备考2019年高考物理一轮复习文档：第10章 第3讲《电磁感应规律的综合应用（一）电路和图象》练习（含解析）

板块三限时规范特训　　时间：45分钟　满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中1～6为单选，7～8为多选)1．如图所示，平行导轨间有一矩形匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，其感应电动势E随时间t变化的图象，可能正确的是(　　)答案　A解析　由法拉第电磁感应定律可知E＝BLv，其中L为有效长度，也就是磁场的宽度，所以A选项正确。2．如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)(　　)A．通过电阻R的电流方向为P→R→MB．a、b两点间的电压为BLvC．a端电势比b端电势高D．外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案　C解析　由右手定则可知过R的电流方向为M→R→P，A选项错误。ab棒为电源，电源内部电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，C选项正确。由法拉第电磁感应定律可知，E＝BLv，由闭合电路欧姆定律得Uab＝·R＝BLv，B选项错误。由于ab杆做匀速直线运动，外力F做的功等于克服安培力做的功，等于整个电路产生的焦耳热，并非电阻R上产生的焦耳热，D选项错误。3．如图所示，MN、PQ为两平行金属导轨，M、P间连接一阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B，磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场方向垂直纸面向里，有一金属圆环沿两导轨滑动、速度为v，与导轨接触良好，圆环的直径d与两导轨间的距离相等，设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右做匀速运动时(　　)A．有感应电流通过电阻R，大小为B．没有感应电流通过电阻RC．没有感应电流流过金属圆环，因为穿过圆环的磁通量不变D．有感应电流流过金属圆环，且左、右两部分流过的电流相同答案　D解析　画等效电路如图所示，由法拉第电磁感应定律可知，E0＝Bdv，电池组的电动势E＝Bdv，所以过电阻R的电流I＝＝，A、B错误。由等效电路可知，有感应电流流过金属环，并且左、右两部分并联，内阻相同，所以左、右两部分流过的电流相同，C错误，D正确。4．[2018·青岛质检]如图甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定图甲中B的方向为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置与导轨接触良好，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态。规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流I和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是(　　)答案　D解析　由楞次定律可判定回路中的电流始终为b→a方向，由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定，A、B错误；由F安＝BIl可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左，为负值且逐渐减小；在t0～t1时间内，F安方向向左，故外力F方向向右为正值且逐渐增大。综上所述，D项正确。5．[2018·湖北八校模拟]如图甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0～4 s时间内，线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系图象(规定水平向左为力的正方向)可能是图中的(　　)答案　A解析　在0～2 s内和3～4 s内磁感应强度都在均匀变化，线框中磁通量均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E＝可知线框中产生的感应电动势恒定，感应电流I＝恒定，ab边受到的磁场力F＝BIL，由于B在均匀变化，则F是均匀变化的，C、D错误；在3～3.5 s内磁场方向向外且逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，由左手定则知ab边受到的安培力方向向左，为正值，B错误，A正确。6．如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场。一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同。下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是(　　)答案　C解析　在穿过两磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，由电流I＝＝可得，导体棒在两磁场区域的运动情况必须完全相同；若进入区域Ⅰ时导体棒做匀速或加速运动，再经过无磁场的区域做加速度为g的匀加速运动，导体棒刚进入区域Ⅱ的速度v2将大于刚进入区域Ⅰ的速度v1，不符合题目条件；若进入区域Ⅰ时导体棒做减速运动，再经过无磁场的区域做加速度为g的匀加速运动，导体棒刚进入区域Ⅱ的速度v2可等于刚进入区域Ⅰ的速度v1，且在磁场中的加速度a＝随速度减小而减小，选项C正确。7．[2017·云南统一检测]如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)A．R2两端的电压为B．电容器的a极板带正电C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D．正方形导线框中的感应电动势为kL2答案　AC解析　由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS有E＝kπr2，D错误；因k>0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2＝U＝，A正确；设R2消耗的功率为P＝IU2，则R消耗的功率P′＝P左＋P右＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正确。8．如图甲所示，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L。边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上。使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图乙中的(　　)答案　AC解析　由法拉第电磁感应定律可知E＝BLv，由于线圈匀加速，v＝at，I＝，由右手定则知刚进入左边磁场时，电流方向为逆时针。在跨跃两磁场过程中，两边同时切割，方向为顺时针方向，大小I＝，斜率为单边切割的斜率的2倍，在离开右边磁场的过程中，斜率又恢复到原来的斜率，A选项正确，B选项错误。由于匀加速直线x＝at2，代入上式得I＝，同理C选项正确，D选项错误。 二、非选择题(本题共2小题，共36分)9．[2017·广州一模](18分)如图所示，匀强磁场垂直于铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动。通过电刷把铜环、环心与两块竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻。带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的M点，被拉起到水平位置；合上开关S，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧。已知磁感应强度为B，a的角速度为ω，长度为l，电阻为r，R1＝R2＝2r，铜环的电阻不计，P、Q两板的间距为d，小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g。求：(1)a匀速转动的方向；(2)P、Q间电场强度E的大小；(3)小球通过N点时对细线拉力F的大小。答案　(1)顺时针转动　(2)　(3)3mg－解析　(1)依题意可知，P板带正电，Q板带负电。由右手定则可知，导体棒a沿顺时针方向转动。(2)导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势的大小E＝Bl2ω由闭合电路的欧姆定律有I＝由欧姆定律可知，PQ间的电压UPQ＝IR2PQ间匀强电场的电场强度E＝由以上各式联立解得E＝。(3)设细绳的长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得mgL－EqL＝mv2又F－mg＝由以上各式得F＝3mg－。10．[2017·湖南邵阳联考](18分)如图所示，绝缘水平面内固定有一间距d＝1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC，导轨两端接有阻值分别为R1＝3 Ω和R2＝6 Ω的定值电阻。矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B＝1 T匀强磁场Ⅰ和Ⅱ。一质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上的AK与EF之间某处，在方向水平向右、大小F0＝2 N的恒力作用下由静止开始运动，到达EF时导体棒ab的速度大小v1＝3 m/s；导体棒ab进入磁场Ⅱ后，导体棒ab中通过的电流始终保持不变。导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，空气阻力不计。(1)求导体棒ab刚要到达EF时的加速度大小a；(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离l；(3)若在导体棒ab刚要到达MN时将恒力F0撤去，求导体棒ab能继续滑行的距离s以及滑行该距离s的过程中整个回路产生的焦耳热Q。答案　(1)5 m/s2　(2)1.35 m　(3)3.6 m　3.6 J解析　(1)导体棒ab刚要到达EF时，在磁场中切割磁感线产生感应电动势E1＝Bdv1经分析可知，此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左，根据牛顿第二定律，有F0－BI1d＝ma1，根据闭合电路的欧姆定律，有I1＝，其中，R＝解得a1＝5 m/s2。(2)导体棒ab进入磁场Ⅱ后，受到的安培力与F0平衡，做匀速直线运动导体棒ab中通过的电流I2，保持不变，则有F0＝BI2d，其中，I2＝，可得v2＝6 m/s设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2。根据牛顿第二定律，则有F0＝ma2；导体棒ab在EF、MN之间做匀加速直线运动，则有v－v＝2a2l解得l＝1.35 m。(3)撤去F0后，导体棒ab继续滑行的过程中，根据牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律，则有BId＝ma；而I＝若Δt→0，则有a＝；联立以上三式可得vΔt＝mΔv有∑vΔt＝m∑Δv，即s＝m(v2－0)，解得s＝3.6 m；根据能量守恒定律，则有Q＝mv代入数据，解得Q＝3.6 J。