2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 能力課1 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題練習(xí)（含解析）新人教版

第十章 能力課1 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題一、選擇題1(多選)很多人喜歡到健身房騎車鍛煉，某同學(xué)根據(jù)所學(xué)知識(shí)設(shè)計(jì)了一個(gè)發(fā)電測(cè)速裝置，如圖所示，自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，后輪圓形金屬盤在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可等效成一導(dǎo)體棒繞圓盤中心O轉(zhuǎn)動(dòng)已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T，圓盤半徑l0.3 m，圓盤電阻不計(jì)，導(dǎo)線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導(dǎo)線兩端a、b間接一阻值R10 的小燈泡后輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，用電壓表測(cè)得a、b間電壓U0.6 V則()A電壓表的正接線柱應(yīng)與a相接B電壓表的正接線柱應(yīng)與b相接C圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)20 min產(chǎn)生的電能為426 JD該自行車后輪邊緣的線速度大小為8 m/s解析：選BD根據(jù)右手定則可判斷輪子邊緣的點(diǎn)等效為電源的負(fù)極，電壓表的正接線柱應(yīng)與b相接，B正確，A錯(cuò)誤；根據(jù)焦耳定律得QI2Rt，由歐姆定律得I，代入數(shù)據(jù)解得Q43.2 J，C錯(cuò)誤；由UEBl2，vl8 m/s，D正確2如圖所示，兩個(gè)互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場(chǎng)垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()A.E B.EC.E DE解析：選Ba、b間的電勢(shì)差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的，故a、b間電勢(shì)差為UE，選項(xiàng)B正確3(多選)如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個(gè)阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)半徑為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)下列說法正確的是()A此時(shí)AC兩端電壓為UAC2BLvB此時(shí)AC兩端電壓為UACC此過程中電路產(chǎn)生的電熱為QFdmv2D此過程中通過電阻R0的電荷量為q解析：選BDAC的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2BLv，兩端電壓為UAC，A錯(cuò)誤，B正確；由功能關(guān)系得Fdmv2QQf，C錯(cuò)誤；此過程中平均感應(yīng)電流為，通過電阻R0的電荷量為qt，D正確4(2019屆石家莊畢業(yè)班教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場(chǎng)，規(guī)定磁場(chǎng)方向豎直向上為正，在02t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)下列說法正確的是()A在0t0和t02t0內(nèi)，導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同B在t02t0內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻到QC在0t0內(nèi)，通過電阻R的電流大小為D在02t0內(nèi)，通過電阻R的電荷量為解析：選D由楞次定律和右手定則，結(jié)合題圖可知，0t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻Q，t02t0時(shí)間內(nèi)，電流方向?yàn)镼P，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由左手定則可知，兩段時(shí)間內(nèi)安培力方向相反，故導(dǎo)體棒所受靜摩擦力方向相反，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0t0時(shí)間內(nèi)，E1，所以通過R的電流I1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在02t0時(shí)間內(nèi)，PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為B0S，則通過電阻R的電荷量q·2t0·2t0·2t0，D項(xiàng)正確5(2018年全國(guó)卷)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下一邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是()解析：選D由右手定則判定，線框向左移動(dòng)0過程，回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由E2BLv可知，電流i為定值；線框向左移動(dòng)l過程，線框左、右兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相抵消，回路中電流為零線框向左移動(dòng)ll過程，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針由上述分析可見，選項(xiàng)D正確6(多選)如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L(zhǎng)，軌道電阻不計(jì)在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab處，則該過程中()A通過R的電流方向由外向內(nèi)B通過R的電流方向由內(nèi)向外CR上產(chǎn)生的熱量為D流過R的電荷量為解析：選ACcd棒在拉力作用下運(yùn)動(dòng)至ab處的過程中，閉合回路中的磁通量減小，再由楞次定律及安培定則可知，回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(從上向下看)，則通過R的電流方向由外向內(nèi)，故A對(duì)，B錯(cuò)；通過R的電荷量為q，D錯(cuò)；R上產(chǎn)生的熱量為Qt·，C對(duì)7(多選)(2017年全國(guó)卷)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直邊長(zhǎng)為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖(a)所示已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)下列說法正確的是()A磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 TB導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5 m/sC磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D在t0.4 s至t0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N解析：選BC導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v m/s0.5 m/s，選項(xiàng)B正確；由EBLv，得B T0.2 T，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由右手定則可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)線框所受安培力FBLIBL0.2×0.1× N0.04 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤8如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中() APQ中電流先增大后減小BPQ兩端電壓先減小后增大CPQ上拉力的功率先減小后增大D線框消耗的電功率先減小后增大解析：選C導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)EBLv，畫出其等效電路如圖，總電阻R總RR，在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，故A錯(cuò)誤；PQ兩端的電壓為路端電壓UEIR，即先增大后減小，故B錯(cuò)誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安IE，先減小后增大，故C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，因外電阻最大值為R，小于內(nèi)阻R；根據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關(guān)系，外電阻越接近內(nèi)電阻時(shí)，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤9(多選)如圖所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，沿水平面固定一個(gè)V字形金屬框架CAD，已知A，導(dǎo)體棒EF在框架上從A點(diǎn)開始在外力作用下，沿垂直EF方向以速度v勻速向右平移，使導(dǎo)體棒和框架始終構(gòu)成等腰三角形回路已知框架和導(dǎo)體棒的材料和橫截面積均相同，其單位長(zhǎng)度的電阻均為R，框架和導(dǎo)體棒均足夠長(zhǎng)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)中始終與磁場(chǎng)方向垂直，且與框架接觸良好，關(guān)于回路中的電流I和消耗的電功率P隨時(shí)間t的變化關(guān)系，下列四個(gè)圖象中可能正確的是()解析：選AD設(shè)框架和導(dǎo)體棒的電阻率為，橫截面積為S，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t時(shí)，由幾何知識(shí)可得，此時(shí)接在閉合回路中切割磁感線導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為l2vttan，此時(shí)整個(gè)回路的電阻為R，由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律可得EBLvIR，可求得I，可見電流為定值，A正確，B錯(cuò)誤；整個(gè)回路消耗的電功率PI2R，由于電流為定值，整個(gè)回路的R與t成正比，故P與t成正比，C錯(cuò)誤，D正確10如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行直導(dǎo)軌AB、CD與水平面成角放置，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，A、C兩點(diǎn)間接有阻值為R的定值電阻一根質(zhì)量均勻分布的直金屬桿放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，金屬桿的阻值為r，其余部分電阻不計(jì)，金屬桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.現(xiàn)將外力F沿與導(dǎo)軌平行的方向作用在金屬桿上，讓其由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則下列外力F與作用時(shí)間t的圖象中正確的是()解析：選B分析金屬桿在運(yùn)動(dòng)過程中的受力情況可知，金屬桿受重力mg、導(dǎo)軌的支持力N、外力F、摩擦力f和安培力F安的共同作用，金屬桿沿導(dǎo)軌方向向上運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有FmgsinF安fma，又F安B0IL，I，所以F安B0IL，fmgcos，所以有Fmgsinmgcosma，又因?yàn)関at，將其代入上式可得Ftmgsinmgcosma，由此表達(dá)式可知，選項(xiàng)B正確二、非選擇題11如圖，在水平面內(nèi)有兩條電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌AB、CD，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)；一根電阻為R的金屬棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，棒與導(dǎo)軌垂直，并接觸良好，導(dǎo)軌之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌右端與電路連接，電路中的兩個(gè)定值電阻阻值分別為2R和R，現(xiàn)用力拉ab以速度v0勻速向左運(yùn)動(dòng)求：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大??；(2)棒ab中感應(yīng)電流的大小和方向；(3)ab兩端的電勢(shì)差Uab；(4)電阻R上的電功率解析：(1)ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv0.(2)棒勻速向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則判斷可知，感應(yīng)電流方向?yàn)閎a，感應(yīng)電流的大小為I.(3)ab兩端的電勢(shì)差UabI·3R.(4)PRI2·R2·R.答案：(1)BLv0(2)ba(3)(4)12(2018屆廣東湛江高三調(diào)研)如圖所示，傾角為37°的光滑斜面上存在寬度為h的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直斜面向下，一個(gè)粗細(xì)均勻質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線框abcd，開始時(shí)線框abcd的ab邊到磁場(chǎng)的上邊緣距離為l，將線框由靜止釋放，已知h>l，ab邊剛離開磁場(chǎng)的下邊緣時(shí)線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，sin37°0.6，cos37°0.8，重力加速度大小為g.(1)ab邊剛離開磁場(chǎng)的下邊緣時(shí)，線框中的電流和cd邊兩端的電勢(shì)差各是多大？(2)求線框abcd從開始至ab邊剛離開磁場(chǎng)的下邊緣過程中產(chǎn)生的熱量解析：(1)ab邊剛離開磁場(chǎng)的下邊緣時(shí)，設(shè)線框中的電流為I，cd兩端的電勢(shì)差為Ucd，由于線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有mgsin37°BIl解得I根據(jù)歐姆定律有UcdI·R聯(lián)立解得Ucd.(2)設(shè)線框abcd從開始至ab邊剛離開磁場(chǎng)的下邊緣過程中產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv由閉合電路歐姆定律有I聯(lián)立解得v根據(jù)能量守恒定律得mg(hl)sin37°Qmv2聯(lián)立解得Qmg(hl).答案：(1)(2)mg(hl)|學(xué)霸作業(yè)|自選一、選擇題1如下圖甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在斜向下且與水平方向夾角為60°的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為B的正方向)，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，除電阻R的阻值外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)規(guī)定ab的方向?yàn)殡娏鞯恼较?，水平向右的方向?yàn)橥饬Φ恼较颍瑒t在0t1時(shí)間內(nèi)，能正確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流I和導(dǎo)體棒ab所受水平外力F隨時(shí)間t變化的圖象是()解析：選D在0t1時(shí)間內(nèi)，由楞次定律及安培定則可判定回路中的電流方向始終為ba，由法拉第電磁感應(yīng)定律可判定回路中的電流大小恒定，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；由F安BIL可得F安隨B的變化而變化，在0t0時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安方向水平向右，故外力F與F安等值反向，方向水平向左為負(fù)值；在t0t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安方向改變，故外力F方向也改變?yōu)檎?，綜上所述，D項(xiàng)正確2如圖所示，匝數(shù)n100匝、橫截面積S0.2 m2、電阻r0.5 的圓形線圈處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B0.60.02t (T)的規(guī)律變化處于磁場(chǎng)外的電阻R13.5 ，R26 ，電容器的電容C30 F，閉合開關(guān)S，則下列說法中正確的是()A線圈中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B線圈兩端M、N兩點(diǎn)間的電壓為0.4 VC電阻R1消耗的電功率為9.6×103 WD電路穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S，則通過電阻R2的電荷量為7.2×106 C解析：選D閉合開關(guān)S，由楞次定律可知，圓形線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；100匝的圓形線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，其等效電路圖如圖所示，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EnnS100×0.02×0.2 V0.4 V，所以通過電源的電流I A0.04 A，線圈兩端M、N兩點(diǎn)間的電壓為路端電壓，即UEIr0.4 V0.04×0.5 V0.38 V，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電阻R1消耗的電功率P1I2R10.042×3.5 W5.6×103 W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；閉合開關(guān)S一段時(shí)間后，電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，電容器相當(dāng)于開路，其兩端電壓U等于電阻R2兩端的電壓，即UIR20.04×6 V0.24 V，電容器充電后所帶電荷量為QCU30×106×0.24 C7.2×106 C，當(dāng)開關(guān)S斷開后，電容器通過電阻R2放電，即通過電阻R2的電荷量為7.2×106 C，選項(xiàng)D正確3(2019屆河南八市質(zhì)檢)如圖所示，導(dǎo)體桿OP在作用于OP中點(diǎn)且垂直于OP的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以一定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計(jì)，回路中的總電功率為P，則()A外力的大小為2BrB外力的大小為BrC導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為D導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 解析：選C設(shè)導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，則導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBr2，I，根據(jù)題述回路中的電功率為P，則PEI；設(shè)維持導(dǎo)體桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的外力為F，則有P，vr，聯(lián)立解得FBr，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤4(多選)(2019屆廣東佛山質(zhì)檢)水平放置足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，間距為L(zhǎng)，左端連接的電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導(dǎo)軌上，金屬桿處于導(dǎo)軌間的部分電阻為R.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，閉合開關(guān)，金屬桿沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到最大速度，則下列說法正確的是()A金屬桿的最大速度大小為B此過程中通過金屬桿的電荷量為C此過程中電源提供的電能為D此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為解析：選AC閉合開關(guān)后電路中有電流，金屬桿在安培力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，方向與電源電動(dòng)勢(shì)方向相反，當(dāng)兩者相等時(shí)，電流為0，金屬桿達(dá)到最大速度，此時(shí)EBLvm，得vm，A項(xiàng)正確；對(duì)桿應(yīng)用動(dòng)量定理有BLtmvm，又qt，得q，B項(xiàng)錯(cuò)誤；電源提供的電能E電qE，C項(xiàng)正確；據(jù)能量守恒定律，E電EkQ熱，Ekmvm2，可得Q熱E電Ek，Q熱為電源內(nèi)阻和金屬桿上產(chǎn)生的總熱量，D項(xiàng)錯(cuò)誤5(2018屆福州四校聯(lián)考)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直，一正方形單匝導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，如圖(a)所示，t0時(shí)cd邊與磁場(chǎng)邊界重合，導(dǎo)線框在水平外力F的作用下從靜止開始做變速直線運(yùn)動(dòng)通過該磁場(chǎng)，規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，回路中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖(b)所示；規(guī)定水平向左為力的正方向，下列給出的關(guān)于回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、線框所受安培力F安、外力F隨時(shí)間變化的圖象中，一定錯(cuò)誤的是()解析：選B根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與感應(yīng)電流成正比，A正確；根據(jù)安培力公式F安BIL，安培力與電流成正比，但是安培力與線框的運(yùn)動(dòng)方向相反，在線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，所受安培力向左，為正值，出磁場(chǎng)時(shí)所受安培力方向也是向左，為正值，所以B錯(cuò)誤，C正確；由I結(jié)合題圖，可知線框始終做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，力F的方向始終向右且與安培力的合力始終不變，D正確6(多選)(2018屆廣東惠州高三第三次調(diào)研)如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻R，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌間的距離為l.t0時(shí)對(duì)金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示下列關(guān)于棒運(yùn)動(dòng)的速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時(shí)間變化的圖象正確的是()解析：選AB根據(jù)題圖乙所示的I­t圖象可知Ikt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得Ikt，又EBlv，整理得vt，v­t圖象是一條過原點(diǎn)的斜率大于零的直線，說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即vat，A正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律E，則得k(Rr)t，­t的圖象是一條過原點(diǎn)的斜率大于零的直線，B正確；對(duì)金屬棒在沿導(dǎo)軌方向列出動(dòng)力學(xué)方程，F(xiàn)BIlmgsinma，而I，vat，整理得Fmamgsin，可見F­t圖象是一條斜率大于零且縱截距大于零的直線，C錯(cuò)誤；qI·tt2，則q­t圖象應(yīng)是一條開口向上的拋物線，D錯(cuò)誤7在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n1 500匝，橫截面積S20 cm2.螺線管導(dǎo)線電阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C30 F.在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變化則下列說法中正確的是()A螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1 VB閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，螺線管兩端電壓為1.08 VC電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶負(fù)電DS斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×106 C解析：選B由法拉第電磁感應(yīng)定律可知EnnS，其中n1 500匝，S20×104 m2，等于乙圖中圖線斜率，為 T/s0.4 T/s，代入得E1.2 V，A錯(cuò)誤；感應(yīng)電流I0.12 A，螺線管兩端的電壓UI(R1R2)1.08 V，B正確；由楞次定律及安培定則可得，螺線管下端電勢(shì)高，所以電容器下極板帶正電，C錯(cuò)誤；S斷開后，電容器把儲(chǔ)存的電量都通過R2釋放出來，QCUR2，其中UR2IR2，得Q1.8×105 C，D錯(cuò)誤8如圖所示，將一根絕緣硬金屬導(dǎo)線彎曲成一個(gè)完整的正弦曲線形狀，它通過兩個(gè)小金屬環(huán)a、b與長(zhǎng)直金屬桿導(dǎo)通，圖中a、b間距離為L(zhǎng)，導(dǎo)線組成的正弦圖形頂部或底部到桿的距離都是d.右邊虛線范圍內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于彎曲導(dǎo)線所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為，現(xiàn)在外力作用下導(dǎo)線沿桿以恒定的速度v向右運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻a環(huán)剛從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則下列說法正確的是()A在t時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BdvB在t時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2BdvC在t時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電流第一次改變方向D在t時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電流第一次改變方向解析：選D當(dāng)t時(shí)，閉合回路的位置如圖1，此時(shí)的有效長(zhǎng)度為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也為零，此時(shí)的感應(yīng)電流也為零，電流為零是電流方向改變的時(shí)刻，A選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確；當(dāng)t時(shí)，閉合回路的位置如圖2，有效長(zhǎng)度為d，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；在t時(shí)刻，閉合回路的位置如圖3，有效長(zhǎng)度為d，電流大小I，電流不為零，電流方向不變，C選項(xiàng)錯(cuò)誤二、非選擇題9.勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，磁場(chǎng)寬度L3 m，一正方形金屬框邊長(zhǎng)abl1 m，其每條邊電阻r0.2 ，金屬框以v10 m/s的速度勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)，其平面始終保持與磁感線方向垂直，如圖所示，求：(1)畫出金屬框穿過磁場(chǎng)區(qū)的過程中，金屬框內(nèi)感應(yīng)電流的I­t圖線；(2)畫出ab兩端電壓的U­t圖線解析：(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)時(shí)，有E1Blv2 V，I12.5 A方向沿逆時(shí)針，如圖實(shí)線abcd所示，感應(yīng)電流持續(xù)的時(shí)間t10.1 s線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有E20，I20無電流的持續(xù)時(shí)間，t20.2 s線框穿出磁場(chǎng)區(qū)時(shí)，有E3Blv2 VI32.5 A此電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，如上圖虛線adcb所示規(guī)定電流方向逆時(shí)針為正，得I­t圖線見答案圖甲(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)ab兩端電壓為U1I1r2.5×0.2 V0.5 V線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab兩端電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即U2Blv2 V線框出磁場(chǎng)時(shí)ab兩端電壓為U3E3I3r1.5 V由此得U­t圖線如答案圖乙所示答案：(1)如圖甲所示(2)如圖乙所示10如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g.求：(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 解析：(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡有mgsinmgcos解得tan.(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv感應(yīng)電流I安培力F安BIL導(dǎo)體棒受力平衡有F安mgsin解得v.(3)摩擦生熱QTmgdcos由能量守恒定律有3mgdsinQQTmv2解得Q2mgdsin.答案：(1)tan(2)(3)2mgdsin11(2019屆新余高三期末質(zhì)檢)如圖甲所示，水平面上的兩光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距d0.5 m，電阻不計(jì)，左端通過導(dǎo)線與阻值R2 的電阻連接，右端通過導(dǎo)線與阻值RL4 的小燈泡L連接在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，CE長(zhǎng)l2 m，有一阻值r2 的金屬棒PQ放置在靠近磁場(chǎng)邊界CD處(恰好不在磁場(chǎng)中)CDFE區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化如圖乙所示在t0至t4 s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，在t4 s時(shí)使金屬棒PQ以某一速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域并保持勻速運(yùn)動(dòng)已知從t0開始到金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)邊界EF處的整個(gè)過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化求：(1)通過小燈泡的電流；(2)金屬棒PQ在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速度大小解析：(1)在t0至t4 s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，磁場(chǎng)變化導(dǎo)致電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)電路為r與R并聯(lián)，再與RL串聯(lián)，電路的總電阻R總RL5 此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Edl0.5×2×0.5 V0.5 V通過小燈泡的電流為I0.1 A.(2)當(dāng)棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時(shí)電路的總電阻R總r 由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流ILI0.1 A，則流過金屬棒的電流為IILIRIL0.3 A電動(dòng)勢(shì)EIR總Bdv解得棒PQ在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速度大小v1 m/s.答案：(1)0.1 A(2)1 m/s17