【文档说明】高考物理二轮小题狂做专练 23 电磁感应中的图象与电路问题 Word版含解析.doc，共(6)页，407.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1．【江门调研】(多选)如图所示，矩形线圈位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内。通电直导线中电流i与时间t的关系有以下四种情况，在0~t0时间内，矩形线圈中有方向不变的感应电流的是()2．【青岛2019届调研】如图甲，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置。若A线圈中

通有如图乙所示的变化电流i，则下列说法正确的是()A．t1到t2时间内B线圈电流方向与A线圈内电流方向相反B．t1到t3时间内B线圈电流方向一直没有发生变化C．t1时刻两线圈间作用力最大D．t2时刻两线圈间作用力最大3．【2019届模拟预测卷

】如图所示，导体直导轨OM和PN平行且OM与x轴重合，两导轨间距为d，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y轴方向的宽度按πsin2ydxd=的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体

棒从OP开始始终垂直导轨沿x轴正方向以速度v做匀速运动，规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－x图象可能正确的是()4．【上饶月考】(多选)如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，

ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)()一、选择题二十三电磁感应中的图象与电路问

题5．【邯郸调研】如图所示，光滑水平面上有竖直向下的匀强磁场，图中y轴为磁场区域的右边界。一个长方形的金属线框从图示位置开始以初速度v沿x轴正方向运动，穿出磁场。该过程中，线框中感应电流的大小随时间变化的图象是()6．【安徽质检】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斜向下为B的正方向，导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，除导体棒电阻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()7．【辽宁省六校协作体2019届联考】如图所示，边长为

L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，在三角形abd内存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，在三角形bcd内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为B的匀强磁场。一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始

终与直线dc重合。规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图象是()8．【天一中学考前热身】如图所示，MN、PQ为足够长的光滑平行导轨，间距L＝0.5m。导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。NQ⊥M

N，NQ间连接有一个R＝3Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度B0＝1T。将一根质量m＝0.02kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝2Ω，其余部分电阻不计。现由

静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd距离NQ为s＝0.5m，g＝10m/s2。(1)金属棒达到稳定时的速度是多大？(2)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，二、解答题可使金属棒

中不产生感应电流，则t＝1s时磁感应强度应为多大?9．【浙江省9月联考】如图所示，一个半径r＝0.4m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长为r的金属棒ab的a端位于圆心，b端与导轨接触良好。从a端和圆形金属导轨分别引出两条导线与倾角θ＝37°、间距l＝0.5m的平行金属导轨相连

。质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω的金属棒cd垂直导轨放置在平行导轨上，并与导轨接触良好，且棒cd与两导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。导轨间另一支路上有一规格为“2.5V0.3A”的小灯泡L和一阻值范围为0~10Ω的滑动变阻器R0。整个装置置于垂直向上的匀强磁场中，磁感应强度大

小B＝1T。金属棒ab、圆形金属导轨、平行导轨及导线的电阻不计，从上往下看金属棒ab做逆时针转动，角速度大小为ω。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)当ω＝40rad/s时，求金属棒ab中产生的感应电动

势E1，并指出哪端电势较高；(2)在小灯泡正常发光的情况下，求ω与滑动变阻器接入电路的阻值R0间的关系；(已知通过小灯泡的电流与金属棒cd是否滑动无关)(3)在金属棒cd不发生滑动的情况下，要使小灯泡能正常发光，求ω的取值范围

。1．【解析】由法拉第电磁感应定律得Ent=，电路里得感应电流EIR=，图象的斜率代表电动势的大小以及方向，B、C图象的斜率始终大于零，代表电动势方向没有改变，所以电路里的电流方向也没有改变，故B、C正确。【答案】BC2．【解析】在t

1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出

现相互吸引现象，故A错误；由上可知在t1到t2时间内，线圈B的电流方向逆时针方向，在t2到t3时间内，线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，所以在t1到t3时间

内B线圈电流方向一直没有发生变化，故B正确；由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C错误；在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线

圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误。【答案】B3．【解析】导体棒向右匀速运动切割磁感线产生感应电动势，e＝Byv＝Bdvsinx，大环内的电流为正弦交变电流；在第一个磁场区域的前一半

时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在第一个磁场区域的后一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a环内电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大，故D正确。【答

案】D4．【解析】设ac左侧磁感应强度是B，则右侧的为2B，导轨间距为L，金属棒通过bac区域时，由右手定则可知感应电流从M到N，为正方向，有22tan452EBvtvBvtItRRR===，金属棒刚要到a

c时，BLvIR=；金属棒通过bdc区域时，由右手定则可知感应电流从N到M，为负方向，有2(2)EBLvtvIRR−==，可知I随时间均匀减小，金属棒刚离开ac时，2BLvIR=，故A正确，B错误。金属棒通过bac区域时，安培力大小为232242BvtFBIvttR==；金属棒通过bdc区

域时，安培力大小为224(2)2(2)BLvtvFBILvtR−=−=，根据数学知识可知C正确，D错误。【答案】AC答案与解析5．【解析】根据题意，一个长方形的金属线框以初速度v向右运动，穿出磁场过程中，

要切割磁感线，从而产生感应电动势，形成感应电流。而线框在光滑水平面上，只受到安培阻力，根据牛顿第二定律，假设线框匀减速运动，则有()EBLvBLvatIRRR−===，但根据安培力公式22BLvFBILR==，可知安培

力受到速度的影响，则加速度a在减小，因此线框中感应电流的大小随时间变化的图象斜率会减小，故B正确。【答案】B6．【解析】sin60BSEtt==，由图乙知，B的变化率不变，即Bt保持不变，则感应电动势保持不变，电路中电流I不

变；根据楞次定律判断得知ab中感应电流沿b→a，为负值，故A、B错误；由安培力F＝BIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，根据楞次定律判断可知ab中感应电流从b到a，安培力的方向垂直于

磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，为负，大小为0000003sin()sin60()2BBILFBILBtILtttt==−+=−，同理，B为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为0003()2BILFttt=

−，故C错误，D正确。【答案】D7．【解析】感应电动势EBLv=有，电流BLvEIRR==有，三角形egf向右运动，根据右手定则，开始时ef切割磁感线，产生顺时针电流，大小设为I0，0~3L过程，en切割磁感线产生向下的电流，nf产生向上的电流，em产生向下

电流，切割磁感线的有效长度为Lennfem=−−有，随着三角形的运动L有在减小，感应电流减小，当运动3L时，0L=有，电流为零；3L~L过程，继续移动根据等边三角形的几何关系，nf＋em大于en，Lnfemen=+−有，逐渐变大，电流变大，当efg与bcd重合时，eg边和ef切割磁感线，

产生电流方向均为逆时针，大小变为2I0；L~2L过程中，gm切割磁感线产生感应电动势，电流为顺时针方向，Lgm=有，逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，A正确。【答案】A8．【解析】(1)在达到稳定速度前

，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有mgsinθ＝FAFA＝BILEIRr=+E＝BLv由以上四式代入数据解得v＝2m/s。(2)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做匀加速运动mgsinθ＝ma212xvt

at=+设t时刻磁感应强度为B，总磁通量不变有：BLs＝B'L(s＋x)当t=1s时，代入数据解得，此时磁感应强度B'＝0.1T。9．【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得：2113.2V2EBr==由右手定则知，b端电势较高。(2)由并联电路的特点可知，当小灯泡正常发光时，有：2L

L012BrUIR=+代入数据后解得：015125(rad/s)44R=+。(3)由于μ<tan37°，所以当棒cd中无电流时，其无法静止①当ω较小，棒cd恰要向下滑动时，对其进行受力分析，受力示意图如图甲所示x轴有：mgs

inθ＝Fcosθ＋fy轴有：mgcosθ＋Fsinθ＝FN且f＝FN棒cd所受安培力F＝BIL通过棒cd的电流22EBrIRR==联立以上五式可得：50rad/s11=②当ω较大，棒cd恰要向上滑动时，对其进行受力分析，受力示意图如图乙所示同理可得：50rad/s=所以要使棒cd

静止，50rad/s50rad/s11由(2)中结果可知：0412515R−=因为0010R，即412501015−解得小灯泡正常发光时，125275rad/srad/s44综上所述，125rad/s50rad/s4。