物理一輪復(fù)習(xí)精練精析《金學(xué)案》（粵教）：電磁感應(yīng)與電路的綜合

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第二單元電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用第3課電磁感應(yīng)與電路的綜合題號123456789答案一、單項選擇題1．(2013·揭陽模擬)如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導(dǎo)軌，置于磁感應(yīng)強度為B,方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里的勻強磁場中,M、P間接有一阻值為R的電阻．一根與導(dǎo)軌接觸良好、有效阻值為eq\f(R，2)的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運動，則（不計導(dǎo)軌電阻)（)A．通過電阻R的電流方向為P→R→MB．a(chǎn)、b兩點間的電壓為BLvC．a(chǎn)端電勢比b端高D．外力F做的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱解析：由右手定則可知通過金屬導(dǎo)線的電流由b到a，即通過電阻R的電流方向為M→R→P，A項錯誤；金屬導(dǎo)線產(chǎn)生的電動勢為BLv，而a、b兩點間的電壓為等效電路路端電壓，由閉合電路歐姆定律可知，a、b兩點間電壓為eq\f(2,3）BLv，B項錯誤；金屬導(dǎo)線可等效為電，在電內(nèi)部，電流從低電勢流向高電勢,所以a端電勢高于b端電勢，C項正確；根據(jù)能量守恒定律可知，外力做功等于電阻R和金屬導(dǎo)線產(chǎn)生的焦耳熱之和,D項錯誤．答案：C2．如圖甲所示，一邊長為L的正方形導(dǎo)線框，勻速穿過寬2L的勻強磁場區(qū)域．取它剛進入磁場的時刻為t＝0,則在圖乙中，能正確反映線框感應(yīng)電流i隨時間t解析：根據(jù)右手定則，從線框剛進入至完全進入磁場的過程中，前一條邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向向上，線框中電流沿逆時針方向，為正；從線框完全進入磁場至前一條剛要離開磁場的過程中，沒有感應(yīng)電流，從線框前一邊剛離開至完全離開磁場的過程中，后一條邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向向上，線框中電流順時針方向，為0負；而根據(jù)E＝BLv及I＝eq\f(E,R)可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流強度大小相等．答案:C3.如圖所示，一金屬方框abcd從離磁場區(qū)域上方高h處自由下落，進入與線框平面垂直的勻強磁場中，在進入磁場的過程中，不可能發(fā)生的情況是（)A．線框做加速運動,加速度a〈gB．線框做勻速運動C．線框做減速運動D．線框會反跳回原處解析：線框剛進入磁場時,若向上的安培力剛好等于重力，則做勻速運動；若向上的安培力小于重力，則做加速運動，但加速度a<g；若向上的安培力大于重力,則做減速運動．答案：D4．（2013·惠州模擬）如圖甲所示，在圓形線框的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面向里．若磁場的磁感應(yīng)強度B按照圖乙所示規(guī)律變化,則線框中的感應(yīng)電流I（取逆時針方向的電流為正）隨時間t的變化圖線是(）解析:圓形線框內(nèi)，從t＝0時刻起磁感應(yīng)強度均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律，線框內(nèi)產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流；之后磁感應(yīng)強度均勻減小，線框內(nèi)產(chǎn)生方向相反的恒定的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流；由楞次定律可知，在前半段時間產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，為正值；后半段時間產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為順時針方向，為負值，所以感應(yīng)電流隨時間t的變化圖線是選項A。答案：A二、雙項選擇題5．(2013·廣州模擬)如圖甲所示,水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個平行板電容器C和電阻R,導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B的變化情況如圖乙所示（圖示磁感應(yīng)強度方向為正)，MN始終保持靜止，則0～t2時間內(nèi)，（）A．電容器C的電荷量大小始終沒變B．電容器C的a板先帶正電后帶負電C．MN所受安培力的大小始終沒變D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析：磁感應(yīng)強度均勻變化,產(chǎn)生恒定電動勢，電容器C的電荷量大小始終沒變，選項A正確、B項錯誤；由于磁感應(yīng)強度變化，MN所受安培力的大小變化，MN所受安培力的方向先向右后向左,選項C錯誤、D項正確．答案：AD6.如圖所示,虛線框內(nèi)是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，用同種導(dǎo)線制成的正方形線框abcd的邊長為L(L小于磁場寬度d)，線框平面與磁場方向垂直．導(dǎo)線框以速度v水平向右運動，當ab邊進入磁場時,ab兩端的電勢差為U1;當ab邊離開磁場時,ab兩端的電勢差為U2。則()A．U1＝BLv B．U1＝eq\f（3，4）BLvC．U2＝eq\f（1，4)BLv D．U2＝eq\f（3，4）BLv解析：當ab邊進入或離開磁場時,感應(yīng)電動勢為E＝BLv。當ab剛進入磁場時，ab兩端的電勢差為U1＝eq\f(3,4）E＝eq\f（3，4）BLv.當ab邊離開磁場時，ab兩端的電勢差U2＝eq\f(1，4）E＝eq\f（1,4)BLv。答案：BC7．如圖所示，兩條平行虛線之間存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里,虛線間的距離為l,金屬圓環(huán)的直徑也是l。圓環(huán)從左邊界進入磁場,以垂直于磁場邊界的恒定速度v穿過磁場區(qū)域．則下列說法正確的是()A．感應(yīng)電流的大小是先增大后減小再增大再減小B．感應(yīng)電流的方向先逆時針后順時針C．金屬圓環(huán)受到的安培力先向左后向右D．進入磁場的過程中感應(yīng)電動勢的平均值為eq\o（E,\s\up6（－）)＝eq\f（1,2）πBlv解析：在圓環(huán)進入磁場的過程中，通過圓環(huán)的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，感應(yīng)電動勢E＝Bl′v，圓環(huán)切割磁感線的有效長度l′先增大后減小，所以感應(yīng)電流先增大后減?。砜梢耘袛鄨A環(huán)出磁場時的情況,A、B兩項正確;根據(jù)楞次定律的推廣可知，圓環(huán)進入磁場和出磁場時所受安培力都向左，C項錯誤；圓環(huán)進入磁場時感應(yīng)電動勢的平均值為eq\o（E，\s\up6(－)）＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(1,4)πBl2，\f（l,v)）＝eq\f(1，4）πBlv，D項錯誤．答案：AB8．如圖甲所示，光滑導(dǎo)體框架abcd水平放置，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ正好卡在垂直于軌道平面的4枚光滑小釘(圖中示畫出)之間，與導(dǎo)軌良好接觸．回路總電阻為R，整個裝置放在垂直于框架平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化如圖乙所示(規(guī)定磁感應(yīng)強度向上為正)的勻強磁場中，則在0～t時間內(nèi)，關(guān)于回路內(nèi)的感應(yīng)電流I及小釘對PQ的彈力N，下列說法中正確的是（）A．I的大小和方向都在變化B．I的大小和方向都不發(fā)生變化C．N的大小和方向都不發(fā)生變化D．N的大小發(fā)生了變化，方向也發(fā)生了變化解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路的歐姆定律可知，I＝eq\f(E,R)＝eq\f（ΔB·S,Δt·R)＝keq\f(S，R)，由乙圖可知k不變,故I的大小不變;由楞次定律可知，B先向上變小而后改為向下變大，則感應(yīng)電流順時針方向不變,故B項正確；根據(jù)安培力的公式可知，F(xiàn)安＝BIL，因B先向上變小而后改為向下變大，故F安先變小且向左，后變大且向右,根據(jù)力的平衡，N的大小發(fā)生了變化，方向也發(fā)生了變化，可知D項正確．答案：BD9．一個閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中，設(shè)磁場方向向里為磁感應(yīng)強度B的正方向，線圈中的箭頭為電流I的正方向．線圈及線圈中感應(yīng)電流I隨時間變化的圖象如圖所示,則磁感應(yīng)強度B隨時間變化的圖象可能是圖中的()解析：線圈中感應(yīng)電流的方向是順時針為正,由其感應(yīng)電流的圖象可知線圈中開始的電流是逆時針方向，感應(yīng)電流的磁場是垂直于紙面向外的，若是原磁場是向里的(正方向)，則原磁場應(yīng)是加強的,在B－t圖象上的斜率為正值，經(jīng)過eq\f（T，4）后，感應(yīng)電流反向,說明原磁場是減弱的,圖象的斜率為負值,再過eq\f(T，2），圖象的斜率為正值．所以C、D兩圖正確，A、B兩圖錯誤．答案：CD三、非選擇題10．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝0。2T，磁場寬度L＝3m，一正方形金屬框邊長ab＝l＝1m，每邊電阻r＝0。2Ω，金屬框以v＝10m/s的速度勻速穿過磁場區(qū)，其平面始終保持與磁感線方向垂直，如圖所示．(1)畫出金屬框穿過磁場區(qū)的過程中，金屬框內(nèi)感應(yīng)電流的It圖線；(2）畫出ab兩端電壓的Ut圖線．解析：(1)金屬框進入磁場區(qū)時，E1＝Blv＝2VI1＝eq\f（E1,4r）＝2.5A,由楞次定律可以判斷，電流的方向為逆時針方向,如圖甲中實線框abcd所示，感應(yīng)電流持續(xù)的時間t1＝eq\f（l,v)＝0。1s金屬框全部進入磁場區(qū)后：E2＝0,I2＝0，無電流的時間t2＝eq\f(L－l,v）＝0.2s金屬框穿出磁場區(qū)時，E3＝Blv＝2V,I3＝eq\f(E3,4r）＝2.5A,電流的方向為順時針方向，如圖甲中虛線框abcd所示，規(guī)定電流方向逆時針為正，故I－t圖線如圖乙所示．（2)金屬框進入磁場區(qū)時，ab兩端電壓U1＝I1r＝0。5V金屬框全部進入磁場區(qū)后，ab兩端電壓U2＝Blv＝2V金屬框穿出磁場區(qū)時，ab兩端電壓U3＝E3－I3r＝1.5V由此得U－t圖線如圖丙所示．答案：見解析11．如圖（a）所示，一個電阻值為R,匝數(shù)為n的圓形金屬線與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導(dǎo)線的電阻不計．求0～t1時間內(nèi):(1）通過電阻R1上的電流大小和方向；(2）電阻R1上產(chǎn)生的熱量．解析:（1)由圖象分析可知,0～t1時間內(nèi)eq\f(ΔB，Δt）＝eq\f（B0,t0）。由法拉第電磁感應(yīng)定律有:E＝neq\f（ΔΦ，Δt）＝neq\f（ΔB，Δt）·S。而S＝πreq\o\al（2,2).由閉合電路歐姆定律有：I1＝eq\f(E，R1＋R）。聯(lián)立以上各式解得:通過電阻上R1的電流大小為I1＝eq\f(nB0πr\o\al（2，2),3Rt0）。由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向為從b到a.(2）電阻R1上產(chǎn)生的熱量Q＝Ieq\o\al(2,1）R1t1＝eq\f（2n2B\o\al(2，0)π2r\o\al（4,2）t1,9Rt\o\al(2，0))。答案:（1)eq\f(nB0πr\o\al（2，2），3Rt0）方向從b到a(2）eq\f（2n2B\o\al（2,0）π2r\o\al(4，2)t1，9Rt\o\al(2,0)）12．如圖甲所示,不計電阻的平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L＝1m，上端接有電阻R＝3Ω,虛線OO′下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝1Ω的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，桿下落過程中始終與導(dǎo)軌保持良