課時跟蹤檢測（四十二）“電磁感應(yīng)中電路和圖像問題”的綜合研究

課時跟蹤檢測（四十二）“電磁感應(yīng)中電路和圖像問題”的綜合研究一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1.一個邊長為2L的等邊三角形磁場區(qū)域，一個底邊長為L的直角三角形金屬線框，線框電阻為R，二者等高，金屬線框以速度v水平向右勻速穿過磁場區(qū)域的過程中，規(guī)定逆時針方向的電流為正，則線框中感應(yīng)電流i隨位移x變化的圖像正確的是()解析：選B當(dāng)x＜L時，感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(\r(3),2)Bvx，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3),2R)Bvx，由楞次定律可知電流為正向且逐漸增大，當(dāng)L≤x＜2L時，感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(\r(3),2)B(2L－x)v，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3),R)BvL－eq\f(\r(3),2R)Bvx，由楞次定律可知電流為正向且逐漸減小，當(dāng)2L≤x＜3L時，感應(yīng)電動勢為E＝eq\r(3)Bv(3L－x)，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3\r(3),R)BvL－eq\f(\r(3),R)Bvx，由楞次定律可知電流為負(fù)向且逐漸減小，B正確。2.如圖所示，變化的勻強(qiáng)磁場垂直穿過金屬框架MNQP，金屬桿ab在恒力F作用下沿框架從靜止開始運動，t＝0時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，為使ab中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，下列能正確反映磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的圖像是()解析：選C金屬桿ab中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則穿過閉合回路的磁通量不變，設(shè)金屬桿ab長為L，金屬桿ab到MP的距離為l1，金屬桿ab的質(zhì)量為m，則有a＝eq\f(F,m)，x＝eq\f(1,2)at2，B0Ll1＝BL(l1＋x)，聯(lián)立可得eq\f(1,B)＝eq\f(1,B0)＋eq\f(Ft2,2mB0l1)，隨著時間增加，eq\f(1,B)是增大的，且增大的速度越來越快，故C正確。3.(多選)如圖所示，倒U形光滑導(dǎo)軌DABC傾斜放置，MN、QH將導(dǎo)軌長度均分為三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)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，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(jìn)入磁場開始計時，它在磁場中運動的過程中，下列圖像中不可能正確的是()解析：選AC如果電流減小，則表明金屬棒在做減速運動，根據(jù)受力分析有BIL－mgsinα＝ma，隨著電流減小，加速度減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(BLv,R＋r)，則有eq\f(ΔI,Δt)＝eq\f(BLΔv,R＋rΔt)＝eq\f(BLa,R＋r)，隨著加速度減小，I-t圖像的斜率減小，A錯誤；如果金屬棒進(jìn)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，根據(jù)q＝It可知，電荷量與時間成正比，B正確；如果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，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得U＝IR＝eq\f(BLv,R＋r)R，則有eq\f(ΔU,Δt)＝eq\f(BLΔv,R＋rΔt)R＝eq\f(BLRa,R＋r)，隨著加速度減小，U-t圖像的斜率減小，但是開始計時時，路端電壓不為零，C錯誤；如果金屬棒進(jìn)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，根據(jù)P＝I2r可知，金屬棒的電功率不變，D正確。4．(多選)如圖所示，水平面上足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，左側(cè)接定值電阻，整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。金屬桿MN以某一初速度沿導(dǎo)軌向右滑行，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計。則金屬桿MN在運動過程中，速度大小v、流過的電荷量q與時間t或位移x的關(guān)系圖像正確的是()解析：選ABD金屬桿在前進(jìn)過程中，所受安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，可知隨速度的減小，安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，最后停止運動，因此在v-t圖像中，斜率的絕對值逐漸減小，A正確；根據(jù)動量定理F·Δt＝m·Δv可得－eq\f(B2L2v,R)·Δt＝m·Δv，而Δx＝v·Δt，因此－eq\f(B2L2,R)·Δx＝m·Δv，速度隨位移均勻變化，可知v-x圖像為一條傾斜的直線，B正確；根據(jù)I＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(Δq,Δt)，可知隨著速度的減小，q-t圖像是一條斜率逐漸減小的曲線，C錯誤；由于I＝eq\f(BLv,R)，兩邊同時乘以Δt可得I·Δt＝eq\f(BLv,R)·Δt，而Δq＝I·Δt，整理得Δq＝eq\f(BL,R)·Δx，可知q-x圖像為一條過坐標(biāo)原點的傾斜直線，D正確。5．(2022·全國甲卷)三個用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則()A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3解析：選C設(shè)圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為C2＝2πr，面積為S2＝πr2，同理可知正方形線框的周長和面積分別為C1＝8r，S1＝4r2，正六邊形線框的周長和面積分別為C3＝6r，S3＝eq\f(1,2)×r×eq\f(\r(3),2)r×6＝eq\f(3\r(3)r2,2)，三線框材料粗細(xì)相同，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(L,S橫截面)，可知三個線框電阻之比為R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)，可得電流之比為：I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq\r(3)，即I1＝I2>I3。6.(2023·成都月考)如圖所示，一個半圓形導(dǎo)體框右側(cè)有一個垂直于導(dǎo)體框平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界與導(dǎo)體框的直徑MN平行，磁場寬度等于導(dǎo)體框的半徑R?，F(xiàn)且導(dǎo)體框以水平向右的速度v0勻速通過磁場區(qū)域，若從導(dǎo)體框進(jìn)入磁場開始計時，規(guī)定電流沿順時針方向為正，則導(dǎo)體框上產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間的變化圖像可能是()解析：選B當(dāng)半圓形導(dǎo)體框右側(cè)進(jìn)入磁場，此時其切割磁感線的有效長度不斷增大，磁通量不斷增加，電流大小逐漸增大且方向為順時針，直到導(dǎo)體框完全進(jìn)入磁場，所用時間為t＝eq\f(R,v0)，此刻電流為零，此后出磁場過程中，磁通量不斷減小，電流方向為逆時針，且切割磁感線的有效長度逐漸增大，電流不斷增大，直到t＝eq\f(2R,v0)出磁場。故選B。7.在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌P、Q相距l(xiāng)＝1m，導(dǎo)軌左端接有如圖所示的電路。其中水平放置的平行板電容器兩極板M、N相距d＝10mm，定值電阻R1＝R2＝12Ω，R3＝2Ω，金屬棒ab的電阻r＝2Ω，其他電阻不計。磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場豎直穿過導(dǎo)軌平面，當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運動時，懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m＝1×10－14kg、電荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好靜止不動。取g＝10m/s2，在整個運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，且速度保持恒定。試求：(1)勻強(qiáng)磁場的方向；(2)ab兩端的路端電壓；(3)金屬棒ab運動的速度。解析：(1)帶負(fù)電荷微粒受到重力和電場力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，因為重力豎直向下，所以電場力豎直向上，故M板帶正電。ab棒向右做切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，ab棒等效于電源，感應(yīng)電流方向由b→a，其a端為電源的正極，由右手定則可判斷，磁場方向豎直向下。(2)微粒受到重力和電場力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件有mg＝Eq又E＝eq\f(UMN,d)所以UMN＝eq\f(mgd,q)＝0.1VR3兩端電壓與電容器兩端電壓相等，由歐姆定律得通過R3的電流為I＝eq\f(UMN,R3)＝0.05A則ab棒兩端的電壓為Uab＝UMN＋I(xiàn)eq\f(R1R2,R1＋R2)＝0.4V。(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E＝Blv由閉合電路的歐姆定律得E＝Uab＋I(xiàn)r＝0.5V聯(lián)立解得v＝1m/s。答案：(1)豎直向下(2)0.4V(3)1m/s二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性8.(多選)如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框右側(cè)有兩個寬度也為L的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向分別豎直向下和豎直向上。t＝0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框在外力作用下，以速度v勻速進(jìn)入并通過磁場區(qū)城。規(guī)定電流i沿逆時針方向時為正，磁感線豎直向下時磁通量Φ為正，安培力的合力F向左為正。則以下關(guān)于Φ、i、F和線框中的電功率P隨時間變化的圖像正確的是()解析：選BD當(dāng)線圈進(jìn)入磁場0～L時，向下的磁通量由0增加到BL2，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R)，沿逆時針方向；安培力F＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左；安培力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)。當(dāng)線圈進(jìn)入磁場L～2L時，向下的磁通量逐漸減小到零，然后向上增加到BL2，感應(yīng)電流I＝eq\f(2BLv,R)，沿順時針方向；安培力F＝2B·eq\f(2BLv,R)L＝eq\f(4B2L2v,R)，方向向左；安培力的功率P＝Fv＝eq\f(4B2L2v2,R)。當(dāng)線圈運動2L～3L時，向上的磁通量由BL2逐漸減小到零，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R)，沿逆時針方向；安培力F＝B·eq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左；安培力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)。綜上所述，B、D正確，A、C錯誤。9．(2021年8省聯(lián)考·江蘇卷)如圖所示，光滑的平行長導(dǎo)軌水平放置，質(zhì)量相等的導(dǎo)體棒L1和L2靜止在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知L1的電阻大于L2，兩棒間的距離為d，不計導(dǎo)軌電阻，忽略電流產(chǎn)生的磁場。將開關(guān)S從1撥到2，兩棒運動一段時間后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，則()A．S撥到2的瞬間，L1中的電流大于L2B．S撥到2的瞬間，L1的加速度大于L2C．運動穩(wěn)定后，電容器C的電荷量為零D．運動穩(wěn)定后，兩棒之間的距離大于d解析：選D電源給電容器充電，穩(wěn)定后，S撥到2的瞬間，電容器相當(dāng)于電源和導(dǎo)體棒L1和L2組成閉合電路，由于L1的電阻大于L2，則L1中的電流小于L2中的電流，A錯誤；S撥到2的瞬間，L1中的電流小于L2中的電流，根據(jù)F＝BIL可得，則L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根據(jù)牛頓第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B錯誤；S撥到2后，導(dǎo)體棒L1和L2受到安培力作用，則導(dǎo)體棒向右運動，運動穩(wěn)定后，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢等于電容器兩端的電壓，此時電容器C的電荷量不為零，導(dǎo)體棒L1和L2的速度相等，因為L1的加速度小于L2的加速度，運動時間相等，則L1的位移小于L2的位移，即運動穩(wěn)定后，兩棒之間的距離大于d，故C錯誤，D正確。10．如圖甲所示，水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)有磁場分布，方向垂直于水平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸方向沒有變化，沿x軸方向的變化趨勢如圖乙所示，B與x的函數(shù)關(guān)系為B＝eq\f(1,x)。頂角θ＝45°的光滑金屬長導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌MON向右滑動，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好。已知t＝0時，導(dǎo)體棒位于頂點O處，導(dǎo)體棒的質(zhì)量m＝2kg，OM、ON接觸處O點的接觸電阻R＝0.5Ω，其余電阻不計。導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E與時間t的關(guān)系如圖丙所示，圖線是過原點的直線，求：(1)t＝2s時流過導(dǎo)體棒的電流I2的大??；(2)1～2s時間內(nèi)回路中流過的電荷量q的大小；(3)導(dǎo)體棒滑動過程中水平外力F與橫坐標(biāo)x的關(guān)系式。解析：(1)根據(jù)E-t圖像分析可知t＝2s時，感應(yīng)電動勢E2＝4V，I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4,0.5)A＝8A。(2)由題意可知，回路中電流與電動勢成正比，故可判斷I-t圖線是一條過原點的直線，由題圖可知，當(dāng)t＝1s時，E1＝2V，I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(2,0.5)A＝4A，則q＝eq\f(I1＋I(xiàn)2,2)Δt＝6C。(3)因θ＝45°，可知任意t時刻回路中導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度L＝x，故電