高考物理一轮总复习 第十一章 第3课时 电磁感应中的电路和图象问题（能力课时）限时规范训练（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、电磁感应中的电路和图象问题基础巩固题组(20分钟，50分)1如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为()A.BC. DBav解析：选A.摆到竖直位置时，导体棒AB切割磁感线的瞬时感应电动势EB2aBav.由闭合电路欧姆定律得UABBav，故选项A正确2如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与

2、金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在同一直线上若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i随时间t变化的图象是()解析：C.在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A、B；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D，故C正确3如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻R1、R2、R3的阻值之比为123，导线的电阻不计当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭

3、合回路中感应电流为()A0 B4IC6I D7I解析：选D.因为R1R2R3123，可以设R1R，R22R，R33R；由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得E13IR.当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得E25I5R25IR.当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势EE1E228IR，则此时的电流I7I，故选项D正确4(2018高考全国卷)如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心轨道的电阻忽略不计O

4、M是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()A.BC. D2解析：选B.过程中，磁通量的变化量1r2B，过程中，磁通量的变化量2r2(BB)，流过OM的电荷量q， 根据题意可知12，得到，选项B正确5如图所示的匀强磁场中有一根弯成45的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OAl0 ，且MNOQ，所有导线单位长度

5、电阻均为r，MN匀速水平向右运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，则外力F随时间变化的规律图象正确的是()解析：C.设经过时间t，则MN距O点的距离为l0vt，直导线在回路中的长度也为l0vt，此时直导线产生的感应电动势EB(l0vt)v; 整个回路的电阻为R(2)(l0vt)r, 回路的电流I ； 直导线受到的外力F大小等于安培力，即F BIL B(l0vt)(l0vt)，故C正确6如图所示，间距为L的两根光滑圆弧轨道置于水平面上，其轨道末端水平，圆弧轨道半径为r，电阻不计在其上端连有阻值为R0的电阻，整个装置处于如图所示的径向磁场中，圆弧轨道处的磁感应强度大小为B.现有一根长度等于L、

6、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端PQ处由静止开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg(重力加速度为g)求：(1)金属棒到达轨道底端时金属棒两端的电压；(2)金属棒下滑过程中通过电阻R0的电荷量解析：(1)金属棒两端的电压为路端电压，当金属棒到达底端时，设棒的速度为v，由牛顿第二定律可得2mgmgm，解得v由法拉第电磁感应定律可得EBLv根据闭合电路欧姆定律得金属棒两端电压UR0联立即得U.(2)通过电阻R0的电荷量qt金属棒下滑过程中产生的感应电动势为感应电流为，解得q.答案：(1)(2) 能力提升题组(25分钟，50分)1(2018山东泰安二模)(多选)如图甲所示，间距为L的光

7、滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在平行导轨的水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示在0t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动图乙中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计则()A在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C在0t0时间内，导体棒的加速度大小为D在0t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为解析：选BD.因在0t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒先做加速度减小的加速运动，

8、当加速度a0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确设在0t0时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则有：a，F2ma，F1ma，q，BSBLt0，解得：a，q，故C错误，D正确2(2019温州模拟)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化一长为2R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为.t0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变

9、化的图象可能正确的是()解析：选C.根据右手定则判断方向，然后根据EBL2分析大小变化即可做出选择由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为，则t，导体杆有效切割长度为L2Rsin t.由EBL2可知，E2BR2sin2t，B、R、不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故A、B、D错误，C正确3(2018河南三市二模)(多选)如图所示，一根总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波”形闭合线框竖直虚线之间有宽度也为d、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面线框以速度v向右匀速通过磁场

10、，ab边始终与磁场边界垂直从b点到达边界开始到a点离开磁场为止，在这个过程中()A线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向Bab段直导线始终不受安培力的作用C平均感应电动势为BdvD线框中产生的焦耳热为解析：选AD.整个过程中闭合线框中的磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可判定A正确ab段导线中有电流通过且与磁场垂直，故其受安培力的作用，B错误由于整个过程中磁通量变化量为0，故平均感应电动势为0，C错误整个过程中线框中产生一个周期的正弦式交变电流，其电动势峰值为EmBdv，则线框中产生的焦耳热为Qt，D正确4(2019太原模拟)如图甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L，左

11、端接电阻R，导轨电阻不计整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙所示已知ab与导轨始终垂直且接触良好， 设ab中的感应电流为I, ab受到的安培力大小为F安，R两端的电压为UR，R的电功率为P，则下图中正确的是()解析：选A.由题图乙可得FF0kv，金属棒切割磁感线产生电动势EBLv，金属棒中电流I，金属棒受安培力F安BIL，对金属棒根据牛顿第二定律：FF安ma，代入得：F0vma，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，所以A正确

12、；F安，URR，R消耗的功率P，所以B、C、D错误5(2018高考全国卷)如图所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()解析：选D.在线框运动过程中，左、右两边的导线切割磁感线，会产生感应电动势金属线框运动0过程中，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针，由法拉第电磁感应定律知，左、右两边的导线切割磁感线产生的感应电动势大小相等，方向相同，回路中感应电流I.金属线框运动l过程中，由法拉第电磁感应定律知，左、右两边的导线产

13、生的感应电动势大小相等，方向相反，回路中电流为零金属线框运动l过程中，由法拉第电磁感应定律知，左、右两边的导线产生的感应电动势大小相等，方向相同，回路中感应电流I，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针同理分析，金属线框运动2l过程中，由法拉第电磁感应定律知，左、右两边的导线产生的感应电动势大小相等，方向相反，回路中电流为零，选项D正确6如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d0.5 m，导轨平面与水平面夹角30，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B0.5 T的匀强磁场中长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，棒的质量m0.1 kg，电阻R0.1 ，

14、与导轨之间的动摩擦因数，导轨上端连接电路如图所示已知电阻R1与灯泡电阻R2的阻值均为0.2 ，导轨电阻不计，取重力加速度大小g10 m/s2.(1)求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P和棒的速率v.解析：(1)棒由静止刚释放的瞬间速度为零，不受安培力作用根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma，代入数据得a2.5 m/s2.(2)由“灯L的发光亮度稳定”知棒做匀速运动，受力平衡，有mgsin mgcos BId代入数据得棒中的电流I1 A由于R1R2，所以此时通过小灯泡的电流I2I0.5 A，PIR20.05 W此时感应电动势EBdvI得v0.8 m/s.答案：(1)2.5 m/s2(2)0.05 W0.8 m/s