【文档说明】高考物理复习 课时过关题33 电磁感应中的电路和图象问题（含答案解析）.doc，共(8)页，246.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020(人教版)高考物理复习课时过关题33电磁感应中的电路和图象问题1.如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈的面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙

所示．下列说法中正确的是()A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4WD．前4s内通过R的电荷量为4×10－4C2.如图所示，PN与QM两平行金属导轨

相距1m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1=6Ω，ab杆的电阻为2Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T．现ab以恒定速度v=3m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的

电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等．则()A．R2=6ΩB．R1上消耗的电功率为0.75WC．a、b间电压为3VD．拉ab杆水平向右的拉力为0.75N3.如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一

定电阻，可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从

B增加到B′(过程Ⅱ)，在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则B′B等于()A.54B.32C.74D．24.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样

大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示．则在移出过程中线框一边a、b两点间电势差的绝对值最大的是()5.如图所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等，方向交替向上向下．一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向

左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()6.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域内磁场方向垂直于纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)在纸面内匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t

=0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则选项中能正确反映线框中电流与时间关系的图象是()7.如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B=0.5T，两边界间距s=0.1m，一边长L=0.2m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R=0.4Ω，现使线框以v=2m/s的速度从位

置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是()8.将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回

路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()9.如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为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垂直导轨放置且与导轨接触良好，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平拉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，水平向右的方向为拉力的正方向，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所受水平拉力F随时间t变化的图象是()10.(多选)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧，在Ⅰ

、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t=0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框

穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的()11.如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d=0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R=2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL=4Ω的小灯泡L连接．在CDFE矩形区域

内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，CE长l=2m，有一阻值r=2Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处(恰好不在磁场中)．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．在t=0至t=4s内，金属棒PQ保持静止，在t=4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t=0

开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化．求：(1)通过小灯泡的电流；(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．12.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势

为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后

将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器

上剩余的电荷量Q是多少．答案解析1.答案为：C；解析：[由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为E=nSΔBΔt=0.1V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I=ER＋r=0.02A，线圈电阻r消耗的功率为P=I2r=

4×10－4W，选项C正确；前4s内通过R的电荷量为q=It=0.08C，选项D错误．]2.答案为：D；解析：[杆ab消耗的功率与R1、R2消耗的功率之和相等，则R1·R2R1＋R2=Rab.解得R2=3Ω，故A错误；E=Blv=3V，则Iab=ER

总=0.75A，Uab=E－Iab·Rab=1.5V，PR1=U2abR1=0.375W，故B、C错误；F拉=F安=BIab·l=0.75N，故D正确．]3.答案为：B；解析：[对过程Ⅰ有：q=ΔΦR=Bπr2

4R对过程Ⅱ有：q′=－22R因q=q′解得：B′B=32，故B正确，A、C、D错误．]4.答案为：B；解析：[线框各边电阻相等，切割磁感线的那个边为电源，电动势相同均为Blv，在A、C、D项中，Uab=14Blv；B项中，Uab=34Bl

v，B选项正确．]5.答案为：D；解析：[①→②过程中，v恒定不变，则E=2Blv恒定，右手定则得i方向为顺时针．②→③过程中，Φ恒定不变，则无i产生，则A、B选项均错误．③→④过程中，v恒定不变，则E=2Blv恒定，右手定则

得i方向为逆时针，则C选项错误．综上可知：D选项正确．]6.答案为：A；解析：[线框进入磁场过程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，即正方向，可排除B、C选项；由E=BLv可知，线框进出磁场过程中，切

割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线，故进、出磁场过程中，有效长度L均先增大后减小，故感应电动势先增大后减小；由欧姆定律可知，感应电流也是先增大后减小，故A项正确，D项错误．]7.答案为：A；解析：[ab边切割磁感线

产生的感应电动势为E=BLv=0.2V，线框中感应电流为I=ER=0.5A，所以在0～5×10－2s时间内，a、b两点间电势差为U1=I·34R=0.15V．在5×10－2～10×10－2s时间内，a、b两点间电势差U2=E=0.2V；在10×10－2

～15×10－2s时间内，a、b两点间电势差为U3=I·14R=0.05V，选项A正确．]8.答案为：B；解析：[0～T2时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、沿顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab边在匀强磁场Ⅰ中

受到水平向左的恒定的安培力；同理可得T2～T时间内，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B项正确．]9.答案为：D；解析：[在0～t1时间内，磁感应强度变化率ΔBΔt=B0t1－t0，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，选项A、B错误；根据楞次定律可判

断出ab中感应电流方向为b指向a，导体棒所受安培力F安=BIL,0～t0时间内，F安斜向右下方，随时间均匀减小，t0～t1时间内，F安斜向左上方，随时间均匀增大，由平衡条件可知，导体棒所受水平拉力F时刻与F安在水平方向上的分力等大反向，选项D正确，C错误．]10.答案为：AD；解析：

[在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A正确

，B错误；d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以bc、cd、da三条边的电阻，并逐渐减小；ab边出磁场后，cd边开始切割磁感线，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为

负值，大小等于电流乘以ab边的电阻，并逐渐减小，故C错误，D正确．]11.解：(1)在t=0至t=4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．等效电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电

阻R总=RL＋RrR＋r=5Ω此时感应电动势E=ΔΦΔt=dlΔBΔt=0.5×2×24V=0.5V通过小灯泡的电流I=ER总=0.1A.(2)当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，等效电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻R总′=

r＋RRLR＋RL=2＋4×24＋2Ω=103Ω由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL=I=0.1A，则流过金属棒的电流为I′=IL＋IR=IL＋RLILR=0.3A电动势E′=I′R总′=Bdv解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小v=1

m/s.12.解：(1)电容器充电后上极板带正电，下极板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹向右运动射出，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时的电流：I=ER，炮弹受到的安培力：F=BIl，根据牛顿

第二定律：F=ma，联立以上三式解得加速度a=BElmR.(3)电容器放电前所带的电荷量Q1=CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：E′=Blvm最终电容器所带电荷量Q2=CE′设在此

过程中MN的平均电流为I－，MN上受到的平均安培力：F－=B·I－·l由动量定理，有：F－·Δt=mvm－0又：I－·Δt=Q1－Q2整理得：最终电容器所带电荷量Q2=B2l2C2EB2l2C＋m.