2024年高考物理選修二專題練習(xí)專題2 電磁感應(yīng)與電路分析及回路中電荷量的計(jì)算

《模型畫法·物理課堂》馮考必勝專題2電磁感應(yīng)與電路分析及回路中電荷量的計(jì)算【刷題型】【題型1電磁感應(yīng)與電路分析】1．[福建福州2021高二上期中](多選)如圖所示，空間存在兩個(gè)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ為其邊界，OO′為其對(duì)稱軸．一導(dǎo)線折成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)回路運(yùn)動(dòng)到關(guān)于OO′對(duì)稱的位置時(shí)()A．穿過回路的磁通量不為零B．回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2BLv0C．回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向D．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相反答案：BC解析：回路關(guān)于OO′對(duì)稱時(shí)，穿過回路的磁通量正負(fù)相抵，恰好為零，A項(xiàng)錯(cuò)誤；cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv0，ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也為BLv0，兩者疊加，故回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2BLv0，B項(xiàng)正確；根據(jù)右手定則判斷回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，C項(xiàng)正確；由左手定則可知，回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同，均為向右，D項(xiàng)錯(cuò)誤．2．[四川成都樹德中學(xué)2021高二下月考](多選)如圖所示，半徑為r＝1m的光滑金屬圓環(huán)固定在水平面內(nèi)，垂直于環(huán)面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2.0T，一金屬棒OA在外力作用下繞O軸以角速度ω＝2rad/s沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，金屬環(huán)和導(dǎo)線電阻均不計(jì)，金屬棒OA的電阻r0＝1Ω，電阻R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝7.5Ω，電容器的電容C＝4μF.閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后，下列說法正確的是()A．通過金屬棒的電流大小為0.4AB．外力的功率為1WC．從斷開開關(guān)S到電路穩(wěn)定這一過程中通過電流表的電荷量為6.0×10－6CD．從斷開開關(guān)S到電路穩(wěn)定這一過程中通過電流表的電荷量為6.4×10－6C答案：BD解析：金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Brv＝eq\f(1,2)Br2ω＝2V，閉合開關(guān)S，由圖可知，R1、R2串聯(lián)后再與R3并聯(lián)，并聯(lián)部分的總電阻為R＝eq\f(（R1＋R2）R3,R1＋R2＋R3)＝3Ω，由閉合電路歐姆定律可得通過金屬棒的電流大小I＝eq\f(E,R＋r0)＝0.5A，故A錯(cuò)誤；金屬棒所受的安培力F＝BIr＝1N，由能量守恒觀點(diǎn)可知外力的功率等于克服安培力做功的功率，即P外＝Fv＝F×eq\f(ωr,2)＝1W，故B正確；閉合開關(guān)S，電容器兩端電壓為U＝I1R1＝eq\f(IR,R1＋R2)×R1＝0.6V，且上極板電勢(shì)更高，斷開開關(guān)S，電路中的電流為I′＝eq\f(E,R1＋R2＋r0)＝eq\f(1,3)A，電容器兩端電壓為U′＝I′R2＝1V，此時(shí)電容器下極板電勢(shì)更高，即電容器先放電后充電，則通過電流表的電荷量為Q＝C(U′＋U)＝6.4×10－6C，故C錯(cuò)誤，D正確．3．(多選)如圖甲所示，實(shí)線是一個(gè)電阻為R、半徑為a的圓形單匝金屬線圈，線圈內(nèi)部半徑為b的圓形虛線范圍內(nèi)存在一方向垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，t＝0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，則下列說法正確的是()A．t＝0時(shí)刻，穿過線圈的磁通量為πB0a2B．在0～2t0時(shí)間內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化量為2πB0b2C．在0～2t0時(shí)間內(nèi)，通過線圈導(dǎo)線橫截面的電荷量為eq\f(2πB0b2,R)D．在0～2t0時(shí)間內(nèi)，線圈中的感應(yīng)電流的方向始終為順時(shí)針方向答案：BCD解析：t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，穿過線圈的磁通量為πB0b2，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；在0～2t0時(shí)間內(nèi)，穿過線圈的磁通量由垂直于紙面向里變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蛲?，變化量?πB0b2，故B選項(xiàng)正確；在0～2t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2πB0b2,2t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2πB0b2,2Rt0)，則通過線圈導(dǎo)線橫截面的電荷量q＝IΔt＝eq\f(2πB0b2,R)，故C選項(xiàng)正確；根據(jù)楞次定律可知0～2t0時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流的方向始終為順時(shí)針方向，故D選項(xiàng)正確．4．[湖北省2021高二上期末]如圖所示，MN、PQ為兩條平行放置、間距為L(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，左右兩端分別接有阻值為R的定值電阻R1、R2，金屬棒AB垂直放在兩導(dǎo)軌之間且與導(dǎo)軌接觸良好，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面．金屬棒在水平向右、大小為F的恒力作用下向右勻速運(yùn)動(dòng)．不計(jì)金屬導(dǎo)軌和金屬棒的電阻，求：(1)判斷流過R1的電流的方向；(2)計(jì)算流過電阻R2的電流大小；(3)計(jì)算金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度v的大?。馕觯?1)根據(jù)右手定則可知，流過R1的電流方向?yàn)橛蒑到P.(2)金屬棒向右勻速運(yùn)動(dòng)，滿足F＝F安＝BIL，由于R1、R2的阻值相等，流過電阻R2的電流I′＝eq\f(I,2)＝eq\f(F,2BL).(3)不計(jì)金屬導(dǎo)軌和金屬棒的電阻，由歐姆定律得E＝I′R2，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，聯(lián)立解得v＝eq\f(FR,2B2L2).【題型2回路中感應(yīng)電荷量的求解】5．[湖北武漢五校聯(lián)合體2021高二上期末](多選)如圖甲所示，用一根導(dǎo)線制成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，其單位長(zhǎng)度的電阻為r0，將圓環(huán)的右半部分置于變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，設(shè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間做周期性變化關(guān)系如圖乙所示，則()A．在t＝πs時(shí)刻，圓環(huán)中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．在0～eq\f(π,2)s時(shí)間內(nèi)圓環(huán)受到的安培力大小、方向均不變C．在eq\f(π,2)～πs時(shí)間內(nèi)通過圓環(huán)橫截面的電荷量為eq\f(B0r,2r0)D．圓環(huán)在一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(B02r3,r0)答案：AD解析：在t＝πs時(shí)刻，圓環(huán)中磁通量為零，但磁通量的變化率不為零，故有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律知感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，A正確；在0～eq\f(π,2)s時(shí)間內(nèi)，磁通量均勻變化，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是恒定的，感應(yīng)電流大小和方向不變，根據(jù)F＝BIL，B在變化，所以安培力是變化的，B錯(cuò)誤；q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，在eq\f(π,2)～πs時(shí)間內(nèi)，通過圓環(huán)橫截面的電荷量為q＝eq\f(B0πr2,4πrr0)＝eq\f(B0r,4r0)，C錯(cuò)誤；在一個(gè)周期內(nèi)，磁通量的變化率的絕對(duì)值不變，故感應(yīng)電流的大小不變，電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(B0,\f(π,2))·\f(πr2,2),2πrr0)＝eq\f(B0r,2πr0)，故一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(B0r,2πr0)))2×2πrr0×2π＝eq\f(B02r3,r0)，D正確．6．[河南豫南九校2021高二上期末](多選)如圖甲所示，垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)體框abcd，已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，t＝0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，則下列說法中正確的是()A．在0～2t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體框磁通量的變化量為B0L2B．在0～2t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流方向始終為adcbaC．在0～t0時(shí)間內(nèi)和t0～2t0時(shí)間內(nèi)ab邊受到的安培力方向相同D．在0～2t0時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)體框橫截面的電荷量為eq\f(2B0L2,R)答案：BD解析：在0～2t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體框磁通量的變化量為ΔΦ＝B0L2－(－B0L2)＝2B0L2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在0～t0時(shí)間內(nèi)磁通量向里且減小，導(dǎo)體框中感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba，在t0～2t0時(shí)間內(nèi)磁通量向外且增加，導(dǎo)體框中感應(yīng)電流方向也為adcba，選項(xiàng)B正確；根據(jù)左手定則知，在0～t0時(shí)間內(nèi)ab邊受到的安培力方向向左，在t0～2t0時(shí)間內(nèi)ab邊受到的安培力方向向右，在0～t0時(shí)間內(nèi)和t0～2t0時(shí)間內(nèi)ab邊受到的安培力方向相反，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在0～2t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2B0L2,2t0)＝eq\f(B0L2,t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,Rt0)，通過導(dǎo)體框橫截面的電荷量q＝I×2t0＝eq\f(2B0L2,R)，選項(xiàng)D正確．7．[安徽太湖中學(xué)2021高二下期中](多選)1831年10月28日，法拉第展示人類歷史上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)——圓盤發(fā)電機(jī)，結(jié)構(gòu)如圖甲所示，工作原理可等效為圖乙所示，圓盤中任意一個(gè)半徑CD都在切割磁感線，在CD之間接上電阻R，已知轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，CD的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，CD之間的等效電阻為r，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，下列說法正確的是()A．回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\f(1,2)BL2ωB．C、D兩點(diǎn)間的電壓eq\f(BL2ωr,2（R＋r）)C．回路的電功率為eq\f(B2L4ω2,2（R＋r）)D．圓盤轉(zhuǎn)一圈，通過電阻R的電荷量為eq\f(πBL2,R＋r)答案：AD解析：回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BL·eq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(1,2)BL2ω，選項(xiàng)A正確；C、D兩點(diǎn)間的電壓UCD＝IR＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(BL2ωR,2（R＋r）)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；回路的電功率為P＝eq\f(E2,R＋r)＝eq\f(B2L4ω2,4（R＋r）)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；圓盤轉(zhuǎn)一圈，通過電阻R的電荷量為q＝IT＝eq\f(E,R＋r)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πBL2,R＋r)，選項(xiàng)D正確．8．[廣東廣州2021高二下期中]如圖所示，面積為0.2m2的100匝線圈存在于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律為B＝(2＋0.2t)T，定值電阻R1＝6Ω，線圈電阻R2＝4Ω，求：(1)磁通量變化率和回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(2)a、b兩點(diǎn)間電壓Uab；(3)請(qǐng)判斷線圈中電流的方向，并求2s內(nèi)通過R1的電荷量q.解析：(1)由B＝(2＋0.2t)T可知，eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s，磁通量變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝0.04Wb/s.由法拉第電磁感應(yīng)定律可知回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為