物理大一轮复习试题：第十章专题强化13电磁感应中的电路和图象问题

专题强化十三电磁感应中的电路和图象问题【专题解读】1.本专题是恒定电流、电磁感应及图象等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题。2.学好本专题，可以培养数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化。3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等。题型一电磁感应中的电路问题1.电磁感应中电路知识的关系图2.“三步法”解决电磁感应中的电路问题【例1】(多选)如图1所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与∠MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t＝0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿∠MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则()图1A.流过导体棒的电流I始终为eq\f(Bv0,3r)B.F随时间t的变化关系为F＝eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(2,0),9r)tC.t0时刻导体棒的发热功率为eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(3,0),27r)t0D.撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案ABC解析导体棒的有效切割长度L＝2v0ttan30°，感应电动势E＝BLv0，回路的总电阻R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0ttan30°＋\f(2v0t,cos30°)))r，联立可得通过导体棒的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv0,3r)，A正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力平衡，即F＝BIL，得F＝eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(2,0),9r)t，B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx＝2v0t0tan30°·r，则导体棒的发热功率P棒＝I2Rx＝eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(3,0),27r)t0，C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有Q棒＋Q轨＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q轨<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D错误。1.(2020·浙江7月选考)如图2所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是()图2A.棒产生的电动势为eq\f(1,2)Bl2ωB.微粒的电荷量与质量之比为eq\f(2gd,Br2ω)C.电阻消耗的电功率为eq\f(πB2r4ω,2R)D.电容器所带的电荷量为CBr2ω答案B解析金属棒产生的电动势为E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，选项A错误；金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于金属棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有qeq\f(E,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，选项B正确；电阻消耗的电功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，选项C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝eq\f(1,2)CBr2ω，选项D错误。2.(多选)在如图3甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图甲所示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则()图3A.线框中的感应电动势为eq\f(B0,l2T) B.线框中感应电流为2eq\r(\f(P,R))C.线框cd边的发热功率为eq\f(P,2) D.c、d两端电势差Ucd＝eq\f(3B0l2,4T)答案BD解析由题图乙可知，在每个周期内磁感应强度随时间均匀变化，线框中产生大小恒定的感应电流，设感应电流为I，则对ab边有，P＝I2·eq\f(1,4)R，得I＝2eq\r(\f(P,R))，选项B正确；由闭合电路欧姆定律得，感应电动势为E＝IR＝2eq\r(PR)，根据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)l2，由题图乙知，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,T)，联立解得E＝eq\f(B0l2,T)，故选项A错误；线框的四边电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故选项C错误；由楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针，则c端电势高于d端电势，Ucd＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3B0l2,4T)，故选项D正确。题型二电磁感应中的图象问题1.分析电磁感应图象问题的思路2.解决电磁感应图象问题的“三点关注”(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应。角度1动生问题【真题示例2】(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图4，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()图4答案AD解析PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BIL，I＝eq\f(mgsinθ,BL)，即电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同，产生的感应电动势大小相等。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I－t图象如图A所示，B、C图错误；情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，穿过两棒间回路的磁通量不变，产生的电动势为零，故电流为零，但两导体棒均只在重力作用下加速运动直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R总)＞I1，对MN棒：BIL－mgsinθ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的I－t图象如图D所示。角度2感生问题【例3】将一段导线绕成如图5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()图5答案B解析根据B－t图象可知，在0～eq\f(T,2)时间内，B－t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab中电流方向为b→a，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且0～eq\f(T,2)时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在eq\f(T,2)～T时间内，B－t图线的斜率为正且为定值，故ab边所受安培力大小仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同。综上可知，B正确。3.(多选)(2020·山东卷)如图6所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象可能正确的是()图6答案BC解析第1s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第2～3s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3s末与第1s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3s末与第1s末线框中产生的感应电流大小相等，A项错误，B项正确；第3s末ab边进入磁场的长度是第1s末的3倍，即ab边所受安培力在第3s末的大小等于第1s末所受安培力大小的3倍，C项正确，D项错误。4.如图7甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示。则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图象是下列选项图中的()图7答案D解析因为感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq\f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以线圈l1中的电流均匀改变，A、C错误；根据题图乙，0～eq\f(T,4)时间内感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确。考点一电磁感应中的电路问题1.(2021·广东广州期末)如图1所示，在一磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L＝0.1m的平行金属导轨和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝3Ω的电阻。导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻r＝2Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝5m/s向左做匀速运动时()图1A.回路中感应电流大小为0.2A B.N、Q间电压为1VC.a端电势比b端电势低 D.ab棒所受安培力大小为0.02N答案A解析ab棒产生的电动势E＝BLv＝2×0.1×5V＝1V，电流I＝eq\f(E,R＋r)＝0.2A，ab棒受的安培力F＝BIL＝2×0.2×0.1N＝0.04N，A正确，D错误；N、Q之间的电压U＝IR＝0.6V，B错误；由右手定则得a端电势较高，选项C错误。2.如图2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(垂直纸面向里)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则()图2A.U＝eq\f(1,2)Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到dB.U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bC.MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向右D.MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,R)，方向水平向左答案A解析当MN运动时，相当于电源，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E＝BLv，MN的电阻相当于电源的内阻，即r＝R，则电阻两端的电压为U＝eq\f(1,2)BLv，由右手定则，感应电流方向为由N到M，那么流过电阻的就是由b经R到d，故A正确，B错误；由闭合电路的欧姆定律可知，电流I＝eq\f(BLv,2R)，则MN受到的安培力大小FA＝BIL＝eq\f(B2l2v,2R)，方向向左，故C、D错误。3.(2021·福建三明期末)如图3甲所示，两根电阻忽略不计的导轨平行放置，导轨左端接电阻R1，右端接小灯泡L，导体棒AB垂直于导轨放置，电阻R1、导体棒AB和小灯泡L的电阻均为R(不计灯泡电阻随温度的变化)，虚线MN右侧有垂直导轨平面的磁场，当导体棒AB从MN左侧某处匀速向右运动时开始计时，磁感应强度随时间变化如图乙所示，若导体棒AB从开始运动到穿越磁场的过程中，灯泡的亮度始终不变，则导体棒AB在穿越磁场前后电阻R1上消耗的功率之比是()图3A.1∶1 B.1∶2C.1∶3 D.1∶4答案D解析设通过灯泡的电流为I。据题可知，导体棒AB从开始运动到越过磁场的过程中灯泡的亮度始终不变，说明此过程中灯泡的电流不变，当AB在MN左侧运动时，通过灯泡的电流等于通过R1电流的2倍，即通过R1电流为eq\f(1,2)I；当AB在MN右侧运动时，MN相当于电源，通过灯泡的电流I等于通过R1电流，根据P＝I2R，可知导体棒AB在越过磁场前后电阻R1上消耗的功率之比是1∶4。故D正确，A、B、C错误。考点二电磁感应中的图象问题4.(多选)某技术有限公司生产的一款手机无线充电器内部结构示意如图4甲所示。假设手机接收线圈获得的电压随时间变化关系如图乙所示，则发射线圈输入的电流随时间变化的关系图象可能是()图4答案CD解析当手机接收线圈获得的电压为零时，则此时发射线圈的磁通量变化率为零，即i－t图象的切线的斜率为零；同理当手机接收线圈获得的电压为最大时，则此时发射线圈的磁通量变化率为最大，即i－t图象的切线的斜率最大；对比四个图可知，选项C、D正确，A、B错误。5.(2021·江西南昌模拟)如图5所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在长为L的虚线框内，边长为d的正方形闭合线圈在外力作用下由位置1匀速穿过磁场区域运动到位置2。若L>2d，则在运动过程中线圈中的感应电流随时间变化的情况可以用以下哪幅图象来描述()图5答案D解析当线圈向右移动，进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增大，故产生顺时针方向的感应电流，根据E＝BLv可知，感应电动势大小不变，则感应电流大小不变；当完全进入时，穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流；当离开磁场时，磁通量减小，故产生逆时针方向的感应电流，根据E＝BLv可知，感应电动势大小不变，则感应电流大小不变，故选D。6.(2021·山东青岛模拟)如图6所示，足够长的光滑U形导轨倾斜固定，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，一导体棒从导轨顶端由静止滑下，下滑过程中导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好。除导体棒外不计其他电阻，下列表示导体棒下滑的某过程中速度v与下滑时间t的关系图象可能正确的是()图6答案C解析导体棒下滑时，感应电动势E＝BLv，安培力F＝BIL＝BL·eq\f(BLv,R)＝eq\f(B2L2v,R)，下滑过程中，加速度a＝eq\f(mgsinθ－F,m)＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)，随着速度v的增大，加速度a减小，当速度增大到安培力与重力沿导轨向下的分量大小相等时，导体棒开始做匀速直线运动，故选C。7.(多选)(2021·福建福州模拟)法拉第设计了世界上第一台发电机，模型如图7所示，将一半径为r的铜圆盘，在竖直面内绕过圆盘中心的水平轴，以角速度ω匀速旋转，圆盘的边缘和圆心处各与一铜电刷紧贴，用导线与灯泡R连接起来，下列说法正确的是()图7A.灯泡R两端的电压为Bωr2B.通过灯泡的电流方向始终是由b到aC.在圆盘转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.若角速度ω增加为原来的2倍，则灯泡R消耗的功率将增加为原来的4倍答案BD解析如果把圆盘看成由沿半径方向的“辐条”组成，则圆盘在转动过程中，“辐条”会切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)Bωr2，故灯泡R两端的电压为eq\f(1,2)Bωr2，故A错误；由右手定则，可判断通过灯泡的电流方向始终是由b到a，故B正确；由于圆盘的面积不变，磁感应强度的大小方向都不变，所以在圆盘转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量没有发生变化，故C错误；若角速度ω增加为原来的2倍，由E＝eq\f(1,2)Bωr2可知，灯泡R两端的电压变为原来的2倍，则灯泡消耗的功率将增加为原来的4倍，故D正确。8.(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图8甲所示，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。以下说法正确的是()图8A.在0～2s时间内，I的最大值为0.01AB.在3～5s时间内，I的大小越来越小C.前2s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01CD.第3s内，线圈的发热功率最大答案AC解析0～2s时间内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,Δt·R)＝0.01A，A正确；3～5s时间内电流大小不变，B错误；前2s内通过线圈某截面的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C正确；第3s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误。9.(2021·河北唐山模拟)如图9所示，eq\f(3,4)圆形金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中，一足够长的金属杆MN恰好封住轨道缺口，杆的N端与轨道的一端接触良好。现使金属杆以N端为轴顺时针匀速转动，金属杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆单位长度上的电阻为r。在金属杆转过90°的过程中，下列图象中的描述回路电流变化正确的是()图9答案B解析设金属杆转动的角速度为ω，经过时间t，金属杆接入电路中的有效长度为L＝2Rcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－ωt))，此时产生的感应电动势为E＝BLeq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)BL2ω，感应电流为I＝eq\f(E,r1)＝eq\f(\f(1,2)BL2ω,Lr)＝eq\f(BLω,2r)＝eq\f(BωRcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－ωt)),r)，随时间的推移，电流增大，当ωt＝45°时，即金属杆转到竖直位置，此时感应电流最大，当金属杆转到竖直位置右边时感应电流为I＝eq\f(E,r1)＝eq\f(\f(1,2)BL2ω,Lr)＝eq\f(BLω,2r)＝eq\f(BωRcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt－\f(π,4))),r)，随时间的推移，电流减小，由数学知识可知，只有B图正确。10.如图10所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC，其中AB＝L，BC＝2L，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场。磁场宽度为L，导线框BC边与虚线边界垂直。现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域。设线框中产生顺时针方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距