2020高考物理 月刊專版 專題09 交變電流和電磁感應電磁感應與電路規(guī)律的綜合應用專題測試題

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1、交變電流和電磁感應電磁感應與電路規(guī)律的綜合應用專題測試題 1.如圖所示，MN、PQ為兩平行金屬導軌，M、P間連有一阻值為R的電阻，導軌處于勻強磁場中，磁感應強度為B，磁場方向與導軌所在平面垂直，圖中磁場垂直紙面向里.有一金屬圓環(huán)沿兩導軌滑動，速度為v，與導軌接觸良好，圓環(huán)的直徑d與兩導軌間的距離相等.設金屬環(huán)與導軌的電阻均可忽略，當金屬環(huán)向右做勻速運動時 A.有感應電流通過電阻R，大小為 B.有感應電流通過電阻R，大小為 C.有感應電流通過電阻R，大小為 D.沒有感應電流通過電阻R 2.在方向水平的、磁感應強度為0.5 T的勻強磁場中，有兩根豎直放置的導體軌道cd、e f，其寬度

2、為1 m，其下端與電動勢為12 V、內電阻為1 Ω的電源相接，質量為0.1 kg的金屬棒MN的兩端套在導軌上可沿導軌無摩擦地滑動，如圖所示，除電源內阻外，其他一切電阻不計，g=10 m/s2，從S閉合直到金屬棒做勻速直線運動的過程中 A.電源所做的功等于金屬棒重力勢能的增加 B.電源所做的功等于電源內阻產生的焦耳熱 C.勻速運動時速度為20 m/s D.勻速運動時電路中的電流強度大小是2 A 3.兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計.斜面處在勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上.質量為m、電阻可不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂

3、直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，并上升h高度.如圖所示，在這過程中 A.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零 B.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上發(fā)出的焦耳熱之和 C.恒力F與安培力的合力所做的功等于零 D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱 4.如圖所示，空間存在垂直于紙面的均勻磁場，在半徑為a的圓形區(qū)域內、外，磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B.一半徑為b，電阻為R的圓形導線環(huán)放置在紙面內，其圓心與圓形區(qū)域的中心重合.在內、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中，通過導線截面的電量Q=_________. 5.兩根相距d=0.20

4、m的平行金屬長導軌固定在同一水平面內，并處于豎直方向的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B=0.20 T，導軌上面橫放著兩條金屬細桿，構成矩形閉合回路.每條金屬細桿的電阻為r=0.25 Ω，回路中其余部分的電阻可不計，已知兩金屬細桿在平行導軌的拉力作用下沿導軌朝相反方向勻速平移，速度大小都是v=5.0 m/s，如圖所示，不計導軌上的摩擦. （1）求作用于每條金屬細桿的拉力的大小. （2）求兩金屬細桿在間距增加0.40 m的滑動過程中共產生的熱量. 6.（1999年上海）如圖所示，長為L、電阻r=0.3 Ω、質量m=0.1 kg的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上，兩導軌間

5、距也是L，棒與導軌間接觸良好，導軌電阻不計，導軌左端接有R=0.5 Ω的電阻，量程為0～3.0 A的電流表串接在一條導軌上，量程為0～1.0 V的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導軌平面的勻強磁場向下穿過平面.現(xiàn)以向右恒定外力F使金屬棒右移.當金屬棒以v=2 m/s的速度在導軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏.問： （1）此滿偏的電表是什么表?說明理由. （2）拉動金屬棒的外力F多大? （3）此時撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最終停止在導軌上.求從撤去外力到金屬棒停止運動的過程中通過電阻R的電量. 7.如圖所示，AB和CD是足夠長的平行光滑導軌，其間距

6、為l，導軌平面與水平面的夾角為θ.整個裝置處在磁感應強度為B的，方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.AC端連有電阻值為R的電阻.若將一質量M，垂直于導軌的金屬棒EF在距BD端s處由靜止釋放，在EF棒滑至底端前會有加速和勻速兩個運動階段.今用大小為F，方向沿斜面向上的恒力把EF棒從BD位置由靜止推至距BD端s處，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端.求： （1）EF棒下滑過程中的最大速度. （2）EF棒自BD端出發(fā)又回到BD端的整個過程中，有多少電能轉化成了內能（金屬棒、導軌的電阻均不計）? 8.在磁感應強度為B=0.4 T的勻強磁場中放一個半徑r0=50 cm的圓形導軌，上面擱有互相垂

7、直的兩根導體棒，一起以角速度ω=103 rad/s逆時針勻速轉動.圓導軌邊緣和兩棒中央通過電刷與外電路連接，若每根導體棒的有效電阻為R0=0.8 Ω，外接電阻R=3.9 Ω，如所示，求： （1）每半根導體棒產生的感應電動勢. （2）當電鍵S接通和斷開時兩電表示數（假定RV→∞，RA→0）. 參考答案 7.（1）如圖所示，當EF從距BD端s處由靜止開始滑至BD的過程中，受力情況如圖所示.安培力：F安=BIl=B 根據牛頓第二定律：a= ① 所以，EF由靜止開始做加速度減小的變加速運動.當a=0時速度達到最大值vm. 由①式中a=0有：Mgsinθ-B2l2vm/R=0 ② vm= （2）由恒力F推至距BD端s處，棒先減速至零，然后從靜止下滑，在滑回BD之前已達最大速度vm開始勻速. 設EF棒由BD從靜止出發(fā)到再返回BD過程中，轉化成的內能為ΔE.根據能的轉化與守恒定律： Fs-ΔE=Mvm2 ③ R′=r+R=（0.1+3.9）Ω=4Ω. 由全電路歐姆定律得電流強度（即電流表示數）為 I= A=12.5 A. 此時電壓表示數即路端電壓為 U=E-Ir=50-12.5×0.1 V=48.75 V（電壓表示數） 或U=IR=12.5×3.9 V=48.75 V