【师说】2021高考物理一轮复习电磁感应规律的综合应用电路和图象课后练习(2021新题,含解析)

【师说】2021高考物理一轮复习电磁感应规律的综合应用电路和图象课后练习（2021新题，含解析）一、选择题1．矩形导线框abcd(如图(甲))放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时刻变化的图象如图(乙)所示．t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s 时刻内，线框中的感应电流I 以及线框的ab 边所受安培力F 随时刻变化的图象为(安培力取向上为正方向)( )解析 由法拉第电磁感应定律知，导线框中产生的感应电流I ＝E R ＝ΔΦRΔt ＝ΔBSRΔt ，在0～1 s 内，由题图(乙)知ΔBΔt 不变，故I 的大小也不变，由楞次定律知，感应电流方向由a→b ，同理分析，在1 s ～2 s 内，I 的大小仍不变，方向仍由a→b ，故A 、B 错；由左手定则知，0～1 s 内线框ab 边所受安培力F 向上，且由F ＝BIlab 知，I 、lab 不变，B 平均减小，因此F 也平均减小，D 错，C 项正确． 答案 C2．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( ) A ．U ＝12vBl B ．U ＝13vBlC ．U ＝vBlD ．U ＝2vBl解析 电路中电动势为E ＝Blv ，则MN 两端电压大小U＝E R ＋R ·R ＝12Blv.答案 A3.一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示．t ＝0时刻对线框施加一水平向右的外力下，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F 随时刻t 变化的图象如图乙所示．已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝ 1Ω，以下说法正确的是( )A ．线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B ．匀强磁场的磁感应强度为2 2 TC ．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22C D ．线框边长为1 m解析 开始时，a ＝F m ＝11 m/s2＝1 m/s2，由图可知t ＝ s 时安培力消逝，线框刚好离开磁场区域，则线框边长l ＝12at2＝ m ；由t ＝ s 时，线框速度v ＝at ＝1 m/s ，F ＝3 N ，依照牛顿第二定律有F －B2l2vR＝ma ，得B ＝2 2 T ；线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量q ＝I t ＝12Blv R t ＝22C ，故D 错，A 、B 、C 正确．答案 ABC如图所示正方形闭合导线框处于磁感应强度恒定的匀强磁场中，C 、E 、D 、F 为线框中的四个顶点，图(甲)中的线框绕E 点转动，图(乙)中的线框向右平动，磁场足够大．下列判定正确的是( )A ．图(甲)线框中有感应电流产生，C 点电势比D 点低B ．图(甲)线框中无感应电流产生，C 、D 两点电势相等 C ．图(乙)线框中有感应电流产生，C 点电势比D 点低 D ．图(乙)线框中无感应电流产生，C 、D 两点电势相等解析 不论线框绕E 点转动，依旧向右平动，穿过闭合线框的磁通量均不发生变化，故线框中均无感应电流产生；当线框绕E 点转动时，相当于EC 、ED 绕E 点转动切割磁感线，由E ＝12Bl2ω可知，C 、D 两点电势相等；当线框向右平动时，由E ＝Blv 可知，CE 和FD产生的感应电动势大小相等，由右手定则可知，C 点电势高于D 点电势．综上所述，正确选项为B. 答案 B如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻平均的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ab 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电荷量相同解析 由楞次定律可知导体框中产生的感应电流方向相同，A 正确；由电磁感应定律可得Q ＝Blv 2l 4Rv ＝B2l3v4R，因此导体框中产生的焦耳热不同，故B 错误；两种情形下电源的电动势不相同，导体框ab 边两端电势差不同，C 错误；由q ＝ΔΦ4R 知通过导体框截面的电荷量与速度无关，D 正确． 答案 AD6．如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B ＝ T ，质量m ＝ kg 、高h ＝ m 、总电阻R ＝5 Ω、n ＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量M ＝ kg 的小车内，小车与线圈的水平长度l 相等．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1＝10 m/s 进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车运动的速度v 随位移x 变化的v －x 图象如图乙所示，则依照以上信息可知( )A ．小车的水平长度l ＝15 cmB ．磁场的宽度d ＝35 cmC ．小车的位移为x ＝10 cm 时线圈的电流I ＝7 AD ．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q ＝ J解析 从x ＝5 cm 开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v 随位移x 的增大而减小；当x ＝15 cm 时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动．小车的水平长度l ＝10 cm ，A 项错；当x ＝30 cm 时，线圈开始离开磁场，则d ＝30 cm －5 cm ＝25 cm ，B 项错；当x ＝10 cm 时，由图象知，线圈速度v2＝7 m/s ，感应电流I ＝E R ＝nBhv2R ＝7 A ，C 项正确；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3＝3 m/s ，线圈上产生的热量Q ＝12(M ＋m)(v21－v23)＝ J ，D 项错． 答案 C 7.[2020·天津卷]如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( ) A ．Q1>Q2，q1＝q2 B ．Q1>Q2，q1>q2 C ．Q1＝Q2，q1＝q2 D ．Q1＝Q2，q1>q2解析 设线框ab 、bc 的长度分别为L1、L2，线框的电阻为R ，线框进入磁场过程中，产生的感应电动势分别为E1＝BL1v ，E2＝BL2v ，产生的热量Q1＝E21R t1＝B2L21L2v R ＝B2SL1vR 、Q2＝E22R t2＝B2L22L1V R ＝B2SL2v R ，故Q1>Q2；通过线框横截面的电荷量q ＝It ＝E R t ＝BL1L2R ，故q1＝q2，A 项正确． 答案 A如图所示，电阻R ＝1 Ω、半径r1＝ m 的单匝圆形导线框P 内有一个与P 共面的圆形磁场区域Q ，P 、Q 的圆心相同，Q 的半径r2＝ m ．t ＝0时刻，Q 内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B 随时刻t 变化的关系是B ＝2－t(T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P 中感应电流I 随时刻t 变化的关系图象应该是下图中的( )解析 由法拉第电磁感应定律可得：圆形导线框P 中产生的感应电动势为E ＝⎪⎪⎪⎪ΔB Δt S ＝ΔBΔt·πr 2＝ π(V)，再由欧姆定律得：圆形导线框P 中产生的感应电流I ＝ π(A)，由楞次定律可知电流的方向是顺时针方向，C 对． 答案 C9．如图所示，EF 、GH 为平行的金属导轨，其电阻可不计，R 为电阻，C 为电容器，AB 为可在EF 和GH 上滑动的导体横杆．有平均磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB( ) A ．匀速滑动时，I1≠0，I2＝0 B ．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0 C ．加速滑动时，I1≠0，I2＝0 D ．加速滑动时，I1≠0，I2≠0解析 AB 杆做匀速运动时，AB 杆两端电压与电容器两端电压相等，现在电容器上无充放电，I2＝0，但I1≠0.当AB 杆做加速运动时，电容器上有充电电流，故I1≠0，I2≠0.故应选AD.答案 AD 10.[2020·海南卷]如图，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ；空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是( ) A ．拉力的大小在运动过程中保持不变 B ．棒通过整个圆环所用的时刻为2R aC ．棒通过环心时流过棒的电流为B 2aRπrD ．棒通过环心时所受安培力的大小为8B2R 2aRπr解析 设外力大小为F ，依照牛顿第二定律可得，F ＝B2L2vr ＋ma ，当棒通过关于圆心O 左右对称的两个位置时，只有棒的速度v 不相等，因此拉力F 不相等，A 项错误；由运动规律可得，2R ＝12at2，解得，t ＝2Ra，即棒通过整个圆环所用的时刻t ＝2 Ra，B 项错误；同理可得，棒到达环心时的时刻t0＝2Ra、速度v ＝at0＝2aR ，现在棒产生的感应电动势E ＝B·2Rv ＝2BR·2aR ，现在整个电路的电阻为πRr 2，则流过棒的电流I ＝E πRr 2＝4B 2aRπr，C 项错误；棒通过圆心时所受的安培力F 安＝BI·2R ＝8B2R 2aRπr，D 项正确． 答案 D二、非选择题轻质细线吊着一质量为m ＝ kg ，边长为L ＝ m 、匝数n ＝10的正方形线圈，总电阻为r ＝1 Ω.边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图(甲)所示．磁场方向垂直纸面向里，大小随时刻变化规律如图(乙)所示，从t ＝0开始经t0时刻细线开始放松，g ＝10 m/s2.求：(1)在前t0时刻内线圈中产生的电动势； (2)在前t0时刻内线圈的电功率； (3)求t0的值．解析 (1)由法拉第电磁感应定律得： E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt＝10×12×错误!2× V ＝ V .(2)线圈中的电流为 I ＝Er＝错误! A ＝ A 线圈的电功率为P ＝I2r ＝ W.(3)分析线圈受力可知，当细线放松时有： F 安＝nBt0I L 2＝mg ，I ＝E r ，Bt0＝2mgrnEL ＝2 T由题中图象(乙)知：Bt0＝1＋，解得：t0＝2 s. 答案 (1) V (2) W (3)2 s12．如图，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为F 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻能够忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始开释．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求： (1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率． 解析 (1)设小灯泡的额定电流为I0，有 P ＝I20R ①由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN 的电流为 I ＝2I0②现在金属棒MN 所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有 mg ＝BLI ③联立①②③式得 B ＝mg 2LR P④ (2)设小灯泡正常发光时，导体棒的速率为v ，由电磁感应定律与欧姆定律得 E ＝BLv ⑤ E ＝RI0⑥联立①②④⑤⑥式得 v ＝2P mg .⑦ 答案 (1)mg2LR P(2)2P mg超导现象是20世纪人类重大发觉之一，日前我国已研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行．(1)超导体在温度专门低时电阻能够降到几乎为零，这种性质能够通过实验研究．将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面向上，逐步降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时刻变化，则说明其电阻为零．请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由．(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I ，并经一年以上的时刻t 未检测出电流变化．实际上仪器只能检测出大于ΔI 的电流变化，其中ΔI ≪I ，当电流的变化小于ΔI 时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化．设环的横截面积为S ，环中定向移动电子的平均速率为v ，电子质量为m 、电荷量为e.试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式．(3)若仍使用上述测量仪器，实验连续时刻仍旧为t ，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法． 解析 (1)逆时针方向．撤去磁场瞬时，环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上．由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向． (2)设圆环周长为l 、电阻为R ，由电阻定律得R ＝ρl S设t 时刻内环中电流开释焦耳热而缺失的能量为ΔE ，由焦耳定律得ΔE ＝I2Rt 设环中单位体积内定向移动电子数为n ，则 I ＝nevS式中n 、e 、S 不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化．电流变化大小取ΔI 时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为Δv ，则 ΔI ＝neSΔv设环中定向移动电子减少的动能总和为ΔEk ，则 ΔEk ＝nlS ⎣⎡⎦⎤12mv2－12m v －Δv 2 由于ΔI ≪I ，可得 ΔEk ＝lmveΔI依照能量守恒定律，得 ΔE ＝ΔEk联立上述各式，得 ρ＝mvSΔI etI2(3)由ρ＝mvSΔIetI2看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，能够使实验获得ρ的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流． 答案 (1)沿逆时针方向 理由见解析 (2)ρ＝mvSΔI etI2(3)见解析。