝1．0×10－3 Ω，若设计要求电梯以v1＝2 m/s的速度向上匀速运动，求：(取g＝10 m/s2)(1)磁场向上运动速度v0的大小；(2)该磁动力电梯向上做匀速运动时的效率。解析：(1)电梯向上匀速运动时，金属框中的感应电流I＝                       ①金属框所受安培力F＝2B1ILcd                    ②安培力大小与重力和阻力之和相等，所以有F＝mg＋f                               ③由①②③式解得v0＝3 m/s。(2)当电梯向上做匀速运动时，金属框中感应电流由①可解得I＝4×103 A金属框中的热功率P1＝I2R＝1．6×104 W    ④而电梯的有用功率P2＝mgv1＝3．12×104 W ⑤阻力的功率P3＝fv1＝8×102 W             ⑥所以系统的机械效率η＝×100%＝65%。答案：(1)3 m/s　(2)65%