高考物理一轮复习 分层规范快练33 电磁感应中的电路和图象问题 新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、分层规范快练(三十三)电磁感应中的电路和图象问题 双基过关练12019山东德州调研如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以BB0Kt(K0)随时间变化t0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径经时间t，电容器的P极板()A不带电B所带电荷量与t成正比C带正电，电荷量是D带负电，电荷量是解析：由于K0，磁感应强度均匀增大，所以感应电流的磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则，感应电流方向逆时针，在电源内部电流从负极流向正极，所以P极板为电源负极，带负电，由UK2，qCU，故选项D正确

2、答案：D2(多选)一环形线圈放在匀强磁场中，设第1 s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里，如图甲所示若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则第4 s内()A线圈中有顺时针方向、大小恒定的感应电流B线圈中有逆时针方向、大小恒定的感应电流C线圈有向外膨胀的趋势D线圈所受安培力沿逆时针方向且与圆相切解析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量变化率成正比，线圈面积不变，且线圈平面与磁场方向垂直，故磁通量变化率与磁感应强度变化率成正比，由Bt图象可知，第4 s内，图象斜率一定，故线圈的感应电动势大小一定，方向不变，则感应电流大小一定，方向不变，由楞次定律可知，第4 s内感应电流方向为

3、逆时针方向，A项错误，B项正确；由楞次定律可知，第4 s内线圈具有向外膨胀的趋势，C项正确，D项错误答案：BC32019河北唐山一模如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是()解析：导体棒运动过程中受向左的安培力F，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a，则a减小，vt图线斜率的绝对值减小，故B项正确，A项错误通过R的电荷量qItttx，可知C、D错误答案：B4201

4、9陕西渭南质检(多选)如图所示，变化的磁场中放置一固定的导体圆形闭合线圈，图甲中所示的磁感应强度和电流的方向为设定的正方向，已知线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示则在下图中可能是磁感应强度B随时间t变化的图象是()解析：在00.5 s，电流为负值，可推得磁感应强度向内增加或向外减少，选项A错误；在0.51.5 s内，电流为正值，在这段时间内，磁感应强度向内减少或向外增加，当然也可以先是向内减少，然后是向外增加，选项C错误；在1.52.5 s，电流为负值，可知磁感强度向内增加或向外减少，在以后的变化过程中 ，磁场都做周期性的变化，选项B、D都正确答案：BD5如图所示为两个有界匀强磁场，

5、磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正，外力F向右为正则以下关于线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是()解析：当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达到最大；此后向外的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故选项A错误；当线框进入第一个磁场时，由EBLv可知，E保持不变，

6、而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故选项C错误；拉力的功率PFv，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由选项B的分析可知，电流加倍，回路中总电动势加倍功率变为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以功率应等于在第一个磁场中的功率，故选项D正确答案：D62019湖北咸宁联考如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l0.5 m，左端通过导线与阻值R3 的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL6

7、 的小灯泡L连接，在CDFE矩形区域内有竖直向上，磁感应强度B0.2 T的匀强磁场一根阻值r0.5 、质量m0.2 kg的金属棒在恒力F2 N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，经过t1 s刚好进入磁场区域求金属棒刚进入磁场时：(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力解析：(1)01 s棒只受拉力，由牛顿第二定律得Fma，金属棒进入磁场前的加速度a10 m/s2.设其刚要进入磁场时速度为v，vat101 m/s10 m/s.金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势EBlv0.20.510 V1 V.(2)小灯泡与电阻R并联，R并2 ，通过金属棒的电流

8、大小I0.4 A，小灯泡两端的电压UEIr1 V0.40.5 V0.8 V.金属棒受到的安培力大小FABIl0.20.40.5 N0.04 N，由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左答案：(1)1 V(2)0.8 V0.04 N，方向水平向左技能提升练7(多选)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是()A在t1时刻，金属圆环L内的磁通量为零B在t2时刻，金属圆环L内的

9、磁通量为零C在t1t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流D在t1t2时间内，金属圆环L有扩张趋势解析：由题中图乙的Bt图象可知，t1时刻磁感应强度的变化率为零，则感应电流为零，L内的磁通量为零，选项A正确；在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁感应强度的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大，选项B错误；在t1t2时间内，磁感应强度的变化率不断变大，则线框内的感应电流不断变大，根据楞次定律可知，线框中的电流方向由f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项C正确；在t1t2时间内，L内的磁通量增加，由

10、楞次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量增加的目的，故有收缩趋势，选项D错误答案：AC8如图所示，直角三角形ADC区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，AD边长为2L，直角三角形导线框abc与直角三角形ADC相似，ab边长为L，ACDacb30，线框在纸面内，且bc边和DC边在同一直线上，bc边为导线，电阻不计，ab边和ac边由粗细均匀的金属杆弯折而成现用外力使线框以速度v匀速向右运动通过磁场区域，则线框在通过磁场的过程中，Uab随时间变化的关系图象正确的是()解析：线框进入磁场的过程中，ac边切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，a、b两端的电势差Uab均匀增大，当ab边刚要进

11、入磁场时，感应电动势最大，线框运动的速度为v，最大感应电动势EBLv，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，由于ac边长为ab边长的2倍，UabBLv；线框进入磁场后，回路中没有感应电流，UabBLv；在线框出磁场的过程中，线框ab边切割磁感线，且切割磁感线的有效长度随时间均匀减小，且ac边刚出磁场时，感应电动势最大，为EBLv，此时UabBLv，选项B正确答案：B9.如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨弯成“”形，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成角，导轨与固定电阻相连，整个装置处于竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中导体棒ab与cd均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好，两导体棒的电阻

12、均与阻值为R的固定电阻相等，其余部分电阻不计，当导体棒cd沿导轨向右以速度v匀速滑动时，导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体棒ab的重力为mg，则()A导体棒cd两端的电压为BLvBt时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为Ccd棒克服安培力做功的功率为D导体棒ab所受安培力为mgsin 解析：根据题意画出等效电路如图甲所示导体棒cd产生的感应电动势为EBLv，导体棒cd两端的电压是路端电压，为EBLv，选项A错误；通过cd棒的电流I，在时间t内通过导体棒cd横截面的电荷量为qIt，选项B正确；对ab棒进行受力分析如图乙所示，由于ab棒静止，所以ab棒所受安培力Fabmgtan，选项D错误

13、；由功能关系知cd棒克服安培力做功的功率等于整个电路的电功率，为P，选项C错误答案：B102019北京顺义高三一模如图，在竖直向下的磁感应强度为B1.0 T的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L0.4 m一质量为m0.2 kg、电阻R00.5 的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好若轨道左端P点接一电动势为E1.5 V、内阻为r0.1 的电源和一阻值R0.3 的电阻轨道左端M点接一单刀双掷开关K，轨道的电阻不计求：(1)单刀双掷开关K与1闭合瞬间导体棒受到的磁场力F；(2)单刀双掷开关K与1闭合后导体棒运动稳定时的最大速度vm；(3)导体棒运动稳定后，单刀双掷开关K与1断开，然后与2闭合，求此后在电阻R上产生的电热QR和导体棒前冲的距离x.解析：(1)I2.5 AFBIL1 N.(2)导体棒运动稳定后产生的感应电动势EBLvm1.5 V，解得vm3.75 m/s.(3)单刀双掷开关K与2闭合后，导体棒在向左的安培力作用下最后停止，设电路中产生的总电热为Q，由能量守恒可得Qmv1.4 J，在电阻R上产生的电热QRQ0.53 J.在此过程中由动量定理可得安t0mvm，又安BL，BSBLx，整理可得mvm，解得x3.75 m.答案：(1)1 N(2)3.75 m/s(3)0.53 J3.75 m