2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章電磁感應(yīng)專題突破7電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題作業(yè)含解析新人教版

專題突破7電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題[A組基礎(chǔ)題組]一、單項(xiàng)選擇題1．如圖甲所示，一個(gè)圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈的面積S＝200cm2，線圈的電阻r＝1Ω，線圈外接一個(gè)阻值R＝4Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示。下列說(shuō)法中正確的是()A．線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼．電阻R兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大C．線圈電阻r消耗的功率為4×10－4WD．前4s內(nèi)通過(guò)R的電荷量為4×10－4C解析：由楞次定律可得線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定為E＝eq\f(nSΔB,Δt)＝0.1V，電阻R兩端的電壓不隨時(shí)間變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；回路中電流I＝eq\f(E,R＋r)＝0.02A，線圈電阻r消耗的功率為P＝I2r＝4×10－4W，選項(xiàng)C正確；前4s內(nèi)通過(guò)R的電荷量為q＝It＝0.08C，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：C2．匝數(shù)n＝100匝的圓形金屬線圈的電阻R＝2Ω，線圈與R1＝2Ω的電阻連成閉合回路，其簡(jiǎn)化電路如圖甲所示，A、B為線圈兩端點(diǎn)。線圈的半徑r1＝15cm，在線圈中半徑r2＝10cm的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示。則下列說(shuō)法正確的是()A．A點(diǎn)電勢(shì)比B點(diǎn)電勢(shì)低B．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為4.5πVC．R1兩端電壓為πVD．0～2s內(nèi)通過(guò)R1的電荷量為1.125πC解析：線圈中的磁通量均勻增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，因此A點(diǎn)電勢(shì)比B點(diǎn)電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝100×eq\f(4,2)×π×0.12V＝2πV，B錯(cuò)誤；回路中的電流I＝eq\f(E,R1＋R)＝eq\f(2π,2＋2)A＝eq\f(π,2)A，R1兩端的電壓為U1＝IR1＝eq\f(π,2)×2V＝πV，C正確；0～2s內(nèi)通過(guò)R1的電荷量為q＝It＝eq\f(π,2)×2C＝πC，D錯(cuò)誤。答案：C3．如圖所示，PN與QM兩平行金屬導(dǎo)軌相距1m，電阻不計(jì)，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6Ω，ab桿的電阻為2Ω，在導(dǎo)軌上可無(wú)摩擦地滑動(dòng)，垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T。現(xiàn)ab以恒定速度v＝3m/s勻速向右運(yùn)動(dòng)，這時(shí)ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等。則()A．R2＝6ΩB．R1上消耗的電功率為0.75WC．a(chǎn)、b間電壓為3VD．拉ab桿水平向右的拉力為0.75N解析：桿ab消耗的功率與R1、R2消耗的功率之和相等，則eq\f(R1·R2,R1＋R2)＝Rab，解得R2＝3Ω，故A錯(cuò)誤；E＝Blv＝3V，則Iab＝eq\f(E,R總)＝0.75A，Uab＝E－Iab·Rab＝1.5V，PR1＝eq\f(U\o\al(2,ab),R1)＝0.375W，故B、C錯(cuò)誤；F拉＝F安＝BIab·l＝0.75N，故D正確。答案：D4．如圖所示，豎直放置的矩形導(dǎo)線框MNPQ邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)和2L，M、N間連接水平的平行板電容器，兩極板間距為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩極板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，已知重力加速度為g，則下列磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的變化情況及其變化率分別是()A．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2)B．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)C．正在增強(qiáng)，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2)D．正在增強(qiáng)，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)解析：電荷量為q的帶負(fù)電的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場(chǎng)力豎直向上，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，所以電容器的上極板帶正電，線框上端相當(dāng)于電源的正極，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逆時(shí)針?lè)较?，感?yīng)電流的磁場(chǎng)方向和原磁場(chǎng)方向相反，根據(jù)楞次定律可知，穿過(guò)線框的磁通量在均勻增強(qiáng)，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝UMN＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)L2，油滴所受電場(chǎng)力與重力大小相等，則qeq\f(UMN,d)＝mg，聯(lián)立以上兩式得，線框中的磁通量變化率的大小為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。答案：D5.(2021·西南名校聯(lián)盟高三聯(lián)考)如圖所示，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd，由距勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界H處?kù)o止釋放，其下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾纫矠長(zhǎng)。ab邊開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)記為t1，cd邊出磁場(chǎng)時(shí)記為t2，忽略空氣阻力，從線框開(kāi)始下落到cd邊剛出磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點(diǎn)的電壓大小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時(shí)間t的變化圖象可能正確的是()解析：線框從磁場(chǎng)上邊界上方H處開(kāi)始下落到其下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中線框做勻加速運(yùn)動(dòng)；因線框下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知線框直到cd邊出磁場(chǎng)時(shí)也做勻速運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程：E＝BLv，則Uab＝eq\f(3,4)BLv，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程：E＝BLv，則Uab＝eq\f(1,4)BLv，C正確；線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相同，均為E＝BLv，進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間與離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間相同，則產(chǎn)生的焦耳熱相同，D錯(cuò)誤。答案：C二、多項(xiàng)選擇題6．(2021·廣西北海模擬)如圖甲所示，導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi)，ab平行于cd，導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置放置于垂直于框架平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，MN始終保持靜止。規(guī)定豎直向上為磁場(chǎng)正方向，沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向，水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向，水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力Ff的正方向，下列圖象中正確的是()解析：由題圖乙可知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先為零后恒定不變，感應(yīng)電流先為零后恒定不變，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤，B正確。在0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN不受安培力；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向右，由F＝BIL可知，B均勻減小，MN所受安培力均勻減??；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向左，由F＝BIL可知，B均勻增大，MN所受安培力均勻增大；根據(jù)平衡條件得到，棒MN受到的摩擦力大小Ff＝F，二者方向相反，即在0～t1時(shí)間內(nèi)，沒(méi)有摩擦力，而在t1～t2時(shí)間內(nèi)，摩擦力方向水平向左，大小均勻減小，在t2～t3時(shí)間內(nèi)，摩擦力方向水平向右，大小均勻增大，故C錯(cuò)誤，D正確。答案：BD7.(2021·重慶質(zhì)檢)如圖，兩根足夠長(zhǎng)且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則下列說(shuō)法中正確的是()A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過(guò)程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng)解析：金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而對(duì)電容器充電，充電電流通過(guò)金屬棒時(shí)受安培力作用，只有金屬棒速度增大時(shí)才有充電電流，因此總有mgsinθ－BIl>0，金屬棒將一直加速，A錯(cuò)，B對(duì)；由右手定則可知，金屬棒a端電勢(shì)高，則M板電勢(shì)高，C對(duì)；若微粒帶負(fù)電，則靜電力向上與重力反向，開(kāi)始時(shí)靜電力為0，微粒向下加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)靜電力增大到大于重力時(shí)，微粒的加速度向上，D錯(cuò)。答案：BC8．一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場(chǎng)垂直，線框的右邊緊貼著磁場(chǎng)邊界，如圖甲所示。t＝0時(shí)刻對(duì)線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)磁場(chǎng)，外力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示。已知線框質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝1Ω，以下說(shuō)法正確的是()A．線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為1m/s2B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2eq\r(2)TC．線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量為eq\f(\r(2),2)CD．線框邊長(zhǎng)為1m解析：t＝0時(shí)刻，線框的速度為零，線框中沒(méi)有感應(yīng)電流，不受安培力，其加速度為：a＝eq\f(F,m)＝1m/s2，故A正確；線框的邊長(zhǎng)為：L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×12m＝0.5m，故D錯(cuò)誤；線框剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此時(shí)線框所受的安培力為FA＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，解得FA＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律得F－FA＝ma，則F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，代入數(shù)據(jù)F＝3N，m＝1kg，R＝1Ω，L＝0.5m，v＝1m/s，a＝1m/s2，解得B＝2eq\r(2)T，故B正確；通過(guò)線框的電荷量：q＝eq\x\to(I)Δt，電流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則得通過(guò)線框的電荷量：q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)＝eq\f(2\r(2)×0.52,1)C＝eq\f(\r(2),2)C，故C正確。答案：ABC[B組能力題組]9.(多選)(2021·湖南長(zhǎng)沙一中月考)如圖所示，兩根等高光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道半徑為r、間距為L(zhǎng)，軌道的電阻不計(jì)。在軌道的頂端連有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道的最低位置cd開(kāi)始，在拉力作用下以速率v0沿軌道向上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab處，則該過(guò)程中()A．通過(guò)R的電流方向?yàn)閒→R→eB．通過(guò)R的電流方向?yàn)閑→R→fC．R上產(chǎn)生的熱量為eq\f(πrB2L2v0,4R)D．通過(guò)R的電荷量為eq\f(πBLr,2R)解析：由右手定則可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，即通過(guò)R的電流方向?yàn)閑→R→f，A錯(cuò)誤，B正確；通過(guò)R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLr,R)，D錯(cuò)誤；金屬棒產(chǎn)生的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0coseq\f(v0t,r)，有效值E有＝eq\f(BLv0,\r(2))，R上產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(E\o\al(2,有),R)t＝eq\f(B2L2v\o\al(2,0),2R)·eq\f(πr,2v0)＝eq\f(πrB2L2v0,4R)，C正確。答案：BC10．(多選)如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)為n，橫截面積為S，螺線管電阻為r，外接電阻R1＝3r，R2＝eq\f(3,2)r。閉合開(kāi)關(guān)K，在一段時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)螺線管磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()A．0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)，螺線管中產(chǎn)生感應(yīng)電流的大小I＝eq\f(2nB0S,Tr)B.eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，電阻R1兩端的電壓U＝eq\f(2nB0S,T)C.eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時(shí)間內(nèi)，通過(guò)電阻R2的電荷量q2＝eq\f(nB0S,6r)D.eq\f(3T,4)～T時(shí)間內(nèi)，整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)S2,Tr)解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔB,Δt)S，根據(jù)圖象知斜率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(4B0,T)，斜率大小恒定不變，電動(dòng)勢(shì)大小不變，0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)電動(dòng)勢(shì)不變，電流不變，I＝eq\f(E,r＋R并)，R并＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝eq\f(3r×\f(3,2)r,3r＋\f(3,2)r)＝r，聯(lián)立以上四式得I＝eq\f(2nB0S,Tr)，故A正確；在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)圖象斜率大小保持不變，方向相反，所以電流大小為I＝eq\f(2nB0S,Tr)，電阻R1兩端的電壓U＝IR并＝eq\f(2nB0S,T)，故B正確；eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時(shí)間內(nèi)圖象斜率大小保持不變，通過(guò)電阻R2的電荷量q2＝eq\f(U,R2)t＝eq\f(nB0S,3r)，故C錯(cuò)誤；eq\f(3T,4)～T時(shí)間內(nèi)，整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝EIt＝neq\f(4B0,T)S·eq\f(2nB0S,Tr)·eq\f(1,4)T＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)S2,Tr)，故D正確。答案：ABD11.(2020·高考天津卷)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場(chǎng)中，金屬框平面與磁場(chǎng)方向垂直，電阻R＝0.1Ω，邊長(zhǎng)l＝0.2m。求：(1)在t＝0到t＝0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；(2)t＝0.05s時(shí)，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；(3)在t＝0到t＝0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率P。解析：(1)在t＝0到t＝0.1s的時(shí)間Δt內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量ΔB＝0.2T，設(shè)穿過(guò)金屬框的磁通量變化量為ΔΦ，有ΔΦ＝ΔBl2，①由于