【物理】2020届一轮复习人教版　电磁感应规律的综合应用——电路和图象课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版　电磁感应规律的综合应用——电路和图象课时作业

‎2020届一轮复习人教版 　电磁感应规律的综合应用 ——电路和图象 课时作业 一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)‎ ‎1.如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框,在下列四种情况下,线框中会产生感应电流的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.如图甲,保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动 B.如图乙,保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动 C.如图丙,线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动 D.如图丁,线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动 答案C 解析保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,选项A错误;保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,选项B错误;线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动,磁通量改变,故有感应电流,选项C正确;线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,选项D错误。‎ ‎2.‎ ‎(2017·河南许昌三模)如图所示,一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内,‎ 其下方(略靠前)固定一根与线框平面平行的水平直导线,导线中通以图示方向的恒定电流。释放线框,它由实线位置下落到虚线位置未发生转动,在此过程中(　　)‎ A.线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA B.线框的磁通量为零时,感应电流却不为零 C.线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上 D.线框做自由落体运动 答案B 解析根据右手定则,通电直导线的磁场在上方垂直纸面向外,下方垂直纸面向里;离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小。线框从上向下靠近导线的过程,垂直纸面向外的磁通量增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流;穿越导线时,上方垂直纸面向外的磁场和下方垂直纸面向里的磁场叠加,先是垂直纸面向外的磁通量减小,之后变成垂直纸面向里的磁通量增大,直至最大;根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流。垂直纸面向里的磁通量变成最大后,线框继续向下运动,垂直纸面向里的磁通量减小,这时的电流方向又变成了顺时针,即感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA,故A错误;根据A中的分析,线框穿越导线时,始终有感应电流存在,故B正确;根据楞次定律,安培力始终阻碍线框相对磁场的运动,故安培力的方向始终向上,线框不可能做自由落体运动,故C、D错误。‎ ‎3.(2017·黑龙江大庆质检)如图甲为磁感应强度B随时间t的变化规律,磁场方向垂直纸面,规定向里的方向为正。在磁场中有一细金属圆环,平面位于纸面内,如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流,F1、F2、F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力。下列说法不正确的是(　　)‎ A.I1沿逆时针方向,I2沿顺时针方向 B.I2沿顺时针方向,I3沿顺时针方向 C.F1方向指向圆心,F2方向指向圆心 D.F2方向背离圆心向外,F3方向指向圆心 答案C 解析由题图甲所示可知,Oa段,磁场垂直于纸面向里,穿过圆环的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流I1沿逆时针方向,在ab段磁场向里,穿过圆环的磁通量减少,由楞次定律可知,感应电流I2沿顺时针方向,故A正确;由图甲所示可知,在bc段,磁场向外,磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流I3沿顺时针方向,故B正确;由左手定则可知,Oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心,ab段安培力F2方向背离圆心向外,故C错误;由左手定则可知,ab段安培力F2方向背离圆心向外,bc段,安培力F3方向指向圆心,故D正确;此题选择错误选项,故选C。‎ ‎4．[2017·福建龙岩质检]如图所示，三角形金属线框ABC的底边AB长度为d ‎，顶点C距AB边的距离为，在右侧空间边长为d的正方形区域内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，在外力作用下线框底边沿着x轴向右运动，运动过程中始终保持线框平面与磁场方向垂直。在线框沿x轴向右匀速穿过有界磁场区域的过程中，线框中的感应电动势(　　)‎ A．经历均匀增大、均匀减小、均匀增大、均匀减小的过程 B．经历均匀增大、保持不变、均匀增大、保持不变的过程 C．经历均匀增大、均匀减小、均匀增大的过程 D．经历均匀增大、保持不变、均匀减小的过程 答案　A 解析　导线切割磁感线产生感应电动势有E＝Blv，因为匀速运动，所以感应电动势大小取决于切割磁感线的导线的有效长度，线框匀速穿过有界磁场区域的过程中有效长度先均匀增大，再均匀减小，然后再均匀增大，再均匀减小，所以选项A正确。‎ ‎5．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝‎20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 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。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．螺线管中产生的感应电动势为1 V B．闭合S，电路中的电流稳定后，螺线管两端电压为1.08 V C．电路中的电流稳定后电容器下极板带负电 D．S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－‎‎6 C 答案　B 解析　由法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nS，其中n＝1500匝，S＝20×10－‎4 m2‎，等于乙图中图线斜率，为 T/s＝0.4 T/s，代入得E＝1.2 V，A错误。感应电流I＝＝‎0.12 A，螺线管两端的电压U＝I(R1＋R2)＝1.08 V，B正确。由楞次定律可得，螺线管下端电势高，所以电容器下极板带正电，C错误。S断开后，电容器把储存的电量都通过R2释放出来，Q＝CUR2，其中UR2＝IR2，得Q＝1.8×10－‎5 C，D错误。‎ ‎6．如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是(　　)‎ A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同 B．在0～t0时间内，通过导体棒的电流方向为N到M C．在t0～2t0时间内，通过电阻R的电流大小为 D．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为 答案　B 解析　导体棒MN始终静止，与导轨围成的线框面积不变，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝＝S，即感应电动势与Bt图象斜率成正比，0～t0‎ 时间内的感应电流I1＝＝S＝S，t0～2t0时间内的感应电流I2＝＝S＝S，C错误。由楞次定律可知在0～t0时间内，通过导体棒的电流方向N→M，B正确。在0～t0时间内，磁通量减小，MN有向右运动的趋势来阻碍磁通量减小，受向左的静摩擦力，在t0～2t0时间内，磁通量增加，MN有向左运动的趋势来阻碍磁通量增加，受向右的静摩擦力，A错误。通过电阻R的电量q＝q1＋q2＝I1t0＋I2t0＝，D错误。‎ ‎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＝IR2‎ PQ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。‎