【名師伴你行】2022年高考物理一輪復習課時作業(yè)27電磁感應中的電路和圖象問題-

二十七電磁感應中的電路和圖象問題1．如圖所示，電路的左側是一個電容為C的電容器，電路的右側是一個環(huán)形導體，環(huán)形導體所圍的面積為S.在環(huán)形導體中有一垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則在0～t0時間內電容器()A．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)B．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)C．上極板帶負電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)D．上板板帶負電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)答案：A解析：由題圖乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B2－B1,t0)，B增大，依據(jù)楞次定律，感應電流沿逆時針方向，故電容器上極板帶正電，E＝neq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(SB2－B1,t0)，Q＝CE＝eq\f(CSB2－B1,t0)，A正確．2．(2021·陜西西工大附中模擬)矩形導線框abcd放在勻強磁場中靜止不動，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖所示．設t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直紙面對里，則在0～4s時間內，下列選項中能正確反映線框ab邊所受的安培力隨時間t變化的圖象(規(guī)定ab邊所受的安培力向左為正)的是()答案：D解析：在0～2s內，線框中的感應電動勢E1＝eq\f(ΔB,Δt)·S，對應的感應電流大小不變，方向為順時針，而F＝BILab，所以依據(jù)左手定則可知F的方向先向左后向右，F(xiàn)的大小與B成正比；同理可知在2～4s內F的方向也是先向左后向右，大小與B成正比，故D正確．3．如圖所示為有抱負邊界的兩個勻強磁場，磁感應強度均為B＝0.5T，兩邊界間距s＝0.1m，一邊長L＝0.2m的正方形線框abcd由粗細均勻的電阻絲圍成，總電阻為R＝0.4Ω，現(xiàn)使線框以v＝2m/s的速度從位置Ⅰ勻速運動到位置Ⅱ，則下列能正確反映整個過程中線框a、b兩點間的電勢差答案：A解析：ab邊切割磁感線產生的感應電動勢為E＝BLv＝0.2V，線框中感應電流為I＝eq\f(E,R)＝0.5A，所以在0～5×10－2s時間內，a、b兩點間電勢差為U3＝I×eq\f(3,4)R＝0.15V；在5×10－2～10×10－2s時間內，ab兩端電勢差U2＝E＝0.2V；在10×10－2～15×10－2s時間內，a、b兩點間電勢差為U3＝I×eq\f(1,4)R＝0.05V.4．(2021·茂名二模)如圖所示，一個有矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面對里．一個三角形閉合導線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)．取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t＝0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流與時間關系的是()答案：A解析：線框進入磁場過程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流方向為逆時針方向，即正方向，可排解B、C選項；由E＝BLv可知，線框進出磁場過程中，切割磁感線的有效長度為線框與磁場邊界交點的連線，故進、出磁場過程中，等效長度L先增大后減小，故感應電動勢先增大后減??；由歐姆定律可知，感應電流也是先增大后減小的，故A項正確，D項錯誤．5．(2021·山西忻州四校聯(lián)考)如圖所示，勻強磁場的方向垂直紙面，規(guī)定向里的方向為正，在磁場中有一細金屬圓環(huán)，線圈平面位于紙面內，現(xiàn)令磁感應強度B隨時間t變化，先按圖所示的Oa圖線變化，后來又按bc和cd變化，令E1、E2、E3分別表示這三段變化過程中感應電動勢的大小，I1、I2、I3分別表示對應的感應電流，則下列說法正確的是()A．E1<E2，I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向B．E1<E2，I1沿順時針方向，I2沿逆時針方向C．E2<E3，I2沿逆時針方向，I3沿順時針方向D．E2＝E3，I2沿逆時針方向，I3沿順時針方向答案：A解析：依據(jù)法拉第電磁感應定律，即E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)，Oa段的eq\f(ΔB,Δt)較小，而bd段的eq\f(ΔB,Δt)較大，所以E1<E2＝E3；在Oa段由楞次定律可知I1方向為逆時針，而bc段的電流I2方向為順時針，cd段的電流也為順時針．所以正確選項為A選項．6．如圖所示，在一底邊長為2L、高為L的等腰直角三角形區(qū)域分布著如圖所示的勻強磁場，左側磁場方向垂直紙面對外，右側磁場方向垂直紙面對里，磁感應強度的大小均為B．一邊長為L、總電阻為R的正方形導線框abcd，從圖示位置開頭沿x軸正方向以速度v勻速運動并穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則下列表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是答案：D解析：bc進入L到2L區(qū)間時(L<x<2L)，只有bc邊在切割磁感線，有效切割長度由0增大到L，因此，電流由i＝0增大到i＝eq\f(BLv,R)，由右手定則可推斷出電流方向為順時針；bc進入2L到3L區(qū)間時，其有效切割長度始終為L且電流方向為逆時針，選項D正確7．(2021·河南六市一聯(lián))如圖所示，等離子氣流(由高溫、高壓的等電荷量的正、負離子組成)由左方連續(xù)不斷地以速度v0垂直射入P1和P2兩極板間的勻強磁場中．兩平行長直導線ab和cd的相互作用狀況為：0～1s內排斥，1～3s內吸引，3～4s內排斥．線圈A內有外加磁場，規(guī)定向左為線圈A內磁感應強度B的正方向，則線圈A內磁感應強度B隨時間t變化的圖象有可能是下圖中的()答案：C解析：正、負離子在磁場中受洛倫茲力，正離子向P1板偏轉，負離子向P2板偏轉，P1板帶正電，P2板帶負電，ab中電流為從a流向b，在0～1s內排斥說明電流從d流向c,1～3s內吸引說明電流從c流向d,3～4s內排斥說明電流從d流向c，再利用楞次定律、安培定則可推斷只有C項正確．8.(2021·合肥二模)如圖甲所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形導體線圈，面積S1＝0.4m2，電阻r＝1Ω，在線圈中存在面積S2＝0.3m2的垂直線圈平面對外的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示．有一個R＝2Ω的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的圓形線圈相連接甲乙A．圓形線圈中產生的感應電動勢E＝6VB．在0～4s時間內通過電阻R的電荷量q＝8C．設b端電勢為零，則a端的電勢φa＝3VD．在0～4s時間內電阻R上產生的焦耳熱Q＝18J答案：D解析：由法拉第電磁感應定律可得E＝neq\f(ΔBS,Δt)，由圖乙結合數(shù)學學問可得k＝eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.6,4)T/s＝0.15T/s，將其代入可求E＝4.5V，A錯．設平均電流強度為eq\x\to(I)，由q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(E,R＋r)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR＋r)Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)，在0～4s穿過圓形導體線圈的磁通量的變化量為ΔΦ＝0.6×0.3Wb－0＝0.18Wb，代入可解得q＝6C，B錯.0～4s內磁感應強度增大，圓形線圈內磁通量增加，由楞次定律結合右手定則可得b點電勢高，a點電勢低，故C錯．由于磁感應強度均勻變化產生的電動勢與電流均恒定，可得I＝eq\f(E,r＋R)＝1.5A，由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18J，D對．9．如圖甲所示，垂直紙面對里的有界勻強磁場的磁感應強度B＝1.0T，質量m＝0.04kg、高h＝0.05m、總電阻R＝5Ω、n＝100匝的矩形線圈豎直固定在質量M＝0.08kg的小車上，小車與線圈的水平長度l相等．線圈和小車一起沿光滑水平面運動，并以初速度v1＝10m/s進入磁場，線圈平面和磁場方向始終垂直．若小車運動的速度v隨位移xA．小車的水平長度l＝15B．磁場的寬度d＝35C．小車的位移x＝10cm時線圈中的電流ID．線圈通過磁場的過程中線圈產生的熱量Q＝1.92J答案：C解析：從x＝5cm開頭，線圈進入磁場，線圈中有感應電流，在安培力作用下小車做減速運動，速度v隨位移x的增大而減?。划攛＝15cm時，線圈完全進入磁場，小車做勻速運動．小車的水平長度l＝10cm，A項錯；當x＝30cm時，線圈開頭離開磁場，則d＝30cm－5cm＝25cm，B項錯；當x＝10cm時，由圖象知，線圈速度v2＝7m/s，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nBhv2,R)＝7A，C項正確；線圈左邊離開磁場時，小車的速度為v3＝3m/s，線圈上產生的熱量Q＝eq\f(1,2)(M＋m)(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,10．一個質量為m＝0.1kg的正方形金屬框總電阻R＝0.5Ω，金屬框放在表面絕緣的斜面AA′B′B的頂端(金屬框上邊與AA′重合)，自靜止開頭沿斜面下滑，下滑過程中穿過一段邊界與斜面底邊BB′平行、寬度為d的勻強磁場后滑至斜面底端(金屬框下邊與BB′重合)，設金屬框在下滑過程中的速度為v，與此對應的位移為x，那么v2-x圖象如圖所示，已知勻強磁場方向垂直斜面對上，金屬框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos(1)依據(jù)v2-x圖象所供應的信息，計算出金屬框從斜面頂端滑至底端所需的時間T；(2)求出斜面AA′B′B的傾斜角θ；(3)求勻強磁場的磁感應強度B的大小．答案：(1)eq\f(4,3)s(2)53°(3)eq\f(\r(3),3)T解析：(1)由v2-x圖象可知：x1＝0.9m，v1＝x2＝1.0m，v1＝3m/s，做勻速運動；x3＝1.6m，末速度設金屬框在以上三段的運動時間分別為t1、t2、t3，則x1＝eq\f(1,2)v1t1，得t1＝0.6sx2＝v1t2，得t2＝eq\f(1,3)sx3＝eq\f(1,2)(v1＋v2)t3，得t3＝0.4s所以T＝t1＋t2＋t3＝eq\f(4,3)s(2)金屬框加速下滑時，由牛頓笫二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma由圖象得a＝5.0m/s2，得(3)金屬框通過磁場時做勻速運動，金屬框受力平衡，有eq\f(B2L2v1,R)＋μmgcosθ＝mgsinθ金屬框的寬度L＝d＝0.5x2＝0.5得B＝eq\f(\r(3),3)T.11．如圖甲所示，水平面內的直角坐標系的第一象限有磁場分布，方向垂直于水平面對下，磁感應強度沿y軸方向沒有變化，與x軸的關系如圖乙所示，圖線是雙曲線(坐標軸是漸近線)；頂角θ＝45°的光滑金屬長導軌MON固定在水平面內，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長導體棒在水平向右的外力作用下沿導軌MON向右滑動，導體棒在滑動過程中始終與導軌良好接觸．已知t＝0時，導體棒位于頂點O處；導體棒的質量為m＝2kg；OM、ON接觸處O點的接觸電阻為R＝0.5Ω，其余電阻不計；回路電動勢E與時間t的關系如圖丙所示，圖線是過原點的直線，(1)t＝2s時流過導體棒的電流I2的大??；(2)1～2s時間內回路中流過的電荷量q的大??；(3)導體棒滑動過程中水平外力F(單位：N)與橫坐標x(單位：m)的關系式．答案：(1)8A(2)6C(3)F＝4eq\r(x)＋解析：(1)依據(jù)E-t圖象可知t＝2s時，回路中電動勢E2＝4V，所以I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4,0.5)A＝8A．(2)由E-t圖象和I＝eq\f(E,R)可推斷I-t圖象中的圖線也是過原點的直線t＝1s時，E1＝2V，所以I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(2,0.5)A＝4A則q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(I1＋I2,2)Δt＝6C．(3)因θ＝45