高考专题突破(11)-电磁感应中的电路和图象问题.doc

限时规范训练
[基础巩固题组]
1．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为(　　)

A．　　　　　　　　　 B．
C． D．Bav
解析：选A．摆到竖直位置时，导体棒AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·＝Bav.由闭合电路欧姆定律得UAB＝·＝Bav，故选项A正确．
2．(多选)如图(a)所示，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势(　　)

A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
解析：选AC．因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小．由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误．再由楞次定律可判断在一个周期内，～内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确．其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误．
3．如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻R1、R2、R3的阻值之比为1∶2∶3，导线的电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流为(　　)

A．0 B．4I
C．6I D．7I
解析：选D．因为R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以设R1＝R，R2＝2R，R3＝3R；由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得E1＝3IR.当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得E2＝5I×5R＝25IR.当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势E＝E1＋E2＝28IR，则此时的电流I′＝＝＝7I，故选项D正确．
4．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)

A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
解析：选BC．由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错．根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B对．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝＝＝，C对，D错．
5．如图所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OA＝l0 ，且MN⊥OQ，所有导线单位长度电阻均为r，MN匀速水平向右运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，则外力F随时间变化的规律图象正确的是(　　)

解析：选C．设经过时间t，则MN距O点的距离为l0＋vt，直导线在回路中的长度也为l0＋vt，此时直导线产生的感应电动势E＝B(l0＋vt)v; 整个回路的电阻为R＝(2＋)(l0＋vt)r, 回路的电流I ＝ ＝＝ ； 直导线受到的外力F大小等于安培力，即F ＝ BIL ＝ B(l0＋vt)＝(l0＋vt)，故C正确．
6．如图所示，间距为L的两根光滑圆弧轨道置于水平面上，其轨道末端水平，圆弧轨道半径为r，电阻不计．在其上端连有阻值为R0的电阻，整个装置处于如图所示的径向磁场中，圆弧轨道处的磁感应强度大小为B.现有一根长度等于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端PQ处由静止开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg(重力加速度为g)．求：

(1)金属棒到达轨道底端时金属棒两端的电压；
(2)金属棒下滑过程中通过电阻R0的电荷量．
解析：(1)金属棒两端的电压为路端电压，当金属棒到达底端时，设棒的速度为v，
由牛顿第二定律可得2mg－mg＝m，
解得v＝
由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律得金属棒两端电压
U＝R0
联立即得U＝.
(2)通过电阻R0的电荷量q＝Δt
金属棒下滑过程中产生的感应电动势为
＝＝
感应电流为＝，解得q＝.
答案：(1)　(2)
[能力提升题组]
7．(多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2.螺线管导线电阻r＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝5 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．下列说法正确的是(　　)

A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B．闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电
C．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2 W
D．S断开后，通过R2的电荷量为1.8×10－5 C
解析：选AD．由法拉第电磁感应定律可知，螺线管内产生的电动势为E＝nS＝1 500××20×10－4 V＝1.2 V，故A正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B错误；电流稳定后，电流为I＝＝ A＝0.12 A，电阻R1上消耗的功率为P＝I2R1＝0.122×4 W＝5.76×10－2 W，故C错误；开关断开后通过电阻R2的电荷量为Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5 C＝1.8×10－5 C，故D正确．
8．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)

解析：选AD．PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsin θ＝BIL，I＝，即电流恒定；且由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同．情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsin θ＝BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I­t图象如图A所示．情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，但两棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝BLv，I＝，BIL－mgsin θ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的I­t图象如图D所示．
9．如图甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上．当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙所示．已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为I，ab受到的安培力大小为F安，R两端的电压为UR，R的电功率为P，则下图中正确的是(　　)

解析：选A．由题图乙可得F＝F0－kv，金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv，金属棒中电流I＝，金属棒受安培力F安＝BIL，对金属棒根据牛顿第二定律：F－F安＝ma，代入得：F0－v＝ma，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，所以A正确；F安＝，UR＝R，R消耗的功率P＝＝，所以B、C、D错误．
10．(多选)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
解析：选AC．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′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正确．
11．如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是(　　)

解析：选D．当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达到最大；此后向外的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故选项A错误；当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故选项C错误；拉力的功率P＝Fv，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由选项B的分析可知，电流加倍，回路中总电动势加倍，功率变为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以功率应等于在第一个磁场中的功率，故选项D正确．
12．如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d＝0.5 m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场中．长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，棒的质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.1 Ω，与导轨之间的动摩擦因数μ＝，导轨上端连接电路如图所示．已知电阻R1与灯泡电阻R2的阻值均为0.2 Ω，导轨电阻不计，取重力加速度大小g＝10 m/s2.

(1)求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；
(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P和棒的速率v.
解析：(1)棒由静止刚释放的瞬间速度为零，不受安培力作用
根据牛顿第二定律有mgsin α－μmgcos α＝ma，
代入数据得a＝2.5 m/s2.
(2)由“灯L的发光亮度稳定”知棒做匀速运动，受力平衡，有
mgsin α－μmgcos α＝BId
代入数据得棒中的电流I＝1 A
由于R1＝R2，
所以此时通过小灯泡的电流I2＝I＝0.5 A，
P＝IR2＝0.05 W
此时感应电动势E＝Bdv＝I
得v＝0.8 m/s.
答案：(1)2.5 m/s2　(2)0.05 W　0.8 m/s