2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破四 電路和電磁感應(yīng) 第11講 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用效果自評(píng).doc
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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破四 電路和電磁感應(yīng) 第11講 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用效果自評(píng) 1.[xx江西一模]如右圖所示,有兩個(gè)相鄰的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B,磁場(chǎng)方向相反,且與紙面垂直,磁場(chǎng)區(qū)域在x軸方向?qū)挾染鶠閍,在y軸方向足夠?qū)挕,F(xiàn)有一高為a的正三角形導(dǎo)線框從圖示位置開始向右沿x軸方向勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域。若以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?,在選項(xiàng)圖中,線框中感應(yīng)電流i與線框移動(dòng)的位移x的關(guān)系圖象正確的是( ) 答案 C 解析 線框從開始進(jìn)入到全部進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí),磁通量向里增大,則由楞次定律可知,電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,故B一定錯(cuò)誤;因切割的有效長(zhǎng)度均勻增大,故由E=BLv可知,電動(dòng)勢(shì)也均勻增加;而在全部進(jìn)入第一部分磁場(chǎng)時(shí),磁通量達(dá)最大,該瞬間變化率為零,故電動(dòng)勢(shì)也為零,故A錯(cuò)誤;當(dāng)線圈開始進(jìn)入第二段磁場(chǎng)后,線圈中磁通量向里減小,則可知電流為順時(shí)針,故D錯(cuò)誤,C正確;故選C。 2.[xx菏澤一模](多選)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán),ab為圓環(huán)的一條直徑。如圖所示,在ab的左側(cè)存在一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面,方向如圖,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率=kt(k<0)。則( ) A.圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B.圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢(shì) C.圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為 D.圖中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab=|kπr2| 答案 BD 解析 磁通量向里,減小,由楞次定律“增反減同”可知,線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針,所以A錯(cuò)誤。由楞次定律可知,為了阻礙磁通量的減小,線圈有擴(kuò)張的趨勢(shì),所以B選項(xiàng)正確。由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E==k,感應(yīng)電流I===,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤。由閉合電路歐姆定律可知,ab間的電勢(shì)差為Uab=||=|kπr2|,D選項(xiàng)正確。 3.[xx山東模擬](多選)如圖所示,間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ=30,導(dǎo)軌電阻不計(jì),正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直導(dǎo)軌向上。甲、乙兩金屬桿電阻相同、質(zhì)量均為m,垂直于導(dǎo)軌放置。起初甲金屬桿處在磁場(chǎng)的上邊界ab上,乙在甲上方距甲也為l處。現(xiàn)將兩金屬桿同時(shí)由靜止釋放,釋放同時(shí)在甲金屬桿上施加一個(gè)沿著導(dǎo)軌的拉力,使甲金屬桿始終以大小為a=g的加速度沿導(dǎo)軌向下勻加速運(yùn)動(dòng),已知乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng),重力加速度為g,則以下正確的是( ) A.每根金屬桿的電阻R= B.甲金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中,拉力對(duì)桿做的功在數(shù)值上等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱 C.乙金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中,安培力的功率是P=mg D.乙金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)直至出磁場(chǎng)過程中回路中通過的電量為Q=m 答案 AB 解析 乙沒進(jìn)磁場(chǎng)前受力分析,由牛頓第二定律得mgsinθ=ma2→a2=g=a甲,因此甲乙兩桿相對(duì)靜止,當(dāng)乙剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng),受力平衡,mgsinθ=BIl,此時(shí)甲剛離開磁場(chǎng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)可知2al=v2,由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=Blv,而由歐姆定律可知I=,以上各式聯(lián)立得R=,所以A選項(xiàng)正確。由于乙在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以安培力的功率P=mgsinθv=mg,C選項(xiàng)錯(cuò)誤。乙桿從進(jìn)入磁場(chǎng)到出磁場(chǎng)的過程中通過回路的電量Q===,D選項(xiàng)是錯(cuò)誤的。列甲、乙兩桿組成的系統(tǒng)的動(dòng)能定理:2mgsinθl+WF-W克=2mv2,又由功能關(guān)系得Q熱=W克=WF,所以B選項(xiàng)是正確的。 4.[xx山西聯(lián)考](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?,F(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?yàn)橛赏庀騼?nèi) B.拉力F做的功為+mgr C.R上產(chǎn)生的熱量為 D.流過R的電量為 答案 ABC 解析 由右手定則可知,通過R的電流由外向內(nèi),A選項(xiàng)是正確的,由于棒做速度為v0的勻速圓周運(yùn)動(dòng),所以它的角速度ω=為定值,棒切割磁感線的有效速度為垂直磁感線的分速度,即v=v0cosωt,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=BLv=BLv0cosωt也就是產(chǎn)生了余弦式交流電,求R上產(chǎn)生的熱量時(shí),必須用交流電的有效值E=,所以Q熱=t,其中t===,代入得Q熱=,所以C選項(xiàng)是正確的。流過R的電量:q==,因此D選項(xiàng)是錯(cuò)誤的。列棒從開始到ab過程中的動(dòng)能定理:WF-mgr-W克安=0,其中W克安=Q熱,代入得WF=+mgr,所以B選項(xiàng)是正確的。 5.[xx銀川一模]如圖所示,傾斜角θ=30的光滑傾斜導(dǎo)體軌道(足夠長(zhǎng))與光滑水平導(dǎo)體軌道連接。軌道寬度均為L(zhǎng)=1 m,電阻忽略不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域,方向水平向右,大小B1=1 T;勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ僅分布在傾斜軌道平面所在區(qū)域,方向垂直于傾斜軌道平面向下,大小B2=1 T?,F(xiàn)將兩質(zhì)量均為m=0.2 kg,電阻均為R=0.5 Ω的相同導(dǎo)體棒ab和cd,垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜軌道上,并同時(shí)由靜止釋放。取g=10 m/s2。 (1)求導(dǎo)體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大??; (2)若已知從開始運(yùn)動(dòng)到cd棒達(dá)到最大速度的過程中,ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.45 J,求該過程中通過cd棒橫截面的電荷量; (3)若已知cd棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)距水平軌道高度h=10 m,cd棒由靜止釋放后,為使cd棒中無感應(yīng)電流,可讓磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化,將cd棒開始運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻記為t=0,此時(shí)磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0=1 T,試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時(shí)間內(nèi),磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。 答案 (1)1 m/s (2)1 C (3)B=(t< s) 解析 (1)cd棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大,設(shè)為vm,棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,電流為I, 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):E=BLvm,電流:I= 由平衡條件得:mgsinθ=BIL,代入數(shù)據(jù)解得:vm=1 m/s (2)設(shè)cd棒從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)最大速度的過程中經(jīng)過的時(shí)間為t,通過的距離為x,cd棒中平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1,平均電流為I1,通過cd棒橫截面的電荷量為q,由能量守恒定律得:mgxsinθ=mv+2Q 電動(dòng)勢(shì):E1=,電流:I1=,電荷量:q=I1t 代入數(shù)據(jù)解得:q=1 C (3)設(shè)cd棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)穿過回路的磁通量為Φ0,cd棒在傾斜軌道上下滑的過程中,設(shè)加速度大小為a,經(jīng)過時(shí)間t通過的距離為x1,穿過回路的磁通量為Φ,cd棒在傾斜軌道上下滑時(shí)間為t0,則:Φ0=B0L 加速度:a=gsinθ,位移:x1=at2 Φ=BL(-x1),=at 解得:t0= s 為使cd棒中無感應(yīng)電流,必須有:Φ0=Φ 解得:B=(t< s)。- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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