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2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第4章 電路與電磁感應(yīng) 考前基礎(chǔ)回扣練8 恒定電流和交變電流

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1、考前基礎(chǔ)回扣練 8電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用 1. 如圖所示,在圓形空間區(qū)域內(nèi)存在關(guān)于直徑ab對(duì)稱、方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,一金屬導(dǎo)線制成的圓環(huán)大小剛好可與磁場(chǎng)邊界重合,現(xiàn)從圖示位置開(kāi)始,下列說(shuō)法中正確的是(  ) A.若使圓環(huán)向右平動(dòng)穿出磁場(chǎng)區(qū)域,感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針?lè)较蚝笱仨槙r(shí)針?lè)较? B.若使圓環(huán)豎直向上平動(dòng)穿出磁場(chǎng)區(qū)域,感應(yīng)電流始終沿逆時(shí)針?lè)较? C.若圓環(huán)以ab為軸轉(zhuǎn)動(dòng),a點(diǎn)的電勢(shì)始終高于b點(diǎn)的電勢(shì) D.若圓環(huán)以ab為軸轉(zhuǎn)動(dòng),b點(diǎn)的電勢(shì)始終高于a點(diǎn)的電勢(shì) 解析:若圓環(huán)向右平動(dòng),穿過(guò)圓環(huán)的“·”減少,則磁通量先表現(xiàn)為“×”增加,后表現(xiàn)為“×”減少,由楞

2、次定律知感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針?lè)较蚝笱仨槙r(shí)針?lè)较?,選項(xiàng)A正確;若圓環(huán)豎直向上平動(dòng),由于穿過(guò)圓環(huán)的磁通量始終為零,未發(fā)生變化,所以圓環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;若圓環(huán)以ab為軸轉(zhuǎn)動(dòng),則在轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中,穿過(guò)圓環(huán)的磁通量始終為零,則a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)始終相等,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤. 答案:A 2.[2018·衡水中學(xué)第三次模擬](多選) 如圖所示,固定的水平長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有向左方向的電流I,矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi),且一邊與導(dǎo)線平行.線框由靜止釋放,在下落過(guò)程中(  ) A.穿過(guò)線框的磁通量減小 B.線框的機(jī)械能守恒 C.線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? D.線框所受安培力的合力為零

3、解析:線框由靜止釋放,在下落過(guò)程中,因電流的磁場(chǎng)離導(dǎo)線越遠(yuǎn),磁場(chǎng)越弱,則穿過(guò)線框的磁通量在減小,故A正確;在下落的過(guò)程中,除重力做功以外,還有安培力做負(fù)功,所以線框不做自由落體運(yùn)動(dòng),其機(jī)械能減小,B錯(cuò)誤;根據(jù)右手螺旋定則,知直導(dǎo)線下方的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,線框由靜止釋放,穿過(guò)線框的磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?,方向不變,故C正確;線框由靜止釋放,穿過(guò)線框的磁通量減小,將產(chǎn)生感應(yīng)電流,阻礙線框的運(yùn)動(dòng),所以一定受到安培力的作用,故D錯(cuò)誤. 答案:AC 3.[2018·天津和平區(qū)四模] 如圖所示,一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在一水平面內(nèi),導(dǎo)軌間距L=0.5 m,

4、左端接有阻值R=0.3 Ω的電阻,一質(zhì)量m=0.1 kg、電阻r=0.1 Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上,整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2 T,棒在水平向右的外力作用下,由靜止開(kāi)始以a=2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)的位移x=9 m時(shí)撤去外力,棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來(lái),已知撤去外力前回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q1=2.025 J,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì),棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸,求: (1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,通過(guò)電阻R的電荷量q; (2)金屬棒MN做勻加速運(yùn)動(dòng)所需外力隨時(shí)間變化的表達(dá)式; (3)外力做的功WF. 解析:(1)棒

5、在勻加速運(yùn)動(dòng)中,由法拉第電磁感應(yīng)定律得=,其中ΔΦ=B. 由閉合電路的歐姆定律得= 則通過(guò)電阻R的電荷量為q=·Δt 聯(lián)立各式,代入數(shù)據(jù)得q=2.25 C. (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLv 對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v=at 由閉合電路的歐姆定律得I= 由安培力公式和牛頓第二定律得F-BIL=ma 得F=0.2+0.05t. (3)對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程, 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2=2ax 撤去外力后,由動(dòng)能定理得安培力做的功 W=0-mv2 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2=-W 聯(lián)立解得Q2=1.8 J 在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,由功能關(guān)系可知 WF=

6、Q1+Q2 解得WF=3.825 J. 答案:(1)2.25 C (2)0.2+0.05t (3)3.825 J 4.[2018·遼寧本溪二模]如圖所示,在傾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ,磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5 T,磁場(chǎng)寬度d=0.55 m,有一邊長(zhǎng)L=0.4 m、質(zhì)量m1=0.6 kg、電阻R=2 Ω的正方形均勻?qū)w線框abcd通過(guò)一輕質(zhì)細(xì)線跨過(guò)光滑的定滑輪與一質(zhì)量m2=0.4 kg的物體相連,物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,將線框從圖示位置由靜止釋放,物體到定滑輪的距離足夠長(zhǎng).(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)

7、 (1)求線框abcd還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,細(xì)線中的拉力大??; (2)當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),求線框剛釋放時(shí)ab邊到磁場(chǎng)MN邊界的距離x; (3)在(2)問(wèn)中的條件下,若cd邊恰離開(kāi)磁場(chǎng)邊界PQ時(shí),速度大小為2 m/s,求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab邊產(chǎn)生的熱量. 解析:(1)線框還未進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中, 以m2為研究對(duì)象有FT-μm2g=m2a① 以m1為研究對(duì)象有m1gsinθ-FT=m1a② 解得FT=2.4 N a=2 m/s2 (2)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),用整體法有 m1gsinθ-μm2g-=0 解得v=1 m/s ab到MN前線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有v2=2ax 解得x=0.25 m (3)線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到cd邊恰離開(kāi)磁場(chǎng)邊界PQ時(shí),由動(dòng)能定理有m1gsinθ(x+d+L)-μm2g(x+d+L)-Q=(m1+m2)v 解得Q=0.4 J,所以Qab=Q=0.1 J 答案:(1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J 3

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