2019年高考物理一轮复习第十章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用一--电路和图象练习

第3讲　电磁感应规律的综合应用一——电路和图象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0～4s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0～2s内和3～4s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～

3.5s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k0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＝R

0、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k0，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，R

1、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1a匀速转动的方向；2P、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　33mg－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＝1m、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＝3Ω和R2＝6Ω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＝1T匀强磁场Ⅰ和Ⅱ一质量m＝

0.2kg，电阻r＝1Ω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＝2N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＝3m/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　15m/s2　

21.35m　

33.6m　

3.6J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＝5m/s22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＝6m/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＝

1.35m3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＝mv2－0，解得s＝

3.6m；根据能量守恒定律，则有Q＝mv代入数据，解得Q＝

3.6J。