江苏版高考物理一轮复习课时分层作业30电磁感应中的电路和图像问题含答案

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2．D [电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F＝BIL可得，则L1受到的安培力小于L2的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，运动时间相等，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，D正确。]
3．C [设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E＝eq \f(1,2)Br2ω，I＝eq \f(E,R)，根据题述回路中的电功率为P，则P＝EI；设维持导体杆匀速转动的外力为F，则有P＝eq \f(Fv,2)，v＝rω，联立解得F＝Breq \r(\f(P,R))，ω＝eq \f(2\r(PR),Br2)，选项C正确，A、B、D错误。]
4．C [根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A、B错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(1,2)πr2·eq \f(B0,t0)＝eq \f(B0πr2,2t0)，根据电阻定律可得R＝ρeq \f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误。]
5. 解析：(1)线框匀速运动的速度为：v＝eq \f(L,t)
线框匀速运动时产生的感应电动势为：E＝BLv
由平衡条件有：mg－eq \f(E,R)·LB＝0
解得：B＝eq \f(1,L)eq \r(\f(mgRt,L))。
(2)cd边穿过磁场过程做匀速运动，由能量守恒定律有：
Q＝mgL。
(3)cd边穿过磁场过程中线框中电流强度设为I。
根据mg＝BIL得：I＝eq \f(mg,BL)＝eq \r(\f(mgL,Rt))
通过的电荷量为：q＝It
解得：q＝eq \r(\f(mgLt,R))。
答案：(1)eq \f(L,t) eq \f(1,L)eq \r(\f(mgRt,L)) (2)mgL
(3)eq \r(\f(mgL,Rt)) eq \r(\f(mgLt,R))
6．B [由于线框做匀加速直线运动，当ab边向右运动0～L过程中，经过的时间为t1＝eq \r(\f(2L,a))；0～2L的过程中，所用时间t2＝eq \r(\f(4L,a))＝eq \r(2)×eq \r(\f(2L,a))，0～3L过程中，所用时间t3＝eq \r(\f(6L,a))＝eq \r(3)×eq \r(\f(2L,a))。
当ab边向右运动0～L的过程中，感应电动势E1＝BLv＝BLat，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(BLa,R)t，方向为正方向；
设线框完全进入第一个磁场时的速度大小为v1，L～2L的过程中，前后两边都切割磁感应线，产生的感应电流I2＝eq \f(2BLv1,R)＋eq \f(2BLa,R)t′，根据右手定则可知电流方向为负方向；
设线框离开右边磁场时的速度大小为v2，在2L～3L的过程中，只有cd边切割磁感应线，产生的感应电流为：I3＝eq \f(BLv2,R)＋eq \f(BLa,R)t″，方向为正方向，故A错误，B正确；
设拉力为F,0～L过程中，根据牛顿第二定律可得：F－FA＝ma，即：F＝eq \f(B2L2at,R)＋ma
L～2L过程中，拉力F′＝eq \f(4B2L2at′,R)＋eq \f(4B2L2v1,R)＋ma
2L～3L过程中，拉力F″＝eq \f(B2L2at″,R)＋eq \f(B2L2v2,R)＋ma，故C、D错误。]
7．D [因为感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律得：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq \f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以线圈l1中的电流均匀改变，A、C错误；根据题图乙，0～eq \f(T,4)时间内感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确。]
8．A [辐条OP进入磁场匀速转动时有E＝BLeq \f(ωL,2)，在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和LED灯并联，故电路的总电阻R＝eq \f(4r,3)，OP两端的电压为电源的路端电压U＝eq \f(E,R)·eq \f(r,3)＝eq \f(BL2ω,8)，流过LED灯的电流是I＝eq \f(U,r)＝eq \f(BL2ω,8r)，A错误，B正确；整个装置消耗的电能Q＝eq \f(E2,R)t＝eq \f(E2,\f(4r,3))·eq \f(1,3)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(πωB2L4,8r)，C正确；由LED灯中电流为I＝eq \f(BL2ω,8r)知，增大角速度、增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，故D正确。]
9．A [设导轨间距为L，导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流由M经R到N为正值，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B·2vt·v,R)＝eq \f(2Bv2t,R)∝t，故I随时间均匀增大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2B×2L－vtv,R)，故I随时间均匀减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，B错误；第一段时间内安培力大小F＝eq \f(4B2v3t2,R)∝t2，第二段时间内F＝eq \f(8B2L－vt2v,R)，根据数学知识可知，C、D错误。]
10．D [由题意可知金属棒自由下落一段时间后闭合开关S，闭合后金属棒才受到安培力的作用，①当安培力小于重力时，金属棒继续加速，但安培力逐渐增大，结合牛顿第二定律可知，金属棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力大小相等，金属棒做匀速运动；②当金属棒受到的安培力大于重力时，金属棒做减速运动，且安培力逐渐减小，金属棒做加速度减小的减速运动，直到安培力和重力大小相等，金属棒做匀速运动；③当金属棒受到的安培力大小刚好等于重力时，金属棒做匀速运动，电动势恒定，电路中的电流恒定。由于①②过程中速度并不是随时间均匀变化的，则安培力也不随时间均匀变化，故A、B错误；金属棒下滑一段时间闭合S，此时电流不为0，故C错误；若闭合开关S时金属棒受到的安培力大小刚好等于重力，则感应电流恒定，根据q＝It，可知q与t成正比例关系，故D正确。]
11．解析：(1)5 s内金属杆未进入磁场，所以有
F－μmg＝ma1
由图可知a1＝0.4 m/s2
10～15 s内仅在摩擦力作用下运动，则μmg＝ma2
由图可知a2＝0.4 m/s2
解得F＝0.08 N。
(2)在5～10 s时间段杆在磁场中做匀速运动，因此有
F＝μmg＋eq \f(B\\al(2,0)L2v,R)
将F＝0.08 N，μmg＝0.04 N，v＝2 m/s代入解得
B0＝0.1eq \r(2) T。
(3)撤去恒定拉力之后，通过回路的磁通量不变，杆在磁场中匀速运动距离为d＝2×5 m＝10 m，设撤去拉力后运动的距离为x，BL(d＋x)＝B0Ld
x＝2t－0.2t2
由此可得B＝eq \f(\r(2),10＋2t－0.2t2) T。
答案：(1)0.08 N (2)0.1eq \r(2) T
(3)B＝eq \f(\r(2),10＋2t－0.2t2) T
12．解析：(1)由楞次定律可以判断出通过R的电流方向由M指向P。
(2)金属杆从AB滑动到CD的过程中
q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt
eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)
eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)
ΔΦ＝B0ΔS＝eq \f(1,4)π(req \\al(2,2)－req \\al(2,1))B0
联立得出q＝eq \f(2πl2B0,R＋r)。
(3)金属杆第一次即将离开磁场时，产生的电动势为E＝B0·2l·eq \f(1,2)(v＋vC)
v＝ωr2
vC＝ωr1
联立得出
E＝eq \f(4,3)B0lv
R两端电压
U＝eq \f(E,R＋r)R＝eq \f(4B0lvR,3R＋r)。
答案：(1)由M指向P (2)eq \f(2πl2B0,R＋r) (3)eq \f(4B0lvR,3R＋r)