2022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

2022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 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)從圖示位置開始，下列說法中正確的是(　　) 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)針方向后沿順時(shí)針方向 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)針方向 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，由楞次定律知感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向后沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確；若圓環(huán)豎直向上平動(dòng)，由于穿過圓環(huán)的磁通量始終為零，未發(fā)生變化，所以圓環(huán)中無感應(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)的過程中，穿過圓環(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，在下落過程中(　　) A．穿過線框的磁通量減小 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)針方向 D．線框所受安培力的合力為零 解析：線框由靜止釋放，在下落過程中，因電流的磁場(chǎng)離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱，則穿過線框的磁通量在減小，故A正確；在下落的過程中，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)針方向，方向不變，故C正確；線框由靜止釋放，穿過線框的磁通量減小，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，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，已知撤去外力前回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝2.025 J，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(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)過程中，通過電阻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)過程中，由功能關(guān)系可知 WF＝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通過一輕質(zhì)細(xì)線跨過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．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)求線框abcd還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過程中，細(xì)線中的拉力大小； (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)問中的條件下，若cd邊恰離開磁場(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)線框從開始運(yùn)動(dòng)到cd邊恰離開磁場(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