新高考物理一轮复习考点课时练第12章第68练　专题强化：电磁感应中的电路及图像问题（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习考点课时练第12章第68练　专题强化：电磁感应中的电路及图像问题（含答案解析），共24页。试卷主要包含了如图所示，在一磁感应强度B＝0，02 N等内容，欢迎下载使用。

1~6题每小题4分，共24分
1.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，连接处电阻不计，匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电压为( )
A.12EB.13EC.23ED.E
2.如图所示，在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L＝0.1 m的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3 Ω的电阻。导轨上垂直放置着金属棒ab，其接入电路的电阻r＝0.2 Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做匀速运动时( )
A.ab棒所受安培力大小为0.02 N
B.N、Q间电压为0.2 V
C.a端电势比b端电势低
D.回路中感应电流大小为1 A
3.如图所示，边长为L的正方形单匝导线框abcd放在纸面内，在ad边左侧有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导线框的总电阻为R。现使导线框绕a点在纸面内沿顺时针方向匀速转动，经时间Δt第一次转到图中虚线位置。则在Δt内通过导线框横截面的电荷量为( )
A.BL24RB.BL22R
C.BL2RD.2BL2R
4.(多选)如图甲所示，一长为L的导体棒，绕水平圆轨道的圆心O顺时针匀速转动，角速度为ω，电阻为r，在圆轨道空间存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。半径小于L2的区域内磁场竖直向上，半径大于L2的区域磁场竖直向下，俯视如图乙所示，导线一端Q与圆心O相连，另一端P与圆轨道连接给电阻R供电，其余电阻不计，则( )
A.电阻R两端的电压为BL2ω4
B.电阻R中的电流方向向下
C.电阻R中的电流大小为BL2ω4(R＋r)
D.导体棒所受的安培力做功的功率为B2L4ω28(R＋r)
5.(多选)(2024·山东菏泽市检测)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图甲所示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的感应电流i，焦耳热Q以及a、b两点间电压大小u，ab边的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是( )
6.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r、电阻为R的均匀直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆轨道中心O。装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场内，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，在两导轨之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动。在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导轨电阻不计。下列说法正确的是( )
A.导体棒中电流由A流向B
B.电容器所带电荷量为34CBωr2
C.电容器的M板带负电
D.导体棒两端电压为34Bω2r
7、8题每小题6分，9题16分，共28分
7.(2024·山东菏泽市一模)如图所示，边长为2L的正三角形abc区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为L的菱形单匝金属线框ABCD的底边与bc在同一直线上，菱形线框的∠ABC＝60°。使线框水平向右匀速穿过磁场区域，BC边与磁场边界bc始终共线，以B点刚进入磁场为计时起点，规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则下列图像正确的是( )
8.(2024·山东潍坊市检测)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B。一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，下列图中导线框中A、B两端电压UAB与导线框移动距离x的关系图像正确的是( )
9.(16分)如图所示，光滑水平面上有一个由均匀电阻丝做成的正方形线框。线框的边长为L，质量为m，总电阻为R。线框以垂直磁场边界的初速度v进入磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场区域。线框能完全进入磁场，且线框ab、cd两边始终与磁场边界平行。求：
(1)(5分)cd边刚进入磁场时，线框中感应电流I的大小及c、d两点的电势差U；
(2)(5分)若ab边进入磁场时的速度为v'，则线框在进入磁场的过程中最大的加速度a及产生的焦耳热Q；
(3)(6分)线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量q。
(8分)
10.如图所示，左端有微小狭缝(距离可忽略)的“∠”形光滑导轨abc水平放置在竖直向上的匀强磁场中，一电容器C与导轨左端相连，导轨上的金属棒MN与ab垂直且与导轨接触良好，在外力F作用下从b点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列关于回路中的电流i、电容器极板上的电荷量q、外力F及其功率P随时间t变化的图像中，正确的是( )
答案精析
1.B [a、b间的电压等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故a、b间电压为U＝13E，选项B正确。]
2.A [ab棒产生的感应电动势E＝BLv＝0.2 V，感应电流I＝ER＋r＝0.4 A，ab棒受到的安培力大小F＝ILB＝0.02 N，A正确，D错误；N、Q间的电压U＝RR＋rE＝0.12 V，B错误；由右手定则得a端电势比b端电势高，C错误。]
3.B [Δt时间内穿过导线框的磁通量变化量为ΔΦ＝BL2－12BL2＝12BL2，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝BL22Δt，平均感应电流I＝ER＝BL22RΔt，通过导线框横截面的电荷量q＝I·Δt＝BL22R，故选B。]
4.BC [导体棒转动产生的感应电动势为E＝BL2ωL＋0.5L2－BL2ω0.5L2＝14BωL2，电阻R的电流大小为I＝ER＋r＝BL2ω4(R＋r)，电阻R两端的电压为U＝IR＝BL2ωR4(R＋r)，选项A错误，C正确；根据右手定则可知圆心为负极，圆轨道为正极，电阻R中的电流方向向下，故B正确；导体棒所受的安培力做功的功率等于电功率，则为P＝E2R＋r＝B2L4ω216(R＋r)，选项D错误。]
5.ACD [0~1 s内产生的感应电动势为e1＝nS·ΔBΔt＝2 V，由楞次定律可知，感应电流为逆时针(为负)，大小为i1＝e1r＝2 A，同理可得，1~5 s内产生的感应电动势为e2＝nSΔB'Δt'＝1 V，由楞次定律可知，感应电流为顺时针(为正)，大小为i2＝e2r＝1 A，A正确；a、b两点间的电压，0~1 s内大小为u1＝i1·r4＝0.5 V，1~5 s内大小为u2＝i2·r4＝0.25 V，B错误；ab边的安培力，0~1 s内大小为0≤F1＝nB1i1 L≤4 N，随时间逐渐增大，由左手定则，方向为向下为正；同理1~3 s内大小为0≤F2＝nB2i2 L≤2 N，随时间逐渐减小，由左手定则，方向为向上为负；同理3~5 s内大小为0≤F3＝nB3i2 L≤2 N，随时间逐渐增大，由左手定则，方向为向下为正，C正确；0~1 s内焦耳热0≤Q1＝i12rt≤4 J，随时间逐渐增加，1~5 s内焦耳热4 J≤Q2＝Q1m＋i22rt'≤8 J，随时间逐渐增加，D正确。]
6.B [根据右手定则，导体棒中电流方向由B流向A，A项错误；在t时间内，导体棒扫过的面积S＝12ωt[(2r)2－r2]，根据法拉第电磁感应定律E＝B·ΔSΔt，导体棒两端电压U＝RR＋RE，解得U＝34Bωr2，电容器所带电荷量为Q＝CU＝34CBωr2，B项正确，D项错误；A点电势高于B点电势，故M板带正电，C项错误。]
7.A [设线框匀速运动速度大小为v，整个线框的电阻为R；以B点刚进入磁场为计时起点，在0~Lv内，AB边逐渐进入磁场切割磁感线，产生的电动势为E1＝Bv·xsin 60°＝3Bv2t2，线框中的电流大小为I1＝E1R＝3Bv2t2R∝t，根据楞次定律可知，线框中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；在Lv~2Lv内，整条AB边在磁场中切割磁感线，DC边逐渐进入磁场切割磁感线，线框产生的电动势为E2＝EAB－EDC＝3BLv2－Bv·(vt－L)sin 60°＝3BLv－3Bv2t2，线框中的电流大小为I2＝E2R＝3BLvR－3Bv2t2R，根据楞次定律可知，线框中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；在2Lv~3Lv内，整条AB边离开磁场区域，整条DC边在磁场中切割磁感线，产生的电动势恒为E3＝3BLv2，线框中的电流大小恒为I3＝E3R＝3BLv2R，根据楞次定律可知，线框中的电流方向为顺时针方向，即电流为负；之后整个线框离开磁场区域，没有感应电流，故选A。]
8.D [由楞次定律判断可知，在导线框穿过磁场的过程中，A点的电势始终高于B点的电势，则UAB始终为正值。AB、DC两边切割磁感线时产生的感应电动势均为E＝Bav，导线框移动距离在0~a内时，AB切割磁感线，A、B两端的电压是路端电压，则UAB＝34E＝34Bav；导线框移动距离在a~2a内时，导线框完全在磁场中运动，穿过导线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UAB＝E＝Bav；导线框移动距离在2a~3a内时，A、B两端的电压等于路端电压的13，则UAB＝14E＝14Bav，故D正确。]
9.(1)BLvR 34BLv (2)B2L2vmR
12m(v2－v'2) (3)BL2R
解析 (1)cd边刚进入磁场时，线框产生的感应电动势为E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律，线框感应电流的大小I＝BLvR
c、d两点的电势差U＝34BLv
(2)线框刚进入磁场时的加速度最大，此时线框受到的安培力
F＝BIL ＝B2L2vR
根据牛顿第二定律有a＝Fm＝B2L2vmR
根据能量守恒定律有
Q＝12m(v2－v'2)
(3)根据法拉第电磁感应定律，此过程线框的平均感应电动势
E＝NΔΦΔt ＝BL2Δt
根据闭合电路欧姆定律，线框的平均电流I＝ER＝BL2RΔt
通过线框导线横截面的电荷量
q＝I·Δt＝BL2R。
10.D [根据题意，设光滑导轨的夹角为θ，金属棒的运动时间为t，金属棒运动距离为x＝vt，由几何关系可知，切割磁感线的有效长度为L＝vttan θ，感应电动势为E＝BLv＝Bv2ttan θ，由题意可知，电容器两端的电压等于感应电动势，则电容器极板上的电荷量为q＝CE＝CBv2ttan θ，故B错误；由B分析可知，0~t时间内电容器极板上电荷量的变化量为Δq＝CBv2Δttan θ，回路中的电流为i＝ΔqΔt＝CBv2tan θ，故A错误；根据题意，由公式F安＝BIL可知，外力为F＝F安＝BiL＝CB2v3ttan2θ，故C错误；根据公式P＝Fv可得，外力的功率为P＝CB2v4ttan2θ，故D正确。]