備考2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)分層練習(xí)第十二章電磁感應(yīng)專題二十電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題

專題二十電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題1.[2024四川內(nèi)江模擬]如圖所示，正方形線圈MOO'N處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與水平面的夾角為30°，線圈的邊長為L，總電阻為R，匝數(shù)為n.在線圈從豎直面繞OO'順時針轉(zhuǎn)至水平面的過程中，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為（A）A.（3B.（C.（D.（解析依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝nΔΦΔt，I＝ER，q＝I·Δt，解得q＝nΔΦR，又因為

ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2sin30°，Φ1＝－BL2cos30°，聯(lián)立解得q＝2.[多選]如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1（0≤R1≤2R）.框內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場.一長為L、電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動，金屬框電阻不計，運動過程中導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是（AD）A.ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B.左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變更，且變更率相同，故電路中的感應(yīng)電動勢大小為2BLvC.當(dāng)滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLvD.當(dāng)滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R2時，滑動變阻器有最大電功率，且為解析依據(jù)楞次定律可知，ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針，故A正確；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中的感應(yīng)電動勢E＝BLv，故B錯誤；當(dāng)R1＝R時，外電路總電阻R外＝R2，故導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓為13BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內(nèi)阻(導(dǎo)體棒電阻)為R，求解滑動變阻器的最大電功率時，可以將導(dǎo)體棒和定值電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為R2，故當(dāng)R1＝R2時，等效電源輸出功率最大，則滑動變阻器的最大電功率Pm＝UR12R3.[2024重慶四區(qū)調(diào)研]如圖所示，一個平行于紙面的等腰直角三角形導(dǎo)線框，水平向右勻速運動，穿過寬度為d的勻強磁場區(qū)域，三角形兩直角邊長度為2d，線框中產(chǎn)生隨時間變更的感應(yīng)電流i，規(guī)定逆時針方向為感應(yīng)電流的正方向，下列圖像正確的是（A）解析在0～dv時間內(nèi)，穿過線框的磁通量向里增加，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場向外，因此感應(yīng)電流沿逆時針方向.隨著線框的運動，線框切割磁感線的有效長度勻整減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢勻整減小，感應(yīng)電流勻整減?。辉赿v～2dv時間內(nèi)，穿過線框的磁通量向里削減，依據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場向里，因此感應(yīng)電流沿順時針方向，隨著線框的運動，穿過線框的磁通量勻整削減，產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變；在2dv～3dv時間內(nèi)，穿過線框的磁通量向里削減，4.[情境創(chuàng)新：輻條＋導(dǎo)體圓環(huán)/2024河北廊坊模擬/多選]如圖所示，一不計電阻的導(dǎo)體圓環(huán)半徑為r，圓心在O點，過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好.現(xiàn)將此裝置放置于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面對里的有界勻強磁場中，磁場邊界恰與圓環(huán)水平直徑在同始終線上，現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點逆時針轉(zhuǎn)動，右側(cè)電路通過電刷與輻條中心和圓環(huán)的邊緣相接觸，電阻R1＝R2，S處于閉合狀態(tài)，不計其他電阻，則下列說法正確的是（ACA.通過R1的電流方向為自下而上B.感應(yīng)電動勢大小為2Br2ωC.志向電壓表的示數(shù)為16Br2D.志向電流表的示數(shù)為4解析由右手定則可知，輻條中心為電源的正極，圓環(huán)邊緣為電源的負(fù)極，因此通過R1的電流方向為自下而上，故A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉(zhuǎn)動切割磁感線，因此感應(yīng)電動勢大小為E＝Brv＝Br·12ωr＝12Br2ω，故B錯誤；由題圖可知，在磁場內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于電源，磁場外部的半根輻條與R1并聯(lián)，則外電路電阻為R4，內(nèi)阻為R2，故志向電壓表的示數(shù)為ER2＋R4×R4＝16Br2ω，C正確；電路的總電流為I＝ER2＋R45.[多選]如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面對上的勻強磁場中.t＝0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止起先沿導(dǎo)軌向上運動，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽視不計.已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時間t變更的關(guān)系如圖乙所示.下列關(guān)于棒的運動速度v、閉合回路中磁通量的變更率ΔΦΔt、外力F以及通過R的電荷量q隨時間變更的圖像正確的是（圖甲圖乙ABCD解析依據(jù)題圖乙所示的I－t圖像可知I＝kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得I＝ER＋r＝kt，可推出E＝kt(R＋r)，而E＝ΔΦΔt，所以有ΔΦΔt＝kt(R＋r)，ΔΦΔt－t圖像是一條過原點且斜率大于零的直線，故B正確；因E＝Blv，所以v＝k(R＋r)Blt，v－t圖像是一條過原點且斜率大于零的直線，說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即v＝at，故A正確；對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向有F－BIl－mgsinθ＝ma，而I＝BlvR＋r，v＝at，得到F＝B2l2atR＋r＋ma＋mgsinθ，可見F－6.如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以O(shè)為原點、水平向右為正方向建立x軸，在0≤x≤1.0m區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強磁場.桌面上有一邊長L＝0.5m、電阻R＝0.25Ω的正方形線框abcd，當(dāng)平行于磁場邊界的cd邊進入磁場時，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做勻速運動，直到ab邊進入磁場時撤去外力.若以cd邊進入磁場時作為計時起點，在0≤t≤1.0s內(nèi)磁感應(yīng)強度B的大小與時間t的關(guān)系如圖2所示，在0≤t≤1.3s內(nèi)線框始終做勻速運動.（1）求外力F的大??；（2）在1.0s≤t≤1.3s內(nèi)存在連續(xù)變更的磁場，求磁感應(yīng)強度B的大小與時間t的關(guān)系；（3）求在0≤t≤1.3s內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q.圖1圖2答案（1）0.0625N（2）B＝16－4t（T）解析（1）t0＝0，B0＝0.25T回路電流I＝B安培力FA＝B0外力F＝FA＝0.0625N（2）勻速出磁場，電流為0，磁通量不變，Φ1＝Φt1＝1.0s時，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2t時刻，磁通量Φ＝BL[L－v（t－t1）]得B＝16－4（3）0≤t≤0.5s電荷量q1＝B0L0.5s≤t≤1.0s電荷量q2＝B1L1.0s＜t≤1.3s，電荷量q3＝0總電荷量q＝q1＋q2＋q3＝0.5C.7.[導(dǎo)軌電阻不行忽視/2024河南信陽檢測/多選]如圖甲所示，有兩根相同的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，與水平面的夾角為α＝37°，導(dǎo)軌間距為0.5m，上端用不計電阻的導(dǎo)線連接.兩導(dǎo)軌之間存在方向垂直導(dǎo)軌平面對上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變更規(guī)律如圖乙所示.一電阻不計、質(zhì)量為0.02kg的導(dǎo)體棒在平行導(dǎo)軌方向的外力F作用下，從t＝0時刻起先，從導(dǎo)軌頂端MP處由靜止起先沿導(dǎo)軌向下做加速度大小為2m/s2的勻加速直線運動，導(dǎo)體棒運動過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且垂直，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，導(dǎo)軌勻整，每米的電阻為0.25Ω，則（AD）A.t＝1s時，回路中的感應(yīng)電動勢大小為0.25VB.t＝1s時，回路中的感應(yīng)電流為1AC.t＝1s時，力F的大小為0.03N，方向平行導(dǎo)軌向下D.0～1s內(nèi)通過導(dǎo)體棒某一橫截面的電荷量為0.2C解析由題圖乙得，t時刻磁感應(yīng)強度大小B＝0.1＋0.1t(T)，導(dǎo)體棒的位移表達式為x＝12at2，磁通量Ф＝BLx＝0.05(t3＋t2)Wb，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝ΔФΔt，則回路中瞬時感應(yīng)電動勢大小E＝120(3t2＋2t)V，當(dāng)t＝1s時，回路中的感應(yīng)電動勢E＝0.25V，回路中的總電阻R＝2×0.25×12at2Ω＝0.5Ω，感應(yīng)電流I＝ER＝0.5A，A正確，B錯誤；當(dāng)t＝1s時，導(dǎo)體棒所受安培力大小FA＝BIL＝0.2×0.5×0.5N＝0.05N，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinα－FA－F＝ma，解得F＝0.03N，方向平行導(dǎo)軌向上，C錯誤；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝ΔФΔt，依據(jù)閉合電路歐姆定律I＝ER，流過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q＝IΔt，聯(lián)立得8.[多選]如圖所示，倒U形光滑導(dǎo)軌DABC傾斜放置，傾角為α，MN、QH將導(dǎo)軌長度均分為三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直于導(dǎo)軌平面對下的勻強磁場（圖中未畫出）.一金屬棒從MN上方靜止釋放，金屬棒向下運動的過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與AB平行，不計導(dǎo)軌電阻，AB間電阻為R，金屬棒電阻為r，I為金屬棒中的電流，q為通過金屬棒的電荷量，U為金屬棒兩端的電壓，P為金屬棒中的電功率，若從金屬棒剛進入磁場起先計時，它在磁場中運動的過程中，下列圖像中不行能正確的是（AC）解析假如電流減小，則表明金屬棒在做減速運動，依據(jù)受力分析有BIL－mgsinα＝ma，隨著電流減小，加速度減小，依據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝BLvR＋r，則有ΔIΔt＝BLΔv(R＋r)Δt＝BLaR＋r，隨著加速度減小，I－t圖線的斜率減小，A錯誤；假如金屬棒進入磁場時，安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運動，其電流不變，依據(jù)q＝It可知，電荷量與時間成正比，B正確；假如路端電壓隨時間增大，則表明金屬棒在做加速運動，受力分析有mgsinα－BIL＝ma，隨著電壓增大，電流增大，加速度減小，依據(jù)閉合電路的歐姆定律得U＝IR＝BLvR＋rR，則有ΔUΔt＝BLΔv9.[電磁感應(yīng)在生活中的應(yīng)用]有一種磁性加熱裝置，其關(guān)鍵部分由焊接在兩個等大的金屬圓環(huán)上的n根間距相等的平行金屬條組成“鼠籠”狀，如圖，每根金屬條的長度為L，電阻為R，金屬圓環(huán)的直徑為D，電阻不計.圖中虛線表示的空間范圍內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場的寬度恰好等于“鼠籠”金屬條的間距，當(dāng)金屬圓環(huán)以角速度ω繞過兩圓環(huán)圓心的軸OO'旋轉(zhuǎn)時，始終有一根金屬條在垂直切割磁感線.“鼠籠”的轉(zhuǎn)動由一臺電動機帶動，這套加熱裝置的效率為η.求：（1）在磁場中正在切割磁感線的那根金屬條上通過的電流.（2）在磁場中正在切割磁感線的那根金屬條受到的安培力大小和電動機輸出的機械功率.答案（1）（n－1）BLDω2nR解析（1）處于磁場中的金屬條切割磁感線的線速度為v＝12D產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv＝12BLD整個電路在每一時刻的總電阻為R總＝R＋Rn－1在磁場中正在切割磁感線的那根金屬條上通過的電流為I＝ER總（2）這根金屬條受到的安培力大小F安＝BIL＝（故電動機輸出的機械功率為P＝P熱η＝I210.[由金屬棒運動反推B－t圖像問題/2024江蘇蘇州模擬]如圖所示，光滑金屬架CDEF傾斜固定放置，空間有足夠大的磁場垂直穿過金屬架平面.在金屬架上離頂端DE邊確定距離處，將一金屬棒沿垂直于金屬架傾斜方向無初速度釋放，通過變更磁感應(yīng)強度B的大小，可使金屬棒在下滑過程中回路中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則下列四幅圖中，符合該過程中磁感應(yīng)強度B的變更規(guī)律的是（B）解析金屬棒下滑過程中回路中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬棒不會受到安培力作用，金屬棒沿金屬架向下做勻加速直線運動，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，通過回路的磁通量Φ不變，即Φ＝(12at2＋h)bB，其中a為金屬棒的加速度大小，h為金屬棒釋放位置與頂端DE邊的距離，b為DE邊的長度，可知B＝Φ(12at2＋h)b11.[動生與感生電動勢綜合]如圖所示，光滑的足夠長的平行水平金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距l(xiāng)，在M、P和N、Q間各連接一個額定電壓為U、阻值恒為R的燈泡L1、L2，在兩導(dǎo)軌間cdfe矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面豎直向上、寬為d的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B0，且磁場區(qū)域可以移動，一電阻也為R、長度大小也剛好為l的導(dǎo)體棒ab垂直固定在磁場左邊的導(dǎo)軌上，離燈泡L1足夠遠.現(xiàn)讓勻強磁場在導(dǎo)軌間以某一恒定速度向左移動，當(dāng)棒ab剛處于磁場時兩燈泡恰好正常工作.棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸且垂直，導(dǎo)軌電阻不計.（1）求磁場移動的速度.（2）若保持磁場不移動（仍在cdfe矩形區(qū)域），而使磁感應(yīng)強度B隨時間t勻整變更，兩燈泡中有一燈泡正常工作且都有電流通過，設(shè)t＝0時，磁感應(yīng)強度為B0.試求出經(jīng)過時間t時磁感應(yīng)強度的可能值Bt.答案（1