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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.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.doc

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1xx江西一模如右圖所示,有兩個相鄰的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B,磁場方向相反,且與紙面垂直,磁場區(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區(qū)域。若以逆時針方向為電流的正方向,在選項圖中,線框中感應(yīng)電流i與線框移動的位移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)入第一個磁場時,磁通量向里增大,則由楞次定律可知,電流方向為逆時針,故B一定錯誤;因切割的有效長度均勻增大,故由EBLv可知,電動勢也均勻增加;而在全部進(jìn)入第一部分磁場時,磁通量達(dá)最大,該瞬間變化率為零,故電動勢也為零,故A錯誤;當(dāng)線圈開始進(jìn)入第二段磁場后,線圈中磁通量向里減小,則可知電流為順時針,故D錯誤,C正確;故選C。2xx菏澤一模(多選)用一根橫截面積為S、電阻率為的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個半徑為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)存在一個勻強(qiáng)磁場,磁場垂直圓環(huán)所在平面,方向如圖,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間的變化率kt(k<0)。則()A圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流B圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢C圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為D圖中a、b兩點間的電勢差Uab|kr2|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)電流的方向為順時針,所以A錯誤。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,所以B選項正確。由法拉第電磁感應(yīng)定律可知Ek,感應(yīng)電流I,故C選項錯誤。由閉合電路歐姆定律可知,ab間的電勢差為Uab|kr2|,D選項正確。3xx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30,導(dǎo)軌電阻不計,正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(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的上邊界ab上,乙在甲上方距甲也為l處?,F(xiàn)將兩金屬桿同時由靜止釋放,釋放同時在甲金屬桿上施加一個沿著導(dǎo)軌的拉力,使甲金屬桿始終以大小為ag的加速度沿導(dǎo)軌向下勻加速運動,已知乙金屬桿剛進(jìn)入磁場時做勻速運動,重力加速度為g,則以下正確的是()A每根金屬桿的電阻RB甲金屬桿在磁場區(qū)域運動過程中,拉力對桿做的功在數(shù)值上等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱C乙金屬桿在磁場區(qū)域運動過程中,安培力的功率是PmgD乙金屬桿進(jìn)入磁場直至出磁場過程中回路中通過的電量為Qm答案AB解析乙沒進(jìn)磁場前受力分析,由牛頓第二定律得mgsinma2a2ga甲,因此甲乙兩桿相對靜止,當(dāng)乙剛進(jìn)入磁場時做勻速運動,受力平衡,mgsinBIl,此時甲剛離開磁場,由運動學(xué)可知2alv2,由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBlv,而由歐姆定律可知I,以上各式聯(lián)立得R,所以A選項正確。由于乙在磁場中做勻速直線運動,所以安培力的功率Pmgsinvmg,C選項錯誤。乙桿從進(jìn)入磁場到出磁場的過程中通過回路的電量Q,D選項是錯誤的。列甲、乙兩桿組成的系統(tǒng)的動能定理:2mgsinlWFW克2mv2,又由功能關(guān)系得Q熱W克WF,所以B選項是正確的。4xx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,軌道電阻不計。在軌道頂端連有一阻值為R的電阻,整個裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?,F(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計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動至ab處,則該過程中()A通過R的電流方向為由外向內(nèi)B拉力F做的功為mgrCR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選項是正確的,由于棒做速度為v0的勻速圓周運動,所以它的角速度為定值,棒切割磁感線的有效速度為垂直磁感線的分速度,即vv0cost,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知EBLvBLv0cost也就是產(chǎn)生了余弦式交流電,求R上產(chǎn)生的熱量時,必須用交流電的有效值E,所以Q熱t(yī),其中t,代入得Q熱,所以C選項是正確的。流過R的電量:q,因此D選項是錯誤的。列棒從開始到ab過程中的動能定理:WFmgrW克安0,其中W克安Q熱,代入得WFmgr,所以B選項是正確的。5xx銀川一模如圖所示,傾斜角30的光滑傾斜導(dǎo)體軌道(足夠長)與光滑水平導(dǎo)體軌道連接。軌道寬度均為L1 m,電阻忽略不計。勻強(qiáng)磁場僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域,方向水平向右,大小B11 T;勻強(qiáng)磁場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B21 T?,F(xiàn)將兩質(zhì)量均為m0.2 kg,電阻均為R0.5 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,并同時由靜止釋放。取g10 m/s2。(1)求導(dǎo)體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大??;(2)若已知從開始運動到cd棒達(dá)到最大速度的過程中,ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q0.45 J,求該過程中通過cd棒橫截面的電荷量;(3)若已知cd棒開始運動時距水平軌道高度h10 m,cd棒由靜止釋放后,為使cd棒中無感應(yīng)電流,可讓磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化,將cd棒開始運動的時刻記為t0,此時磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T,試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時間內(nèi),磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間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棒勻速運動時速度最大,設(shè)為vm,棒中感應(yīng)電動勢為E,電流為I,感應(yīng)電動勢:EBLvm,電流:I由平衡條件得:mgsinBIL,代入數(shù)據(jù)解得:vm1 m/s(2)設(shè)cd棒從開始運動到達(dá)最大速度的過程中經(jīng)過的時間為t,通過的距離為x,cd棒中平均感應(yīng)電動勢為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:mgxsinmv2Q電動勢:E1,電流:I1,電荷量:qI1t代入數(shù)據(jù)解得:q1 C(3)設(shè)cd棒開始運動時穿過回路的磁通量為0,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)過時間t通過的距離為x1,穿過回路的磁通量為,cd棒在傾斜軌道上下滑時間為t0,則:0B0L加速度:agsin,位移:x1at2BL(x1),at解得:t0 s為使cd棒中無感應(yīng)電流,必須有:0解得:B(t< s)。

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