江苏专用高考物理一轮复习课后练习30电磁感应中的电路和图象问题含答案

这是一份江苏专用高考物理一轮复习课后练习30电磁感应中的电路和图象问题含答案，共10页。


1．(2019·温州模拟)如图所示，一足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．2.5 m/s,1 W B．5 m/s,1 W
C．7.5 m/s,9 W D．15 m/s,9 W
B [小灯泡稳定发光时，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin 37°＝μmgcs 37°＋eq \f(B2L2v,R＋r)，解得v＝5 m/s；导体棒产生的感应电动势E＝BLv，电路电流I＝eq \f(E,R＋r)，灯泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1 W，故选项B正确。]
2．(2021·江苏省新高考适应性考试)如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好，已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则( )
A．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2
B．S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d
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的受到的安培力小于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．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻。一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好。导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法正确的是( )
A．导体棒ab中电流的方向为由b到a
B．cd两端的电压为2 V
C．de两端的电压为1 V
D．fe两端的电压为1 V
D [由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝eq \f(E,2R)×R＝eq \f(Blv,2)＝1 V，D正确，B、C错误。]
4．如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动。磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则( )
A．外力的大小为2Breq \r(\f(P,R))
B．外力的大小为Breq \r(PR)
C．导体杆旋转的角速度为eq \f(2\r(PR),Br2)
D．导体杆旋转的角速度为eq \f(1,Br2)eq \r(\f(P,R))
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。]
5．(2019·全国卷ⅠT20改编)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
图(a) 图(b)
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿逆时针方向
C．圆环中的感应电流大小为eq \f(B0rS,4t0ρ)
D．圆环中的感应电动势大小为eq \f(B0πr2,4t0)
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＝ρ eq \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。]
6．(2021·重庆新高考适应性考试)如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框M′N′P′Q′在外力作用下沿轴线OO′水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的正方向，当t＝0时M′Q′与NP重合，在M′Q′从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反映i随时间t变化规律的是( )
A B
C D
B [闭合导线框M′N′P′Q′匀速向左运动过程，穿过回路和磁通量不断增大，根据楞次定律可知，回路中的电流一直是逆时针的，所以电流一直为正。线框向左匀速运动过程中，切割磁感线的有效长度先减小，后增大，所以感应电流先减小，后增大。故选B。]
7．(2020·江苏七市二模)如图所示，竖直平面内一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框abcd从某一高度由静止下落，穿过具有水平边界、宽度也为L的水平匀强磁场区，cd边进入磁场前，线框已经做匀速运动，已知cd边穿过磁场区的时间为t，上述运动过程中，ab、cd边始终保持水平，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
(1)线框匀速运动的速度v和匀强磁场磁感应强度B；
(2)cd边穿过磁场过程中，线框中产生的焦耳热Q；
(3)cd边穿过磁场过程中线框中电流强度大小I及通过导线截面的电荷量q。
[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))
8．如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视)。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时。在辐条OP转过120°的过程中，下列说法中不正确的是( )
甲 乙
A．O、P两端电压为eq \f(1,4)BL2ω
B．通过LED灯的电流为eq \f(BL2ω,8r)
C．整个装置消耗的电能为eq \f(πωB2L4,8r)
D．增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮
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．如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)( )
A B C D
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．(2019·江苏江苏七市二模)如图所示，光滑水平杆上套一导体圆环，条形磁铁平行于水平杆固定放置，t＝0时刻，导体环在磁铁左侧O点获得一个向右的初速度，经过t0时间停在磁铁右侧O1点，O、O1两点间距离为x0，且两点关于磁铁左右对称。上述过程中，下列描述穿过导体环的磁通量Φ、导体环所受安培力F随位移x变化的关系图线，以及速度v、电流i随时间t变化的关系图线可能正确的是( )
A B C D
D [根据条形磁铁磁场的对称性，导体环在O和O1的磁通量是一样的，等大同向，故A错误；根据楞次定律，导体环受到的阻力一直与速度方向相反，故受力一直向左，不存在力反向的情况，故B错误；导体环在OO1中点的磁通量变化率为0，故在该点受安培力大小为0，图C中运动中间过程速度斜率为0的点，故C错误；开始导体环靠近磁极磁通量增加，磁通量变化率可能会增加，故电流增大，之后磁通量变化率会变小故电流会减小；过了OO1中点磁通量减少，因此产生电流反向，磁通量变化率可能继续增加，故电流反向增大，靠近O1时随着速度减小磁通量变化率逐渐减至0，电流也逐渐减小到0，故D正确。]
11．如图甲所示，两相距L＝1 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝1 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m＝0.1 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v­t图象如图乙所示。在10 s末撤去拉力，同时磁感应强度随时间变化，使金属杆中电流为零。金属杆运动过程中与导轨间摩擦力保持不变。求：
(1)金属杆所受的拉力的大小；
(2)0～10 s内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)10 s～15 s内，磁感应强度B与时间t的关系式。
甲 乙
[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 s～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 s～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)
以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．(2020·江苏高三其他)如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，其他电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：
(1)金属球向下运动过程中，通过电阻R的电流方向；
(2)金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量q；
(3)金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压U。
[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)