高中物理总复习之巩固练习 电磁感应中的电路及图像问题提高Word文件下载.docx

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－t）关系的是（时间以

为单位）（）

6、如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L．金属圆环的直径也是L．自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域。

规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离x的i～x图象最接近（）

7、如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反。

磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度为a，一正三角形（高度为a）导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流I与线框移动距离x的关系图的是（）

8、如图所示，虚线两侧有垂直线框平面磁感应强度均为B的匀强磁场，直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，绕垂直于线框平面轴O以角速度ω匀速转动。

线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是（）

A.

B.

C.

D.

9、如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。

abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l。

t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合。

现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。

取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中感应电流i随时间t变化的图线是（）

10、如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈。

若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t１至t２时间段内弹簧线圈处在收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是（）

11、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1

．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

（1）所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图

（2）所示．则以下说法正确的是（）

Ａ．在时间0～5s内，I的最大值为0.1A

Ｂ．在第4s时刻，I的方向为逆时针

Ｃ．前2s内，通过线圈某截面的总电量为0.01C

Ｄ．第3s内，线圈的发热功率最大

12、如右图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为

，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

，边长为

的正方形框

的

边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿

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（）

13、（2016上海杨浦一模）如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小为均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度为a，在y轴方向足够宽。

现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域。

若以逆时针方向为电流的正方向，在选项中，线框中感应电流i与线框位移x的关系图象正确的是（）

二、计算题

1、如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°

的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨的MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m．以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1kg、电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好）．g取10m/s2.

（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8m处电势差UCD；

（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出Fx关系图像；

（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．

2、如图（甲）所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导

轨间距L=0.30m。

导轨电阻忽略不计，其间连接有定值电阻R=0.40Ω。

导轨上静置一质量

m=0.10kg，电阻r=0.20Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，

磁场方向竖直向下。

用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使它由静止开始运动（金属杆与

导轨接触良好并保持与导轨垂直），电流传感器（不计传感器的电阻）可将通过R的电流I

即时采集并输入计算机，获得电流I随时间t变化的关系如图（乙）所示。

求金属杆开始运

动2.0s时：

（1）金属杆ab受到安培力的大小和方向；

（2）金属杆的速率；

（3）对图象分析表明，金属杆在外力作用下做的是匀加速运动，加速度大小a=0.40m/s2，

计算2.0s时外力F做功的功率。

3、高频焊接是一种常用的焊接方法，图1是焊接的原理示意图。

将半径r=0.10m的待焊接环形金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以高频变化的电流，线圈产生垂直于工件平面的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面向里，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。

工件非焊接部分单位长度上的电阻R0=1.0×

10-3m-1，焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的9倍。

焊接的缝宽非常小，不计温度变化对电阻的影响。

求：

（1）0~2.010-2s和2.010-2s~3.010-2s时间内环形金属工件中感应电动势各是多大；

（2）0~2.010-2s和2.010-2s~3.010-2s时间内环形金属工件中感应电流的大小，并在图3中定量画出感应电流随时间变化的i-t图象（以逆时针方向电流为正）；

（3）在t=0.10s内电流通过焊接处所产生的焦耳热。

4、一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻R=0.5Ω，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上边与AA′重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与BB′重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为s，那么v2—s图象如图所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上.试问：

（1）根据v2—s图象所提供的信息，计算出斜面倾角θ和匀强磁场宽度d.

（2）匀强磁场的磁感强度多大？

金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少？

（3）现用平行斜面沿斜面向上的恒力F作用在金属框上，使金属框从斜面底端BB′（金属框下边与BB′重合）由静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后到达斜面顶端（金属框上边与AA′重合）.试计算恒力F做功的最小值。

【答案与解析】

1、【答案】C

【解析】0~T/4内情况：

由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电，因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动。

T/4~T/2内情况：

由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直至速度为零。

T/2~3T/4内情况：

由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带电粒子向下匀加速运动，同理，3T/4~T内情况：

由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电，因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向下做匀减速运动，直至速度为零。

AB错；

T/2末速度减小为零，位移最大，当T末，粒子回到了原来的位置，C正确，D错。

故选C。

2、【答案】D

【解析】据F=BIL，

，

可知，0—1s，产生顺时针方向恒定电流，据左手定则，ad边所受安培力方向向左（为正），由于B均匀减小，所以安培力大小均匀减小；

1s—2s，产生顺时针方向恒定电流，但由于B改变方向，所以ad边受安培力方向向右（为负），由于B均匀增大，所以安培力大小均匀增大，ABC错，只有D对。

2s—3s，产生逆时针方向恒定电流，ad边受安培力向左，由于B均匀减小，则安培力大小均匀减小；

3s—4s，产生逆时针方向电流，ad边所受安培力向右，大小均匀增加，故图象D正确。

3、【答案】AD

【解析】在0～1s时间内，磁场方向向里均匀减小，产生顺时针方向恒定电流为正，据左手定则，ab边所受安培力方向向上（为正），由于B均匀减小，所以安培力大小均匀减小；

在1～2s时间内，磁感应强度均匀增大，方向垂直向外，产生顺时针方向恒定电流，但由于B改变方向，所以ab边受安培力方向向下（为负），由于B均匀增大，所以安培力大小均匀增大；

（由于CD图在这段时间内图像相同，可以不判断）在2～3s时间内，磁场方向垂直向外均匀减小，产生逆时针方向恒定电流，A对B错，安培力方向向上（为正），C错D对。

故选AD。

4、【答案】C

【解析】从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐拉增大，A项错误；

从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B项错；

当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D项错，故正确选项为C。

5、【答案】D

【解析】刚开始时，即如题图中开始所示状态，上方磁场中导体棒产生的电动势与下方磁场中产生的电动势恰好抵消，故此时无感应电流产生，故AC错误；

随着线框的匀速向上运动，上方导体切割长度不变，下方逐渐变小，因此总感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，当线框全部进入上方磁场时，感应电流突然变为零；

再向上运动时回路中总电动势方向改变，因此电流方向改变，直至线框全部离开磁场，故B错误，D正确，故选D。

6、【答案】A

【解析】在x从0～L/2段，穿过金属圆环的磁通量增大，产生逆时针方向的感应电流，圆环切割磁感线的有效长度增大但不是均匀增大，因此感应电流不是均匀增大，当x=L/2时，电流最大；

当L/2<

x<

L时，磁通量还是增大的，感应电流方向仍然是逆时针方向为正，圆环切割磁感线的有效长度不断减小但不是均匀减小，因此感应电流非均匀减小，圆环全部进入磁场时，感应电流为零。

同理分析当圆环穿出磁场L<

1.5L时，产生顺时针方向的感应电流，为负，非均匀增大，1.5L<

2L时，感应电流方向不变，非均匀减小，故选A。

7、【答案】C

【解析】在0～a内，穿过线圈的面积增大，磁通量增加，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正，感应电流逐渐增大，B错误；

在a～2a内，线圈跨两个不同方向的磁场，进入右边磁场部分的面积增大，磁通量增大，感应电流方向为顺时针方向为负，仍在左边磁场中的部分面积减小，磁通量减小，感应电流方向也为顺时针方向为负，两部分的感应电流方向相同，大于前面的最大值，应等于前面最大值的两倍，AD错误，故正确选项为C。

8、【答案】B

【解析】交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有半个周期内有感应电流，线圈转动的平均速度为

，感应电流

所以

，解得

，故B正确。

9、【答案】B

【解析】线圈进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为负，AC错，切割磁感线的有效长度不断减小，感应电流减小；

当线圈穿出磁场时，磁通量减小，产生顺时针方向的感应电流，切割磁感线的有效长度不断减小（穿出瞬间长度为cd最大），故B正确。

10、【答案】D

【解析】在t1至t2时间段内，弹簧线圈处于收缩状态，说明此段

时间内穿过线圈的磁通量变大，即穿过线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即B－t图线的斜率变大，A、B、C错误，故选D。

11、【答案】BC

【解析】在时间0～5s内，开始时磁感应强度的变化率最大，

，感应电动势

，感应电流的最大值为

.A错。

在第4s时刻，磁感应强度均匀减小，感应电流方向为逆时针，B对。

前2s内，通过线圈某截面的总电量为

，C对。

第3s内，磁感应强度不变，线圈中没有感应电流，线圈的发热功率为零，D错，故选BC。

12、【答案】A

【解析】在0

，电流均匀增大，排除CD.

在

，两边感应电流方向相同，大小相加，故电流大。

，因右边离开磁场，只有一边产生感应电流，故电流小，所以选A。

13、【答案】C

【解析】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增加，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，B错；

因切割的有效长度均匀增加，由E=BLv可知，电动势也均匀增加；

而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达到最大，该瞬间变化率为零，电动势也会为零，A错；

当线框开始进入第二段磁场后，线框中磁通量向里减小，则电流为顺时针，D错，C正确。

1、【答案】

（1）－0.6V　

（2）略　（3）7.5J

【解析】

（1）金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势

E＝Blv（l＝d），E＝1.5V（D点电势高）

当x＝0.8m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则

得l外＝1.2m

由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差

UCB＝－Bl外v,UCD＝－0.6V

（2）杆在导轨间的长度l与位置x关系是

对应的电阻R1为

，电流

杆受的安培力

F安＝BIl＝7.5－3.75x

根据平衡条件得

F＝F安＋mgsinθ

F＝12.5－3.75x（0≤x≤2）

画出的F-x图像如图所示．

（3）外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积，即

而杆的重力势能增加量

ΔEp＝mgsinθ

故全过程产生的焦耳热

Q＝WF－ΔEp＝7.5J

2、【答案】

（1）

方向水平向左。

（2）v1=0.80m/s（3）5.6×

10－2W

【解析】

（1）由图乙可知2.0s时通过金属杆ab的电流为0.2A，

设此时金属杆受到的安培力为F安，根据安培力公式有F安=BIL

解得：

方向水平向左

（2）设金属杆产生的感应电动势为E，根据闭合电路欧姆定律

解得：

E=0.12V

设金属杆在2.0s时的速率为v1，则

v1=0.80m/s

（3）根据牛顿第二定律

在2.0s时拉力F=7.0×

10－3N

设2.0s时拉力F做功的功率为P，则P=Fv1

P=5.6×

10－2W

3、【答案】

（1）E1=3.14V，E2=6.28V

（2）见解析。

（3）Q＝2.8102J。

（1）根据法拉第电磁感应定律，在0~2.010-2s内的感应电动势为

E1=

E1=3.14V

在210-2s~310-2s时间内的感应电动势为E2=

E2=6.28V

（2）环形金属工件电阻为R=2rR0+92rR0=20rR0＝6.2810-3Ω

由闭合电路欧姆定律，在0~2.010-2s内的电流为

I1=

=500A（电流方向逆时针）

在2.010-2s~3.010-2s时间内的电流为

I2=

=1000A（电流方向顺时针），i-t图象如图4所示。

（3）设环形金属工件中电流的有效值为I，焊缝接触电阻为R1，在一个周期内焊接处产生的焦耳热为

I2RT＝

I=

在t=0.10s内电流通过焊接处所产生的焦耳热为Q=I2R1t

而R1=92rR0=5.6510-3Ω解得：

Q＝2.8102J。

4、【答案】

（1）d=L=5m

（2）12.3秒（3）1.95J

（1）s＝0到s＝16m由公式v2＝2as，∴该段图线斜率就是线框的加速度的两倍。

∴a＝0.5m/s2根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma

由图象可以看出，从线框下边进磁场到上边出磁场，线框均做匀速运动。

∴Δs=2L=2d=26-16=10m,d=L=5m

（2）线框通过磁场时，

此时

由v2-s图可知，s1=16mv0=0a1=gsinθ匀加速运动

s2=10mv1=4m/s匀速运动

s3=8m初速v1=4m/sa3=gsinθ匀加速运动

因此，金属框从斜面顶端滑至底端所用的时间为

（3）进入磁场前F－mgsinθ＝ma4

在磁场中运动F＝mgsinθ＋F安，

由上式得F安＝ma4

m/s

所以，a4=0.25m/s2F安=ma4=0.1×

0.25N=0.025N

∴最小功WF=F安×

2d+mg（s1+s2+s3）sinθ=1.95J