（課標通用）高考物理二輪復習 專題4 電路與電磁感應 專題跟蹤檢測12（含解析）-人教版高三全冊物理試題

《（課標通用）高考物理二輪復習 專題4 電路與電磁感應 專題跟蹤檢測12（含解析）-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（課標通用）高考物理二輪復習 專題4 電路與電磁感應 專題跟蹤檢測12（含解析）-人教版高三全冊物理試題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題跟蹤檢測(十二)(建議用時：45分鐘) 基礎通關1(2019福建莆田一中月考)圖甲和圖乙是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈，實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗，閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同，下列說法正確的是()A圖甲中，A1與L1的電阻值相同B圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同D圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等C解析 分析題圖甲，斷開開關S1瞬間，A1突然閃亮，說明流經A1的電流瞬間增大，從而得到S1閉合，電路穩(wěn)定時，A

2、1中的電流小于L1中的電流，選項B錯誤；由并聯(lián)電路特點可知，A1的電阻值大于L1的電阻值，選項A錯誤；分析題圖乙，開關S2閉合后，燈A2逐漸變亮，A3立即變亮，說明閉合S2瞬間A2與A3中的電流不相等，那么L2與R中的電流也不相等，選項D錯誤；最終A2與A3亮度相同，說明流經A2與A3的電流相同，由歐姆定律可知，R與L2的電阻值相等，選項C正確2(2018全國卷)如圖所示，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()D解析

3、設線路中只有一邊切割磁感線時產生的感應電流為i.線框位移等效電路的連接電流0I2i(順時針)lI0lI2i(逆時針)2lI0分析知，選項D正確3(2017全國卷)如圖所示，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是()APQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向BPQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向CPQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向DPQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向D

4、解析 金屬桿PQ向右切割磁感線，根據右手定則可知PQRS中感應電流沿逆時針方向；原來T中的磁場方向垂直于紙面向里，金屬桿PQ中的感應電流產生的磁場方向垂直于紙面向外，使得穿過T的磁通量減小，根據楞次定律可知T中產生順時針方向的感應電流，綜上所述，選項A、B、C錯誤，D正確4(2017全國卷)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對稱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其左右振動的衰減最有效的方案是()A解析 底盤上的紫

5、銅薄板出現(xiàn)擾動時，其擾動方向不確定，在選項C這種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動時，穿過薄板的磁通量難以改變，不能發(fā)生電磁感應現(xiàn)象，沒有阻尼效應；在選項B、D這兩種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下擾動時，也沒有發(fā)生電磁阻尼現(xiàn)象；選項A這種情況下，不管紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動時，都發(fā)生電磁感應現(xiàn)象，產生電磁阻尼效應5(2017天津卷)如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下現(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()Aab中的感應電流方向由b到aBab中的感應電流逐漸減

6、小Cab所受的安培力保持不變Dab所受的靜摩擦力逐漸減小D解析 根據楞次定律，感應電流產生的磁場向下，再根據安培定則，可判斷ab中感應電流方向從a到b, 選項A錯誤；磁場變化是均勻的，根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢恒定不變，感應電流I恒定不變，選項B錯誤；安培力FBIL，由于I、L不變，B減小，所以ab所受的安培力逐漸減小，根據力的平衡條件，靜摩擦力逐漸減小，選項C錯誤，D正確 能力提升6(2019安徽安慶五校聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，一個匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫了2匝)，面積為S，線圈的電阻為R，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面指向紙內的磁場中，磁

7、感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()A0t1時間內P端電勢高于Q端電勢B0t1時間內電壓表的讀數(shù)為Ct1t2時間內R上的電流為Dt1t2時間內P端電勢高于Q端電勢AC解析 0t1時間內，磁通量向里增大，根據楞次定律可知感應電流沿逆時針方向，線圈相當于電源，上端為正極，下端為負極，所以P端電勢高于Q端電勢，選項A正確；0t1時間內線圈產生的感應電動勢EnnSnS，電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓UIRR，選項B錯誤；t1t2 時間內線圈產生的感應電動勢EnnS，根據閉合電路的歐姆定律I，選項C正確；t1t2時間內，磁通量向里減小，根據楞次定律，感應電流沿順時針方向，所以P端電勢

8、低于Q端電勢，選項D錯誤7(2018全國卷)(多選)如圖所示，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)下列說法正確的是()A開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動B開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動AD解析 根據安培定則，開關閉合時鐵芯上產生水平向右的磁場，開關閉合后的瞬間，根據楞次定

9、律，直導線上將產生由南向北的電流，根據安培定則，直導線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動，選項A正確開關閉合并保持一段時間后，直導線上沒有感應電流，故小磁針的N極指北，選項B、C錯誤開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，根據楞次定律，直導線上將產生由北向南的電流，這時直導線上方的磁場垂直紙面向外，故小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動，選項D正確8(2019河北武邑中學質檢)(多選)如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙固定在水平面上，右端接一個阻值為R的定值電阻，平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應

10、強度大小為B的勻強磁場質量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止，已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為，金屬棒與導軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(重力加速度為g)()A金屬棒中的最大電流為B金屬棒克服安培力做的功為mghC通過金屬棒的電荷量為D金屬棒產生的電熱為mg(hd)CD解析 金屬棒下滑過程中，根據動能定理得mghmv2，金屬棒到達水平面時的速度為v，金屬棒到達水平面后做減速運動，剛到達水平面時的速度最大，最大感應電動勢EBLv，則最大感應電流為I，故選項A錯誤；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得mghWBmgd00，克服安培力做功WBm

11、ghmgd，故選項B錯誤；感應電荷量為qt，故選項C正確；克服安培力做功轉化為焦耳熱，電阻與金屬棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產生的焦耳熱QRQWBmg(hd)，故選項D正確9(2019山東夏津一中開學考試)(多選)水平面上固定相距為d的光滑直軌道MN和PQ，在N、Q之間連接不計電阻的電感線圈L和電阻R.勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直導軌平面向上，在導軌上垂直導軌放置一質量為m、電阻不計的金屬桿ab，在直導軌右側有兩個固定擋塊C、D，CD連線與導軌垂直現(xiàn)給金屬桿ab沿軌道向右的初速度v0，當ab即將撞上CD時速度為v，撞后速度立即變?yōu)榱愕慌c擋塊粘連下列說法正確的是()Aab向右做

12、勻變速直線運動B當ab撞上CD后，將會向左運動Cab在整個運動過程中受到的最大安培力為D從ab開始運動到撞上CD時，電阻R上產生的熱量小于mvmv2BD解析 ab向右運動時受到向左的安培力而做減速運動，產生的感應電動勢和感應電流減小，安培力隨之減小，加速度減小，所以ab做非勻變速直線運動，故選項A錯誤當ab撞上CD后，ab中產生的感應電動勢為零，電路中電流要減小，線框將產生自感電動勢，根據楞次定律可知自感電動勢方向與原來電流方向相同，沿ba，根據左手定則可知ab受到向左的安培力，故當ab撞上CD后，將會向左運動，故選項B正確開始時，ab的速度最大，產生的感應電動勢最大，由于線圈中產生自感電動勢

13、，此自感電動勢與ab感應電動勢方向相反，電路中的電流小于，最大安培力將小于BdI，故選項C錯誤從ab開始運動到撞上CD時，由于線圈中有磁場能，所以電阻R上產生的熱量小于mvmv2，故選項D正確10(2019北京卷)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B紙面內有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：(1)感應電動勢的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab邊產生的焦耳熱Q.解析 (1)從ad邊剛進入磁場到bc邊剛要進入的過程中，只有ad邊切割磁感線，所以產生的感應

14、電動勢為EBLv.(2)線框進入過程中線框中的電流為I，ad邊安培力為FABIL，由于線框勻速運動，所以拉力與安培力大小相等，方向相反，即FFA，所以拉力的功率為PFvFAv，聯(lián)立以上各式解得P.(3)線框進入過程中線框中的電流為I，進入所用的時間為t ，ad邊的電阻為Rad，焦耳熱為QI2Radt，聯(lián)立上述解得Q.答案 (1)BLv(2)(3)11(2019七省七校聯(lián)考)如圖所示，電阻不計的足夠長光滑平行導軌與水平面成30角傾斜放置，兩導軌間距為L，空間內存在垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B質量均為m、長均為L、電阻均為R的金屬棒ab、cd垂直于導軌水平放在導軌上，ab棒通過

15、繞光滑定滑輪的絕緣細繩與質量也為m的物塊G相連，cd棒擱置在兩個固定樁上已知重力加速度為g.(1)由靜止釋放金屬棒ab，求ab棒能達到的最大速度vm；(2)若從釋放金屬棒ab到其達到最大速度所用時間為t，求此過程中通過金屬棒ab的電荷量q；(3)求在問題(2)的過程中，金屬棒cd產生的焦耳熱Q.解析 (1)對ab棒及物塊G組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得mgmgsin FA2ma，當加速度a0時，ab棒的速度達到最大，此時安培力FAmg，假設金屬棒cd靜止，對金屬棒cd受力分析有FAFNmgsin 0，F(xiàn)AFA，則FN0，假設成立cd靜止，所以由FABIL，I，EBLvm，聯(lián)立解得vm.(2)對金屬棒ab及物塊G組成的系統(tǒng)，由動量定理得(mgmgsin )tBLt2mvm，通過金屬棒ab的電荷量qt，解得q.(3)設此過程中金屬棒ab沿導軌上滑的距離x，由qtt，得q，聯(lián)立可得x.對金屬棒ab及物塊G組成的系統(tǒng)，由能量守恒得回路中總的焦耳熱Q總mgxmgsin 2mv，解得Q總，金屬棒cd產生的焦耳熱QQ總.答案 (1)(2)(3)