2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題突破練習(xí)10電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題含解析新人教版

PAGE9-專題突破練習(xí)(十)(時間：40分鐘)1.如圖所示，一足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽視不計，其上端接一小燈泡，電阻為1Ω。一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2kg，接入電路的電阻為1Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5。在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為0.8T。將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運動速度大小以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()A．2.5m/s,1W B．5m/s,1WC．7.5m/s,9W D．15m/s,9WB[小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時，導(dǎo)體棒做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：mgsin37°＝μmgcos37°＋eq\f(B2L2v,R＋r)，解得v＝5m/s；導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，電路電流I＝eq\f(E,R＋r)，燈泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1W，故選項B正確。]2.(多選)(云南師范高校附屬中學(xué)2025屆月考)如圖所示，固定于光滑水平面上的兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ左端接有電阻R，一質(zhì)量為m、電阻不計的導(dǎo)體棒跨接在導(dǎo)軌上，形成閉合回路，該空間有豎直向上的勻強磁場?，F(xiàn)讓ab以初速度v0起先沿導(dǎo)軌向右運動，不計摩擦及導(dǎo)軌電阻，下列關(guān)于導(dǎo)體棒的速度隨時間t及位移x改變的圖象可能正確的是()ABCDAD[依據(jù)安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)可知，導(dǎo)體棒所受安培力即合外力越來越小，所以導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運動，A正確，B錯誤；對導(dǎo)體棒由動量定理可得，eq\o(I,\s\up8(－))BLt＝mv0－mv，eq\o(I,\s\up8(－))t＝q，q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，可得v＝v0－eq\f(B2L2,mR)x，可知v與x為線性關(guān)系，C錯誤，D正確。]3.(多選)(山東煙臺一中2025屆月考)如圖所示為固定在絕緣斜面上足夠長的平行導(dǎo)軌，上端連接有電阻R，勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，方向向上。一金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，以初速度v0沿導(dǎo)軌下滑。棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻、金屬棒電阻以及一切摩擦均不計。若t時刻，棒下滑的速度大小為v，電阻R消耗的熱功率為P，則下列圖象可能正確的是()ABCDBC[金屬棒下滑的過程中受重力、導(dǎo)軌的支持力和沿斜面對上的安培力，若起先時安培力大于重力沿斜面對下的分力，金屬棒做減速運動，則由牛頓其次定律可知，a＝eq\f(\f(B2L2v,R)－mgsinθ,m)，隨著速度的減小，金屬棒的加速度漸漸減小，當(dāng)mgsinθ＝eq\f(B2L2v,R)時速度最小，以后金屬棒做勻速運動，B正確；同理可分析出若起先時安培力小于重力沿斜面對下的分力，金屬棒做加速度減小的加速運動，最終勻速運動，A錯誤；電阻R消耗的熱功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L2v2,R)，C正確，D錯誤。]4.(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的勻稱金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向豎直向下。在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計。下列說法正確的是()A．金屬棒中電流從B流向AB．金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C．電容器的M板帶負(fù)電D．電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2AB[依據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，選項B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶電荷量為Q＝eq\f(3,4)CBωr2，選項D錯誤。]5．(多選)(浙江杭州余杭中學(xué)2025屆開學(xué)考試)如圖，矩形閉合線框在勻強磁場上方，將其從不同高度由靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場的時刻，線框下落過程中形態(tài)不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界OO′平行，線框平面與磁場方向垂直。設(shè)OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣阻力，則下列哪個圖象可能反映線框下落過程中速度v隨時間t改變的規(guī)律()ABCDCD[線框先做自由落體運動，若ab邊進(jìn)入磁場后重力小于安培力，將做減速運動，由F＝eq\f(B2L2v,R)知線框所受的安培力減小，又a＝eq\f(F－mg,m)，則線框做加速度漸漸減小的減速運動，A、B錯誤；線框先做自由落體運動，若ab邊進(jìn)入磁場后重力大于安培力，做加速運動，由F＝eq\f(B2L2v,R)知線框所受的安培力增大，又a＝eq\f(mg－F,m)，線框做加速度減小的加速運動，cd邊進(jìn)入磁場后，線框做勻加速直線運動，加速度為g，C正確；線框先做自由落體運動，若ab邊進(jìn)入磁場后重力恰好等于安培力，線框做勻速直線運動，cd邊進(jìn)入磁場后做勻加速直線運動，加速度為g，D正確。]6．(多選)(2024·陜西百校聯(lián)盟第一次模擬)如圖甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd(線框位于紙面內(nèi))固定在勻強磁場中，磁場的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強度B隨時間t改變的規(guī)律如圖乙所示。規(guī)定垂直紙面對外為磁場的正方向，順時針為線框中感應(yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向。關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i、ad邊所受的安培力F隨時間t改變的圖象，下列選項正確的是()甲乙ABCDBC[由圖乙可知，0～1s時間內(nèi)，B增大，Φ增大，B的方向垂直紙面對外，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向是順時針方向，值為正；1～2s時間內(nèi)，磁通量不變，無感應(yīng)電流；2～3s時間內(nèi)，B的方向垂直紙面對外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向是逆時針方向，值為負(fù)；3～4s時間內(nèi)，B的方向垂直紙面對里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向是逆時針方向，值為負(fù)，選項B正確，A錯誤；由左手定則可知，0～1s時間內(nèi)，ad邊受到的安培力方向水平向右，值為正；1～2s時間內(nèi)，無感應(yīng)電流，ad邊不受安培力的作用；2～3s時間內(nèi)，ad邊受到的安培力方向水平向左，值為負(fù)；3～4s時間內(nèi)，ad邊受到的安培力方向水平向右，值為正。由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(S·ΔB,R·Δt)，由圖乙可知，在0～1s、2～4s時間內(nèi)，eq\f(ΔB,Δt)的大小均不變，在各時間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，B勻稱改變，則安培力F隨B勻稱改變，不是定值，選項C正確，D錯誤。]7．(多選)如圖甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具，它在飛起時能夠持續(xù)發(fā)光。某同學(xué)對竹蜻蜓的電路作如下簡化：如圖乙所示，半徑為L的導(dǎo)電圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動(俯視)。圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成120°角。在圓環(huán)左半部分張角也為120°角的范圍內(nèi)(兩條虛線之間)分布著垂直圓環(huán)平面對下磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在轉(zhuǎn)軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、N與一個LED燈相連。假設(shè)LED燈電阻為r，其他電阻不計，從輻條OP進(jìn)入磁場起先計時。在輻條OP轉(zhuǎn)過120°的過程中，下列說法中正確的是()甲乙A．O、P兩端電壓為eq\f(1,4)BL2ωB．通過LED燈的電流為eq\f(BL2ω,8r)C．整個裝置消耗的電能為eq\f(πωB2L4,8r)D．增大磁感應(yīng)強度可以使LED燈發(fā)光時更亮BCD[輻條OP進(jìn)入磁場勻速轉(zhuǎn)動時有E＝BLeq\f(ωL,2)，在電路中OP相當(dāng)于內(nèi)阻為r的電源，另外兩根金屬輻條和LED燈并聯(lián)，故電路的總電阻R＝eq\f(4r,3)，OP兩端的電壓為電源的路端電壓U＝eq\f(E,R)·eq\f(r,3)＝eq\f(BL2ω,8)，流過LED燈的電流是I＝eq\f(U,r)＝eq\f(BL2ω,8r)，A錯誤，B正確；整個裝置消耗的電能Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(E2,\f(4r,3))·eq\f(1,3)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2L4,8r)，C正確；由LED燈中電流為I＝eq\f(BL2ω,8r)知，增大角速度、增大磁感應(yīng)強度、減小輻條的電阻和LED燈的電阻等措施可以使LED燈變得更亮，故D正確。]8.(多選)如圖所示，導(dǎo)體棒沿兩平行導(dǎo)軌從圖中位置以速度v向右勻速通過一正方形abcd磁場區(qū)域，ac垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，ac右側(cè)的磁感應(yīng)強度是左側(cè)的2倍且方向相反，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和所受安培力隨時間改變的圖象正確的是(規(guī)定電流由M經(jīng)R到N為正方向，安培力向左為正方向)()ABCDAC[設(shè)導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體棒在左半?yún)^(qū)域時，依據(jù)右手定則，通過棒的電流方向向上，電流由M經(jīng)R到N為正值，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B·2vt·v,R)＝eq\f(2Bv2t,R)∝t，故I隨時間勻稱增大，導(dǎo)體棒在右半?yún)^(qū)域時，依據(jù)右手定則，通過棒的電流方向向下，電流為負(fù)值，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2B×2L－vtv,R)，故I隨時間勻稱減小，且滿意經(jīng)過分界線時感應(yīng)電流大小突然加倍，A正確，B錯誤；第一段時間內(nèi)安培力大小F＝eq\f(4B2v3t2,R)∝t2，其次段時間內(nèi)F＝eq\f(8B2L－vt2v,R)，依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問可知，C正確，D錯誤。]9.(多選)如圖所示，abcd為一邊長為l的正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框位于光滑水平面內(nèi)，其右側(cè)為一勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與線框的cd邊平行，磁場區(qū)域的寬度為2l，磁感應(yīng)強度為B，方向豎直向下。線框在一垂直于cd邊的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右運動，直至通過磁場區(qū)域。cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框起先勻速運動，規(guī)定線框中電流沿逆時針時方向為正，則導(dǎo)線框從剛進(jìn)入磁場到完全離開磁場的過程中，a、b兩端的電壓Uab及導(dǎo)線框中的電流i隨cd邊的位移xABCDBD[線框進(jìn)入磁場的過程做勻速直線運動，感應(yīng)電動勢E＝Blv恒定，線框中的電流大小恒定，方向沿逆時針方向，a、b兩端的電壓Uab＝eq\f(1,4)Blv；線框完全在磁場中運動時，穿過閉合電路的磁通量不變，線框中感應(yīng)電流為零，做勻加速運動，但ab邊兩端的電壓Uab＝Blv＝Bleq\r(v\o\al(2,0)＋2ax)，其中v0為勻速運動的速度，Uab與位移x不是線性關(guān)系，當(dāng)出磁場時，線框做減速運動，Uab不斷減小，故A錯誤，B正確；當(dāng)線圈的cd邊出磁場時，電流為順時針方向，由于此時安培力大于外力F，故此時線圈做減速運動，且加速度漸漸減小，電流圖象切線的斜率減小，漸漸趨近于起先進(jìn)入磁場時的電流大小，C錯誤，D正確。故選BD。]10．如圖甲所示，一邊長L＝2.5m、質(zhì)量m＝0.5kg的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個裝置處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度B＝0.8T的勻強磁場中，它的一邊與磁場的邊界MN重合。在水平力F作用下由靜止起先向左運動，經(jīng)過5s線框被拉出磁場。測得金屬線框中的電流隨時間改變的圖象如圖乙所示，在金屬線框被拉出的過程中，甲乙(1)求通過線框的電荷量及線框的總電阻；(2)分析線框運動性質(zhì)并寫出水平力F隨時間改變的表達(dá)式；(3)已知在這5s內(nèi)力F做功1.92J，那么在此過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少。[解析](1)依據(jù)q＝eq\x\to(I)t，由I-t圖象得，q＝1.25C又依據(jù)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(ΔΦ,tR)＝eq\f(BL2,tR)得R＝4Ω。(2)由題圖乙可知，感應(yīng)電流隨時間改變的規(guī)律：I＝0.1t由感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R)，可得金屬線框的速度隨時間也是線性改變的，v＝eq\f(RI,BL)＝0.2t線框做初速度為0的勻加速直線運動，加速度a＝0.2m/s2線框在外力F和安培力F安作用下做勻加速直線運動，F(xiàn)－F安＝ma又F安＝BIL得F＝(0.2t＋0.1)N。(3)5s時，線框從磁場中拉出時的速度v5＝at＝1m/s由能量守恒得：W＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5)線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5)＝1.67J。[答案]見解析11．(2024·浙江杭州五校聯(lián)考)如圖所示，金屬直導(dǎo)軌OM和PN平行且OM與x軸重合，兩導(dǎo)軌間距為d，兩導(dǎo)軌間垂直紙面對里的勻強磁場沿y軸方向的寬度按y＝deq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2d)x))的規(guī)律分布，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)，外圓環(huán)與兩導(dǎo)軌接觸良好，與兩導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒從OP起先始終垂直導(dǎo)軌沿x軸正方向以速度v做勻速運動，規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，下列uab-x圖象可能正確的是()ABCDD[導(dǎo)體棒向右勻速運動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e＝Byv＝Bdveq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2d)x))，外圓環(huán)內(nèi)的電流為正弦交變電流；導(dǎo)體棒在第一個磁場區(qū)域的前一半時間內(nèi)，通過外圓環(huán)的電流為順時針增加的，由楞次定律可推斷a端電勢高于b端，因電流的改變率漸漸減小，故uab漸漸減小。同理可知，導(dǎo)體棒在第一個磁場區(qū)域的后一半時間內(nèi)，通過外圓環(huán)的電流為順時針漸漸減小的，則由楞次定律可知，a端電勢低于b端，因電流的改變率漸漸變大，故uab漸漸變大。]12.(多選)(2024·安徽黃山一模)如圖所示，光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ平行固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌距離為L，N、Q兩端接有阻值為R的定值電阻，兩導(dǎo)軌間有一邊長為eq\f(L,2)的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。一粗細(xì)勻稱、質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于ab處，金屬桿接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R?，F(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿，使之由靜止向右運動，若桿拉出磁場前已做勻速運動，不計導(dǎo)軌的電阻，忽視空氣阻力，則下列說法正確的是()A．金屬桿做勻速運動時的速率v1＝eq\f(8FR,B2L2)B．金屬桿出磁場前的瞬間在磁場中的那部分兩端的電壓為eq\f(3FR,BL)C．金屬桿穿過整個磁場過程中金屬桿上產(chǎn)生的電熱為eq\f(1,2)FL－