2019年高考物理二輪復(fù)習 備課資料 專題六 電路和電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用專題限時檢測.doc

2019年高考物理二輪復(fù)習 備課資料 專題六 電路和電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用專題限時檢測一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分,第15題只有一項符合題目要求,第68題有多項符合題目要求)1.(xx全國卷,18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌.為了有效隔離外界振動對STM的擾動,在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板,并施加磁場來快速衰減其微小振動,如圖所示.無擾動時,按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出現(xiàn)擾動后,對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是(A)解析:紫銅薄板上下振動時,方案B,C,D中穿過薄板的磁通量不發(fā)生變化,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生;方案A中,無論是上下還是左右振動,薄板中的磁通量都會發(fā)生變化,產(chǎn)生的感應(yīng)電流會阻礙紫銅薄板上下及其左右振動,達到衰減的效果,選項A正確.2.(xx江西景德鎮(zhèn)模擬)如圖所示,在光滑絕緣水平面上,有一矩形線圈以一定的初速度進入勻強磁場區(qū)域,線圈全部進入勻強磁場區(qū)域時,其動能恰好等于它在磁場外面時的一半,設(shè)磁場區(qū)域?qū)挾却笥诰€圈寬度,則(C)A.線圈恰好在完全離開磁場時停下B.線圈在未完全離開磁場時已停下C.線圈能通過場區(qū)不會停下D.線圈在磁場中某個位置停下解析:線圈出磁場時的速度小于進磁場時的速度,由安培力F=BIL=,知出磁場時線圈所受的安培力小于進磁場時所受的安培力,則進磁場過程安培力做功大于出磁場過程安培力做功,而進磁場時其動能恰好等于它在磁場外面時的一半,由動能定理知出磁場后,線圈的動能不為零,不會停下來,故C正確,A,B,D錯誤.3.(xx天津卷,3)如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下.現(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是(D)A.ab中的感應(yīng)電流方向由b到aB.ab中的感應(yīng)電流逐漸減小C.ab所受的安培力保持不變D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小解析:根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場向下,再根據(jù)安培定則,可判斷ab中感應(yīng)電流方向從a到b,A錯誤;磁場變化是均勻的,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,感應(yīng)電動勢恒定不變,感應(yīng)電流I恒定不變,B錯誤;安培力F=BIL,由于I,L不變,B減小,所以ab所受的安培力逐漸減小,根據(jù)力的平衡條件,靜摩擦力逐漸減小,C錯誤,D正確.4.(xx四川成都模擬)如圖所示,水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,銅棒a,b的長度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m,銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好.現(xiàn)給銅棒a一個平行導(dǎo)軌向右的瞬時沖量I,關(guān)于此后的過程,下列說法正確的是(B)A.回路中的最大電流為B.銅棒b的最大加速度為C.銅棒b獲得的最大速度為D.回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為解析:由題意知a獲得沖量時速度最大,根據(jù)動量定理可得,a獲得的速度va=,此后a在安培力作用下做減速運動,b在安培力作用下做加速運動,回路中產(chǎn)生的電動勢E=BL(va-vb),可知a剛獲得動量時回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大,即Im=,故A錯誤;b所受最大安培力Fm=BImL=,根據(jù)牛頓第二定律知,b棒所產(chǎn)生的最大加速度am=,故B正確;由題意知,a棒做減速運動,b棒做加速運動,當a,b速度相等時,回路中沒有感應(yīng)電流,兩棒同時向右勻速直線運動,根據(jù)動量守恒定律得,mva=2mv,a,b棒的共同速度v=,此速度亦為b棒的最大速度,故C錯誤;根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得,m=(m+m)v2+Q,則回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q=,故D錯誤.5.(xx湖南常德模擬)如圖所示,有一個等腰三角形磁場區(qū)域,底邊長為2L,高為L,左半邊的磁場方向垂直紙面向外,右半邊的磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度大小均為B.邊長為L、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd,從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域.取沿abcda方向的感應(yīng)電流為正,取Im=,則表示線框中電流i隨bc的位置坐標x變化的圖像正確的是(C)解析:線框bc邊在0L過程中無感應(yīng)電流,在L2L過程中切割磁感線的有效長度線性增大,由右手定則判斷感應(yīng)電流沿abcda方向的正方向,由I=可知,感應(yīng)電流大小逐漸增大;線框bc邊在2L3L過程中,ad邊和bc邊都有部分切割磁感線,等效切割的有效長度不變,產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變,方向為負方向;線框bc邊在3L4L過程中,ad邊切割磁感線的有效長度線性減小,產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小逐漸減小,方向為正方向,故C正確.6.(xx遼寧撫順模擬)如圖所示,兩根間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為,圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,磁場方向垂直于導(dǎo)軌面向上,兩金屬桿質(zhì)量均為m,電阻均為R,垂直于導(dǎo)軌放置,開始時金屬桿ab處在距磁場上邊界一定距離處,金屬桿cd處在導(dǎo)軌的最下端,被與導(dǎo)軌垂直的兩根小柱擋住,現(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放,當金屬桿ab剛進入磁場便開始做勻速直線運動,已知重力加速度為g,則(AC)A.金屬桿ab進入磁場時感應(yīng)電流的方向為由b到aB.金屬板ab進入磁場時速度大小為C.金屬桿ab進入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為D.金屬桿ab進入磁場后金屬桿cd對兩根小柱的壓力大小為mgsin 解析:由右手定則可知,ab進入磁場時產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向為由b到a,故A正確;ab剛進入磁場時受到的安培力F=BIL=BL=,ab進入磁場做勻速直線運動,由平衡條件得,=mgsin ,解得,v=,故B錯誤;ab進入磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv=,故C正確;由左手定則可知,cd受到的安培力沿導(dǎo)軌面向下,則cd對兩根小柱的壓力大小等于FN=mgsin +FA>mgsin ,故D錯誤.7.(xx河北石家莊模擬)如圖所示,光滑水平面上存在有界勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度為B,質(zhì)量為m邊長為a的正方形導(dǎo)體框MNPQ斜向上垂直進入磁場,當MP剛進入磁場時,線框的速度為v,方向與水平方向成45,若導(dǎo)體框的總電阻為R,則(AC)A.導(dǎo)體進入磁場過程中,導(dǎo)體框中電流的方向為MQPNB.MP剛進入磁場時導(dǎo)體框中感應(yīng)電流大小為C.MP剛進入磁場時導(dǎo)體框所受安培力為D.MP剛進入磁場時M,P兩端的電壓為解析:根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體進入磁場過程中,導(dǎo)體框中電流的方向為MQPN,故A正確;MP剛進入磁場時導(dǎo)體框中感應(yīng)電流大小為I=,故B錯誤;MP剛進入磁場時導(dǎo)體框所受安培力為F=BIa=,故C正確;MP剛進入磁場時M,P兩端的電壓為U=E=Bav,故D錯誤.8.(xx四川卷,7)如圖所示,電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導(dǎo)軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上,受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動,外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv(F0,k是常量),金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好.金屬棒中感應(yīng)電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應(yīng)電流的功率為P,它們隨時間t變化圖像可能正確的有(BC)解析:設(shè)金屬棒在某一時刻速度為v,感應(yīng)電動勢E=Blv,回路電流I=v,即Iv;安培力FA=BIl=v,方向水平向左,即FAv;R兩端電壓UR=IR=v,即URv;感應(yīng)電流的功率P=EI=v2,即Pv2.分析金屬棒運動情況,由牛頓第二定律可得F合=F-FA=F0+kv-v=F0+(k-)v,即加速度a=.因為金屬棒由靜止出發(fā),所以F0>0,且F合>0,即a>0,加速度方向水平向右.(1)若k=,F合=F0,即a=,金屬棒水平向右做勻加速直線運動.有v=at,說明v t,也即是It,FAt,URt,Pt2,在此情況下沒有選項符合;(2)若k>,F合隨v增大而增大,即a隨v增大而增大,說明金屬棒在做加速度增大的加速運動,可知選項B符合;(3)若k<,F合隨v增大而減小,即a隨v增大而減小,說明金屬棒在做加速度減小的加速運動,直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動,可知選項C符合.綜上所述,選項B,C符合題意.二、非選擇題(本大題共2小題,共36分)9.(16分)(xx福建福州模擬)某同學看到有些玩具車在前進時車輪能發(fā)光,受此啟發(fā),他設(shè)計了一種帶有閃爍燈的自行車后車輪,以增強夜間騎車的安全性.如圖所示為自行車后輪,其金屬輪軸半徑可以忽略,金屬車輪半徑r=0.4 m,其間由絕緣輻條連接(絕緣輻條未畫出).車輪與輪軸之間均勻地連接有4根金屬條,每根金屬條中間都串接一個LED燈,燈可視為純電阻,每個燈的阻值為R=0.3 并保持不變.車輪邊的車架上固定有磁鐵,在車輪與輪軸之間形成了磁感應(yīng)強度B=0.5 T,方向垂直于紙面向外的扇形勻強磁場區(qū)域,扇形對應(yīng)的圓心角=30.自行車勻速前進的速度為v=8 m/s(等于車輪邊緣相對軸的線速度).不計其他電阻和車輪厚度,并忽略磁場邊緣效應(yīng). (1)在如圖所示裝置中,當其中一根金屬條ab進入磁場時,指出ab上感應(yīng)電流的方向,并求ab中感應(yīng)電流的大小;(2)若自行車以速度v=8 m/s勻速前進時,車輪受到的總摩擦阻力為2.0 N,則后車輪轉(zhuǎn)動一周,動力所做的功為多少?(忽略空氣阻力,3.0)解析:(1)根據(jù)右手定則知:ab中的電流方向為ba.ab相當于電源,其等效電路如圖所示.=rad/s=20 rad/sE=Br2=0.50.4220 V=0.8 V電路總電阻R總=+R=0.4 通過ab中的電流I= A=2 A.(2)車輪轉(zhuǎn)動一周的時間T= s=0.3 s則T時間內(nèi)克服阻力做功Wf=fs=fvT=280.3 J=4.8 JT時間內(nèi)產(chǎn)生電流的時間t=4T=0.1 s在T時間內(nèi),電流通過燈泡電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2R總t=220.40.1 J=0.16 J動力所做的功W動=Wf+Q=4.8 J+0.16 J=4.96 J.答案:(1)ab中的電流方向為ba2 A(2)4.96 J10.(20分)(xx河南許昌二模)如圖所示,光滑的輕質(zhì)定滑輪上繞有輕質(zhì)柔軟細線,線的一端系一質(zhì)量為2m的重物,另一端系一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿,在豎直平面內(nèi)有足夠長的平行金屬導(dǎo)軌PQ,EF,其間距為L,在Q,F之間連接有阻值為R的電阻,其余電阻不計,一勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直,磁感應(yīng)強度為B0,開始時金屬桿置于導(dǎo)軌下端QF處,將重物由靜止釋放,當重物下降h時恰好達到穩(wěn)定速度而后勻速下降,運動過程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計一切摩擦和接觸電阻,重力加速度為g,求:(1)重物勻速下降時的速度v;(2)重物從釋放到下降h的過程中,電阻R中產(chǎn)生的熱量Q;(3)設(shè)重物下降h時的時刻t=0,此時速度為v0,若從t=0開始,磁場的磁感應(yīng)強度B逐漸減小,且金屬桿中始終不產(chǎn)生感應(yīng)電流,試寫出B隨時間t變化的關(guān)系.解析:(1)重物勻速下降時,設(shè)細線對金屬桿的拉力為T,金屬桿所受安培力為F;由平衡條件得T=mg+F;由安培力公式得F=B0IL根據(jù)閉合電路歐姆定律,I=;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,E=B0Lv對重物由平衡條件得T=2mg;綜合上述各式,解得,v=.(2)設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q,由能量守恒定律得,2mgh-mgh=(2m)v2+mv2+Q由串聯(lián)電路特點知,電阻R中產(chǎn)生的熱量為QR=Q,解得QR=mgh-.(3)金屬桿中恰好不產(chǎn)生感應(yīng)電流時,磁通量不變,則有0=t,即B0hL=B(h+x)L,式中x=v0t+at2對系統(tǒng),由牛頓第二定律得,a=則磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系為B=.答案:(1)(2)mgh-(3)B=