專題突破卷13 電磁感應中的電路問題和圖像問題（練習）-【考點通關(guān)】2025年高考物理一輪復習（新高考通用）·-試卷下載-教習網(wǎng)

電磁感應中的電路問題和圖像問題（5單選+13多選+2計算）
1．（2024·北京海淀·三模）如圖所示，先后用一垂直于cd邊的恒定外力以速度和勻速把一正方形導線框拉出有界的勻強磁場區(qū)域，，拉出過程中ab邊始終平行于磁場邊界。先后兩次把導線框拉出磁場情況下，下列結(jié)論正確的是（）
A．感應電流之比B．外力大小之比
C．拉力的功率之比D．拉力的沖量大小之比
【答案】B
【詳解】A．根據(jù)
可得感應電流之比
故A錯誤；
B．根據(jù)
可得外力大小之比
故B正確；
C．根據(jù)
可得拉力的功率之比
故C錯誤；
D．根據(jù)
又
聯(lián)立，解得
可得拉力的沖量大小之比
故D錯誤。
故選B。
2．（2024·四川巴中·一模）如圖所示，平行金屬導軌水平放置，導軌左端連接一阻值為R的電阻，導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，已知長度為l導體棒MN傾斜放置于導軌上，與導軌成θ角，導體棒電阻為r，保持導體棒以速度v沿平行于導軌方向勻速向右運動，導軌電阻不計，下列說法正確的是（）
A．導體棒中感應電流的方向為N到M
B．MN兩端的電勢差大小為
C．導體棒所受的安培力大小為
D．電阻R的發(fā)熱功率為
【答案】C
【詳解】A．導體棒沿導軌向右勻速運動時，由右手定則可知，導體棒中感應電流的方向為N到M，故A錯誤；
B．導體棒切割產(chǎn)生的感應電動勢大小為
故導體棒兩端的電勢差大小為
故B錯誤；
C．導體棒所受的安培力大小為
故C正確；
D．電阻R的發(fā)熱功率為
故D錯誤。
故選C。
3．（2024·河北滄州·三模）如圖所示，“凹”字形金屬線框右側(cè)有一寬度為3L的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里。線框在紙面內(nèi)向右勻速通過磁場區(qū)域，t0時，線框開始進入磁場。設逆時針方向為感應電流的正方向，則線框中感應電流i隨時間t變化的圖像可能正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【詳解】設運動的速度為v，線框總電阻為R，線框進入磁場0~L時，只有最右側(cè)的兩個短邊切割磁感線，感應電流的方向為逆時針，大小為
線框進入磁場L~3L時，金屬線切割磁感線的有效長度為3L，感應電流方向為逆時針，大小為
線框離開磁場0~L時，金屬線切割磁感線的有效長度為2L，從左側(cè)長邊進入磁場，至右側(cè)的中間短邊離開磁場，感應電流方向為順時針，大小為
線框離開磁場L~3L時，金屬線切割磁感線的有效長度為3L，從右側(cè)中間短邊離開磁場，至左側(cè)長邊離開磁場，感應電流方向為順時針，大小為
故選A。
4．（2024·山東濟南·三模）如圖所示，半徑為的半圓形閉合金屬線框可繞圓心在紙面內(nèi)逆時針勻速轉(zhuǎn)動，過點的邊界上方存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為。初始時線框直徑與虛線邊界垂直。已知線框的電阻為，線框勻速轉(zhuǎn)動的角速度為，從圖示位置開始計時，以順時針為感應電流的正方向，下列關(guān)于線圈中的感應電流隨時間的變化關(guān)系正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【詳解】如圖所示
在時間內(nèi)，穿過線圈的磁通量向外增加，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應電流方向為順時針方向（正方向），線圈切割磁感線的有效長度為
則線圈轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為
線圈中的感應電流為
在時間內(nèi)，整個線圈都在磁場中，線圈的感應電流為0；
在時間內(nèi)，穿過線圈的磁通量向外減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應電流方向為逆時針方向（負方向），線圈切割磁感線的有效長度為
則線圈轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為
線圈中的感應電流為
在時間內(nèi)，整個線圈都在磁場外，線圈的感應電流為0。
故選D。
5．（2023·山東菏澤·一模）如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行。設導線框中感應電流i逆時針流向為正。若時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動到MN的過程中，下列圖像正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【詳解】內(nèi)是線框的左邊框由PQ向左進入磁場，根據(jù)右手定則知感應電流為順時針（負），而切割磁感線的有效長度隨著水平位移而均勻減小，則感應電流的大小均勻減?。?br>內(nèi)，線框的前后雙邊同向同速切割相反的磁場，雙源相加為總電動勢，電流方向為逆時針（正），兩邊的有效長度之和等于L，則電流大小恒定。
故選D。
6．（2024·山東泰安·模擬預測）如圖所示，兩足夠長且間距為L=1m的光滑平行導軌傾斜固定，傾角為θ=30°。導軌頂端接有兩個燈泡，燈泡甲的規(guī)格為（3W，3V），燈泡乙的規(guī)格為（6W，3V），在與導軌垂直的虛線ab、cd內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強磁場。第一次只閉合開關(guān)S1，讓導體棒從虛線ab上方x=1.6m處垂直導軌由靜止釋放，導體棒恰好能勻速通過磁場區(qū)域，且燈泡甲正常發(fā)光；第二次同時閉合開關(guān)S1、S2，仍將導體棒從原位置釋放，已知bd間距離為l=0.5m，導體棒電阻r=1Ω，忽略溫度對燈泡電阻絲的影響，重力加速度為g=10m/s2。導體棒運動過程中始終與導軌垂直，導軌電阻不計，下列說法正確的是（）
A．磁場磁感應強度大小為1T
B．導體棒的質(zhì)量為0.1kg
C．第二次導體棒進入磁場前后加速度大小不變
D．第二次導體棒離開磁場時已達到勻速狀態(tài)
【答案】AC
【詳解】A．導體棒從虛線ab上方x=1.6m處垂直導軌由靜止釋放，根據(jù)動能定理可得
解得導體棒進入磁場時的速度大小為
第一次只閉合開關(guān)S1，且燈泡甲正常發(fā)光，則有
，
則有
解得磁場磁感應強度大小為
故A正確；
B．第一次只閉合開關(guān)S1，導體棒恰好能勻速通過磁場區(qū)域，根據(jù)受力平衡可得
解得導體棒的質(zhì)量為
故B錯誤；
C．第二次同時閉合開關(guān)S1、S2，進入磁場前，導體棒的加速度大小為
燈泡乙的電阻為
則燈泡甲、乙并聯(lián)的電阻為
導體棒剛進入磁場時，通過導體棒的電流為
導體棒剛進入磁場時，導體棒的加速度大小為
可知第二次導體棒進入磁場前后加速度大小不變，故C正確；
D．若第二次導體棒離開磁場時已達到勻速狀態(tài)，根據(jù)受力平衡可得
解得導體棒勻速時的速度大小為
若導體棒以剛進入磁場時的加速度做勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式可得
解得導體棒離開磁場時的速度大小為
實際上導體棒做加速度逐漸減小的減速運動，所以導體棒離開磁場時的速度應滿足
可知第二次導體棒離開磁場時還沒有達到勻速狀態(tài)，故D錯誤。
故選AC。
7．（2024·陜西西安·模擬預測）用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個半徑為的圓環(huán)，圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應強度大小均為B。圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，下列說法正確的是（）
A．下落過程圓環(huán)中磁通量不變
B．此時圓環(huán)受到豎直向上的安培力作用
C．此時圓環(huán)的加速度大小為
D．如果徑向磁場足夠深，則圓環(huán)的最大速度為
【答案】BD
【詳解】A．由題意可知，圓環(huán)下落過程中切割磁感線產(chǎn)生感應電流，則磁通量一定變化，故A錯誤；
B．根據(jù)右手定則，圓環(huán)中有（俯視）順時針的感應電流，根據(jù)左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力豎直向上，阻礙圓環(huán)的運動，故B正確；
C．圓環(huán)落入磁感應強度為的徑向磁場中，產(chǎn)生的感應電動勢
圓環(huán)的電阻
電流
圓環(huán)所受的安培力大小為
由牛頓第二定律得
其中質(zhì)量
聯(lián)立解得
故C錯誤；
D．當圓環(huán)做勻速運動時，安培力與重力大小相等，加速度為零，速度最大，即有
解得
D正確。
故選BD。
8．（2024·廣東廣州·三模）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的豎直勻強磁場區(qū)域，磁場寬度均為L。一個邊長為L、電阻為R、匝數(shù)為N的正方形金屬線框，在水平外力作用下沿垂直磁場方向在水平面上勻速運動，線框的速度始終為v，從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ（線框分別有一半面積在兩個磁場中）過程中，下列說法正確的是（）
A．線框剛進入左側(cè)磁場時線框中感應電流方向為逆時針
B．在位置Ⅱ時外力F為
C．在位置Ⅱ時線框中的電功率為
D．從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中線框的磁通量先增大后減小
【答案】ACD
【詳解】AD．線框剛進入左側(cè)磁場時，穿過線框的磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律可知，線框中感應電流方向為逆時針；線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，線框的磁通量先增大后減小，故AD正確；
BC．線框在位置Ⅱ時，根據(jù)右手定則知線框左右邊同時切割磁感線產(chǎn)生的電流同向，所以總電流為
線框左右邊所受安培力的方向均向左，根據(jù)受力平衡可得外力F為
此時線框中的電功率為
故B錯誤，C正確。
故選AD。
9．（2024·山西晉中·模擬預測）如圖所示，光滑水平桌面被虛線分成左右兩部分，右側(cè)處于豎直向下的勻強磁場中。同種材料做成粗細均勻、邊長為的單匝正方形線圈在水平外力的作用下進入磁場區(qū)域；現(xiàn)將線圈的導線拆開，均勻拉長后做成匝邊長為的閉合正方形線圈，在水平外力的作用下進入該磁場區(qū)域。進入該磁場區(qū)域的速度—時間圖像相同，均為一條平行于橫軸的直線（如圖乙），在線圈進入磁場的過程中，下列說法正確的是（）
A．線圈的電阻之比為B．水平外力與的比值為
C．通過線圈某橫截面的電荷量之比為D．線圈產(chǎn)生的焦耳熱之比為
【答案】BD
【詳解】A．根據(jù)電阻定律
可得線圈的電阻之比為
故A錯誤；
B．進入該磁場區(qū)域的速度—時間圖像相同，均為一條平行于橫軸的直線，說明做勻速直線運動且速度大小相等，則
可知水平外力與的比值為
故B正確；
C．感應電流為
根據(jù)
通過線圈某橫截面的電荷量
故C錯誤；
D．此過程線圈產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，此過程克服安培力做功為
線圈產(chǎn)生的焦耳熱之比為
故D正確。
故選BD。
10．（2024·云南·模擬預測）如圖所示，水平面上固定放置有“”形光滑金屬導軌，寬度為L。虛線MN右側(cè)存在方向垂直于導軌平面的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為B，磁場的區(qū)域足夠大。質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為L的導體棒垂直于導軌放置，以初速度沿導軌進入勻強磁場區(qū)域，最終靜止。導體棒與導軌接觸良好，不計金屬導軌電阻，則（）
A．金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為
B．金屬棒在磁場中運動的時間為
C．金屬棒在磁場中運動的距離為
D．流過金屬棒橫截面的總電量為
【答案】AC
【詳解】A．根據(jù)題意可知，金屬棒剛進入磁場時，感應電動勢為
通過金屬棒的感應電流為
金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為
故A正確；
BCD．設金屬棒在磁場中運動的距離為，由動量定理有
其中
則有
解得金屬棒在磁場中運動的距離為
流過金屬棒橫截面的總電量為
若金屬棒做勻減速運動，則有
解得
由于金屬棒做加速度減小的減速運動，所以金屬棒在磁場中運動的時間不等于，故BD錯誤，C正確。
故選AC。
11．（2024·山東濟寧·模擬預測）如圖所示，間距L=1m、足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，與水平面夾角為30°，其左端接一阻值R=1Ω的定值電阻。直線MN垂直于導軌，在其左側(cè)面積S=1m2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌所在平面向上的磁場，磁感應強度B隨時間的變化關(guān)系為B=8t（T），在其右側(cè)（含邊界MN）存在磁感應強度大小B0=2.5T、方向垂直導軌所在平面向下的勻強磁場。t=0時，某金屬棒從MN處以v0=4m/s的初速度開始沿斜面向上運動，已知金屬棒質(zhì)量m=1kg，與導軌之間的動摩擦因數(shù)，導軌、金屬棒電阻不計且金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，重力加速度g=10m/s2，下列說法正確的是（）
A．t=0時，閉合回路中有大小為2A的逆時針方向的電流
B．金屬棒在運動過程中受到的安培力方向一直沿斜面向下
C．金屬棒最終將以1.2m/s的速度勻速運動
D．金屬棒最終將以1.0m/s的速度勻速運動
【答案】AC
【詳解】A．t=0時，金屬棒產(chǎn)生的動生電動勢大小
方向由N到M。圓形區(qū)域內(nèi)磁感應強度B隨時間均勻變化，在閉合回路中產(chǎn)生感生電動勢大小為
方向沿順時針方向。因，所以金屬棒中的電流方向由N→M，閉合回路中有逆時針方向的電流，電流大小為
故A正確；
B．金屬棒開始運動時，金屬棒受到沿斜面向下的安培力、重力的分力和摩擦力作用，沿斜面向上減速運動，當
時，感應電流為零，但金屬棒仍受到沿斜面向下的重力的分力和摩擦力作用，繼續(xù)減速，此后
這時閉合回路中有順時針方向的電流，金屬棒受到沿斜面向上的安培力和沿斜面向下重力的分力、摩擦力的作用，故金屬棒在運動過程中受到的安培力方向不是一直沿斜面向下，故B錯誤；
CD．沿斜面向上的安培力大小等于沿斜面向下重力的分力與摩擦力的合力時，金屬棒開始勻速運動，即
解得金屬棒勻速運動的速度大小
故C正確，D錯誤。
故選AC。
12．（2024·湖南·模擬預測）如圖所示，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場中，有一彎成“V”字形的金屬線AOC，夾角為。設導線MN位于處開始計時，且此時導線具有一向右的速度，大小為。同時，導線上存在一大小為R的定值電阻（始終處于閉合回路之中），且受到一向右的外力以保證回路中電流大小保持不變。除定值電阻外其他電阻不計。下列說法正確的是（）
A．導線作勻減速運動
B．電阻產(chǎn)生的焦耳熱大于導線動能的減少量
C．導線到運動到的時刻為
D．導線到運動到時，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為
【答案】BC
【詳解】A．回路中電流大小保持不變，則回路中感應電動勢保持不變，當導體棒位移為時，根據(jù)法拉第電磁感應定律
解得
故導線的運動不是勻減速運動，故A錯誤；
B．導線運動過程中，根據(jù)動能定理
且
，
可得
故電阻產(chǎn)生的焦耳熱大于導線動能的減少量，故B正確；
C．根據(jù)法拉第電磁感應定律
解得導線到運動到的時刻為
故C正確；
D．回路中感應電流大小
導線到運動到時，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為
故D錯誤。
故選BC。
13．（2024·山東·模擬預測）如圖所示，兩間距為的足夠長光滑導軌水平固定，整個空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為，長均為、電阻均為的導體棒P、Q垂直導軌放置，P、Q棒的質(zhì)量分別為、，兩棒間的距離為。若Q棒固定，給P棒一水平向右的初速度，兩棒恰未碰撞?，F(xiàn)Q棒不固定，給P棒同樣的初速度，經(jīng)一段時間兩棒恰達到穩(wěn)定狀態(tài)。棒始終與導軌接觸良好且垂直導軌，導軌電阻不計。則（）
A．題述中P棒的初速度為4m/s
B．達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程經(jīng)過P棒某橫截面的電荷量為0.6C
C．達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程Q棒上產(chǎn)生的焦耳熱為3J
D．當P、Q棒速度之比為4：3時，Q棒的加速度大小為
【答案】BD
【分析】考查法拉第電磁感應定律、動量守恒定律和能量守恒定律，檢測考生的模型建構(gòu)能力和分析綜合能力。
【詳解】A．Q棒固定，由法拉第電磁感應定律有
由閉合電路歐姆定律有
對P棒由動量定理有
聯(lián)立解得
A錯誤。
BC．Q棒不固定，當兩棒恰達到穩(wěn)定狀態(tài)時兩棒共速，由動量守恒定律有
解得
達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程對Q棒由動量定理有
又
解得
整個過程兩棒產(chǎn)生的焦耳熱為
解得
兩棒阻值相等，則Q棒上產(chǎn)生的焦耳熱為
B正確，C錯誤。
D．對兩棒組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有
又
解得
、
電路中產(chǎn)生的電動勢為
回路中電流為
Q棒所受的安培力為
由牛頓第二定律有
D正確。
故選BD。
14．（2024·廣東東莞·模擬預測）如圖甲是游樂園常見的跳樓機，跳樓機的電磁式制動原理如圖乙所示。跳樓機主干柱體上交替分布著方向相反、大小相等的勻強磁場，每塊磁場區(qū)域的寬度均為0.8m，高度均相同，磁感應強度的大小均為1T，中間座椅后方固定著100匝矩形線圈，線圈的寬度略大于磁場的寬度，高度與磁場高度相同，總電阻為8Ω。若某次跳樓機失去其他保護，由靜止從高處突然失控下落，乘客與設備的總質(zhì)量為640kg，重力加速度g取10m/s2，忽略摩擦阻力和空氣阻力，則下列說法正確的是（）
A．線圈中電流方向始終為順時針
B．跳樓機的最大速度為2m/s
C．當跳樓機的速度為1m/s時，線圈中感應電流為20A
D．跳樓機速度最大時，克服安培力做功的功率為12800W
【答案】BCD
【詳解】A．由右手定則可知，電流方向為逆時針與順時針交替變化，故A錯誤；
B．跳樓機由靜止下落后受安培力與重力，有
跳樓機受到的安培力為
由法拉第電磁感應定律得
且
i=ER
可得
隨著速度的增加，加速度減小，當加速度為0時，速度達到最大值，以后跳樓機做勻速運動，當跳樓機速度最大時，安培力與重力平衡有
解得
故B正確；
C．由法拉第電磁感應定律得
由閉合電路歐姆定律，當跳樓機的速度為lm/s時，線圈中感應電流為
故C正確；
D．當跳樓機速度最大時，有
克服安培力做功的功率為
故D正確。
故選BCD。
15．（2024·山西太原·二模）如圖所示，水平平行邊界內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度。正方形單匝金屬線框在磁場上方處，以向右水平拋出，下落過程中線框ab邊始終與磁場邊界平行，ab邊進入磁場和離開磁場時豎直方向的分速度均為。線框質(zhì)量為，邊長為0.5m，總阻值為1Ω，不計空氣阻力，重力加速度g取。下列說法正確的是（）
A．勻強磁場區(qū)域的高度為1.3m
B．線框通過整個磁場區(qū)域所用時間0.8s
C．線框進入磁場的過程中，水平位移為2.5m
D．cd邊剛進入磁場時，克服安培力做功的功率為5W
【答案】AB
【詳解】A．cd邊剛進入磁場時豎直方向的分速度為
由題意，根據(jù)線框進出磁場過程的對稱性可知，cd邊剛出磁場時豎直方向的分速度也為，從ab邊剛進入磁場到cd邊剛出磁場的過程中，線框中磁通量不變，感應電流為零，此過程線框自由下落，設勻強磁場區(qū)域的高度為H，根據(jù)運動學規(guī)律有
解得
故A正確；
B．設線框通過磁場上邊界的時間為，線框中的平均電流為，根據(jù)動量定理有
根據(jù)電流的定義可知時間內(nèi)通過線框某一截面的電荷量為
根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律綜合分析可知
聯(lián)立解得
根據(jù)運動的對稱性可知，線框穿出磁場區(qū)域的時間也為，線框中沒有感應電流，只受到重力作用時，線框下落所用時間為
則線框通過整個磁場區(qū)域所用時間為
故B正確；
C．線框進入磁場過程中，bc邊與ad邊受到大小相等、方向相反的安培力的作用，故水平方向上受力平衡，做勻速直線運動，則線框進入磁場過程中的水平位移為
故C錯誤；
D．cd邊剛進入磁場時豎直方向的分速度為，此時cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為
線框中的電流為
cd邊所受安培力大小為
cd邊克服安培力做功的功率為
故D錯誤。
故選AB。
16．（2024·福建三明·三模）如圖，兩平行足夠長且電阻可忽略的光滑金屬導軌安裝在傾角為θ光滑絕緣斜面上，導軌間距L，磁感應強度B的有界勻強磁場寬度為d，磁場方向與導軌平面垂直；長度為2d的絕緣桿將導體棒和邊長為d的正方形單匝線框連接在一起組成如圖裝置，其總質(zhì)量m，導體棒中通以大小為I的恒定電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出）。線框的總電阻為R，其下邊與磁場區(qū)域邊界平行。情形1：將線框下邊置于距磁場上邊界x處由靜止釋放，線框恰好可勻速穿過磁場區(qū)域；情形2：線框下邊與磁場區(qū)域上邊界重合時將線框由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回。導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直，重力加速度g。則（）
A．情形1中，線框下邊剛穿過磁場過程通過線框截面的電荷量
B．情形1中，線框下邊與磁場上邊界的距離
C．情形2中，裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱
D．情形2中，線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間
【答案】BD
【詳解】A．情形1中，線框剛穿過磁場過程通過線框截面的電荷量
故A錯誤；
B．情形1中，對裝置，當線框在磁場中勻速時
可得
裝置在進入磁場前做勻變速直線運動，由動能定理
可得
故B正確；
C．設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W，由動能定理
其中
解得
故C錯誤；
D．設線框剛離開磁場下邊界時的速度為v1，對裝置在接著向下運動2d過程中，由動能定理
可得
對裝置在磁場中運動時，由牛頓第二定律
可得
在時間內(nèi)，有
則
有
而
解得
故D正確。
故選BD。
17．（2024·河南鄭州·模擬預測）如圖所示，絕緣光滑水平面上有一邊長為的等邊三角形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一半徑為R、阻值為r的圓形導線框從a點（計時起點）沿ad方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，下列說法正確的是（）
A．時間內(nèi)線框中電流先沿順時針方向后沿逆時針方向
B．時間內(nèi)線框中的電流先增大后減小
C．時刻線框所受安培力大小為
D．和時間內(nèi)通過線框某橫截面的電荷量之比為1∶6
【答案】BD
【詳解】A．根據(jù)楞次定律判斷電流方向根據(jù)幾何關(guān)系可知，圓形線框與三角形磁場區(qū)域的內(nèi)接圓等大，時刻線框恰好完全進入磁場，時刻，線框處于③位置，如圖所示
恰有一半出磁場，根據(jù)楞次定律可知，時間內(nèi)線框中電流先沿逆時針后沿順時針方向，故A錯誤；
B． 0時刻，線框中感應電流為零，時刻線框內(nèi)的感應電流也為零，時間內(nèi)線框中的電流先增大后減小，故B正確；
C．時刻，線框處于①位置，根據(jù)幾何關(guān)系可知線框切割磁感線的有效長度為，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知線框產(chǎn)生的感應電動勢為
電流
安培力
聯(lián)立解得
故C錯誤；
D．時刻，圓形線框的圓心在a點，時間內(nèi)磁通量的變化量為
時間內(nèi)磁通量的變化量大小為
根據(jù)可知和時間內(nèi)通過線框某橫截面的電荷量之比為，故D正確。
故選BD。
18．（2021·廣東·模擬預測）如圖所示，絕緣的水平面上固定有兩條平行的光滑金屬導軌，導軌電阻不計，兩相同金屬棒、垂直導軌放置，其右側(cè)矩形區(qū)域內(nèi)存在恒定的勻強磁場，磁場方向豎直向上。現(xiàn)兩金屬棒分別以初速度2v0和v0同時沿導軌自由運動，先后進入磁場區(qū)域。已知棒離開磁場區(qū)域前棒已經(jīng)進入磁場區(qū)域，則a棒從進入到離開磁場區(qū)域的過程中，電流隨時間t的變化圖像可能正確的有（）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【詳解】AC．a(chǎn)棒以速度2v0先進入磁場切割磁感線產(chǎn)生的感應電流為
a棒受安培阻力做變加速直線運動，感應電流也隨之減小，即圖像的斜率逐漸變??；設當b棒剛進入磁場時a棒減速的速度為，此時的瞬時電流為
若，即
此時雙棒雙電源反接，電流為零，不受安培力，兩棒均勻速運動離開，圖像中無電流的圖像，故A正確，C錯誤；
BD．若，即
此時雙棒雙電源的電動勢不等要抵消一部分，因b棒的速度大，電流方向以b棒的流向，與原a棒的流向相反即為負，大小為
b棒通電受安培力要減速，a棒受安培力而加速，則電流逐漸減小，故B錯誤，D正確。
故選AD。
19．（2024·天津北辰·三模）有關(guān)列車電氣制動，可以借助如圖所示簡化模型來理解，圖中水平平行金屬導軌處于豎直方向的勻強磁場中，導軌間距為，磁場的磁感應強度為，金屬棒MN的質(zhì)量為，導軌右端接有阻值為的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為，導軌的電阻不計。金屬棒MN在安培力作用下向右減速運動的過程對應于列車的電氣制動過程，金屬棒MN開始減速時的初速度為。
（1）求剛開始減速時，導體棒兩端的電壓U；
（2）求剛開始減速時，安培力的功率P；
（3）在制動過程中，列車還會受到空氣阻力和軌道的摩擦力作用，為了研究問題方便，設簡化模型受到的這些阻力總和大小恒為。在金屬棒從開始減速到速度減至2m/s的過程中，金屬棒的位移大小為。求：該過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）金屬棒MN剛開始減速時，產(chǎn)生的電動勢為
回路電流為
導體棒兩端的電壓為
（2）剛開始減速時，金屬棒MN受到的安培力為
安培力的功率為
代入數(shù)據(jù)解得
（3）在金屬棒從開始減速到速度減至2m/s的過程中，金屬棒的位移大小為，由動能定理可得
又
代入數(shù)據(jù)解得
20．（2024·河南鄭州·模擬預測）如圖所示，空間有一寬度為2d的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。一邊長為d、電阻分布均勻的正方形導體框MNPQ，導體框總電阻值為R。從導體框MN邊進入磁場開始計時，導體框以恒定的速度大小v向右勻速穿過磁場區(qū)域的過程中，求：
（1）當MN邊剛進入磁場時，M、N兩端的電勢差，并指明哪端電勢高；
（2）導體框穿過磁場的過程中，導體框中產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）試分析在時間內(nèi)M、N兩點的電勢差隨時間t變化的情況，并在乙圖中畫出變化的圖像。
【答案】（1）；端電勢高；（2）；（3）
【詳解】（1）切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢
回路中的感應電流
兩端的電勢差
端電勢高。
（2）設線框從邊剛進磁場到邊剛進磁場所用時間為，由焦耳定律有
解得導體框穿過磁場的過程中，導體框中產(chǎn)生的焦耳熱
（3）在時間內(nèi)兩點的電勢差隨時間變化的情況可分為三段：
第一段：在時間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的電動勢
邊相當于電源，電流由流向，兩點的電勢差相當于路端電壓，大小為
第二段：在時間內(nèi)，線框完全在磁場中運動，穿過線框的磁通量沒有變化，不產(chǎn)生感應電流，邊仍然在切割磁感線，兩點的電勢差大小為
第三段：在時間內(nèi)，線圈開始出磁場，邊離開磁場，只有邊切割磁感線，此時邊相當于電源，邊中的電流由流向，線圈中電動勢為
、兩點的電勢差為外電路部分電壓，大小為
由以上三段可做出兩點的電勢差隨時間變化的圖線如圖所示
考點
考向
題型分布
電磁感應中的電路問題和圖像問題
考向1：電磁感應等效電路（電壓、電流、電阻的計算）
考向2：電路中焦耳熱和功率的計算
考向3：電路中流過電荷量的計算
考向4：U-t圖像
考向5：I-t圖像
考向6：F-t、a-t圖像等
5單選+13多選+2計算

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