(新課標(biāo))2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題九 電磁感應(yīng) 課時跟蹤訓(xùn)練45.doc
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課時跟蹤訓(xùn)練(四十五)增分提能一、選擇題1(多選)(2017寧夏銀川模擬)如圖所示,軌道分粗糙的水平段和光滑的圓弧段兩部分,O點(diǎn)為圓弧的圓心,半徑R1 m兩軌道之間的寬度為0.5 m,勻強(qiáng)磁場方向豎直向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5 T質(zhì)量為0.05 kg、長為0.5 m的金屬細(xì)桿置于軌道上的M點(diǎn),當(dāng)在金屬細(xì)桿內(nèi)通以恒為2 A的電流時,金屬細(xì)桿沿軌道由靜止開始運(yùn)動已知金屬細(xì)桿與水平段軌道間的動摩擦因數(shù)0.6,N、P為導(dǎo)軌上的兩點(diǎn),ON豎直、OP水平,且|MN|1 m,g取10 m/s2,則()A金屬細(xì)桿開始運(yùn)動時的加速度大小為4 m/s2B金屬細(xì)桿運(yùn)動到P點(diǎn)時的速度大小為 m/sC金屬細(xì)桿運(yùn)動到P點(diǎn)時的向心加速度大小為8 m/s2D金屬細(xì)桿運(yùn)動到P點(diǎn)時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N解析由牛頓第二定律可知,剛開始運(yùn)動時的加速度為:a4 m/s2,故A正確;從M到P過程,由動能定理得:(BILmg)|MN|BILRmgRmv0解得:vP2 m/s,故B錯誤;在P點(diǎn)的向心加速度大小為:an m/s28 m/s2,故C正確;在P點(diǎn),由牛頓第二定律得:2FBILman解得:F0.45 N由牛頓第三定律可知,金屬細(xì)桿對每一條軌道的作用力大小為:FF0.45 N,故D錯誤故選AC.答案AC2(多選)(2017云南部分名校統(tǒng)考)如圖所示,兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌NM、PQ(其電阻不計)固定在水平面內(nèi),導(dǎo)軌間距L1 m,導(dǎo)軌左端連一個阻值為R7.5 的電阻,導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T,金屬桿的質(zhì)量為0.4 kg,內(nèi)阻為0.5 ,橫放在導(dǎo)軌上,且通過滑輪和輕繩連接一個質(zhì)量為m0.1 kg的物體,不計一切摩擦,現(xiàn)將物體自由釋放,導(dǎo)軌足夠長,金屬桿在水平軌道內(nèi)運(yùn)動到速度最大過程中,位移為l1.8 m,下列說法正確的是(g取10 m/s2)()A剛釋放瞬間,金屬桿的加速度大小a2.5 m/s2B金屬桿運(yùn)動的最大速度為vm2 m/sC電阻的最大熱功率P2 WD從靜止開始運(yùn)動到速度最大的過程中,金屬桿克服安培力做功0.8 J解析剛釋放物體時,回路中電流為零,則有mgm桿ama,解得a2 m/s2,A錯誤;由mg得金屬桿運(yùn)動的最大速度為vm2 m/s,B正確;此時I0.5 A,電阻的熱功率最大值PI2R1.875 W,C錯誤;由能量守恒得W克(mm桿)vmgl,解得W克0.8 J,D正確答案BD3(多選)(2017吉林普通高中三模)如圖所示,光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里,質(zhì)量為m、邊長為a的正方形線框ABCD斜向穿進(jìn)磁場,當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場時線框的速度大小為v,方向與磁場邊界所成夾角為45,若線框的總電阻為R,則()A線框穿進(jìn)磁場過程中,框中電流的方向?yàn)镈CBADBAC剛進(jìn)入磁場時線框中感應(yīng)電流為CAC剛進(jìn)入磁場時線框所受安培力大小為D此時CD兩端電壓為Bav解析線框進(jìn)入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大,由楞次定律可知,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外,則感應(yīng)電流的方向?yàn)锳BCDA,A錯誤;AC剛進(jìn)入磁場時CD邊切割磁感線,AD邊不切割磁感線,所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBav,則線框中感應(yīng)電流為I,故CD兩端的電壓為UIRBav,B錯誤,D正確;AC剛進(jìn)入磁場時線框的CD邊受到的安培力的方向與v的方向相反,AD邊受到的安培力的方向垂直于AD邊向下,它們的大小都是FBIa,由幾何關(guān)系可以看出,AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直,所以AC剛進(jìn)入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和,即F合F,C正確答案CD4(多選)(2017廣東肇慶模擬)如圖所示為一圓環(huán)發(fā)電裝置,用電阻R4 的導(dǎo)體棒彎成半徑L0.2 m的閉合圓環(huán),圓心為O,COD是一條直徑,在O、D間接有負(fù)載電阻R11 .整個圓環(huán)中均有B0.5 T的勻強(qiáng)磁場垂直環(huán)面穿過電阻r1 的導(dǎo)體棒OA貼著圓環(huán)做勻速運(yùn)動,角速度300 rad/s,則()A當(dāng)OA到達(dá)OC處時,圓環(huán)的電功率為1 WB當(dāng)OA到達(dá)OC處時,圓環(huán)的電功率為2 WC全電路最大功率為3 WD全電路最大功率為4.5 W解析當(dāng)OA到達(dá)OC處時,圓環(huán)接入電路的電阻為1 ,與R1串聯(lián)接入電源,外電阻為2 ,棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBL23 V,圓環(huán)上分壓為1 V,所以圓環(huán)上的電功率為1 W,A正確,B錯誤;當(dāng)OA到達(dá)OD處時,圓環(huán)接入電路的電阻為零,此時電路中總電阻最小,而電動勢不變,所以電功率最大為P4.5 W,C錯誤,D正確答案AD5(2017山東淄博模擬)如圖所示,ad、bc為固定的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L,左右兩端接有定值電阻R1和R2,R1R2R,整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計導(dǎo)軌與棒的電阻兩根相同的輕質(zhì)彈簧甲和乙一端固定,另一端與棒的中點(diǎn)連接初始時刻,兩根彈簧恰好處于原長狀態(tài),給棒一個水平向左的初速度v0,棒第一次運(yùn)動至最右端的過程中R1產(chǎn)生的焦耳熱為Q,下列說法中正確的是()A初始時刻棒所受安培力的大小為B棒第一次回到初始位置的時刻,R2的電功率為C棒第一次到達(dá)最右端的時刻,兩根彈簧具有彈性勢能的總量為mvQD從初始時刻至棒第一次到達(dá)最左端的過程中,整個回路產(chǎn)生的焦耳熱大于解析由F安BIL及I,得安培力大小為F安,故A項(xiàng)錯誤;則由于安培力始終對MN做負(fù)功,產(chǎn)生焦耳熱,由動能定理得當(dāng)棒再次回到初始位置時,速度小于v0,棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢小于BLv0,則電阻R2的電功率小于,故B項(xiàng)錯誤;由能量守恒知,當(dāng)棒第一次到達(dá)最右端時,棒的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為整個回路中的焦耳熱和甲、乙彈簧的彈性勢能,兩個并聯(lián)電阻相同,產(chǎn)生的熱量相同,則電路中產(chǎn)生的總熱量為2Q,兩根彈簧具有的彈性勢能為mv2Q,故C項(xiàng)錯誤;由于安培力始終對棒做負(fù)功,產(chǎn)生焦耳熱,在棒從初始位置到達(dá)最左端、從最左端回到初始位置、再從初始位置到達(dá)最右端這三個過程中,棒第一次到達(dá)最左端的過程中,棒平均速度最大,安培力平均值最大,整個過程中電路中產(chǎn)生總熱量為2Q,則棒從初始時刻至第一次到達(dá)最左端的過程中,整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于2Q,故D項(xiàng)正確答案D6(多選)在光滑的水平面上方,有兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向相反的水平勻強(qiáng)磁場,如圖所示PQ為兩個磁場的邊界,磁場范圍足夠大一個邊長為a、質(zhì)量為m、電阻值為R的正方形金屬線框,以速度v垂直磁場方向從圖()位置開始向右運(yùn)動,當(dāng)線框運(yùn)動到分別有一半面積在兩個磁場中的圖()位置時,線框的速度為,則下列說法正確的是()A在圖()位置時線框中的電功率為B此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2C在圖()位置時線框的加速度大小為D此過程中通過線框截面的電荷量為解析線框在圖()位置時,線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2Bav,線框中的電功率為P,A正確;根據(jù)能量守恒定律得,線框從圖()位置運(yùn)動到圖()位置的過程中,線框中產(chǎn)生的電能為Qmv2m2mv2.B正確;線框在圖()位置時,線框所受的安培力的合力為F2BIa2Ba2,由牛頓第二定律得a加,C錯誤;在圖()位置時,線框的磁通量為零,線框磁通量的變化量Ba2,線框從圖()位置運(yùn)動到圖()位置的過程中通過線框截面的電荷量為q,D錯誤答案AB7(多選)如圖所示,單匝矩形閉合線圈abcd全部處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,線圈的面積為S,ab邊的電阻為r,其他邊的電阻不計,在cd邊串接一阻值為R的電阻,在外力的作用下,線框繞與cd邊重合的固定轉(zhuǎn)軸以角速度從圖示位置開始逆時針(從上往下看)勻速轉(zhuǎn)動,則()A線框中電阻R兩端電壓的有效值為BSB線框轉(zhuǎn)過時,線框中瞬時電流的大小為,方向?yàn)閍dcbaC線框從圖示位置開始時轉(zhuǎn)過的過程中,通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為D在線框轉(zhuǎn)過一周的過程中,外力對其做的功為解析產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為EmBS,有效值為E,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知UR,A錯誤;產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時值為eEmsintBSsint,故產(chǎn)生的感應(yīng)電流的瞬時值為isint,線框轉(zhuǎn)過時產(chǎn)生的電流為i,根據(jù)楞次定律可知電流方向?yàn)閍dcba,B正確;產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為,產(chǎn)生的感應(yīng)電流為,通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為qt,C正確;轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的熱量為Qt,外力做的功全部轉(zhuǎn)化為熱能,D正確答案BCD8(2017遼寧沈陽模擬)如圖所示,水平地面上方正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈和,分別用相同材料、不同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制(為細(xì)導(dǎo)線)而成兩線圈在距磁場上邊界h高處由靜止開始自由下落,再進(jìn)入磁場,最后落到地面運(yùn)動過程中,線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界設(shè)線圈、落地時的速度大小分別為v1、v2,在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2.不計空氣阻力,則()Av1v2,Q1Q2 Bv1v2,Q1Q2Cv1Q2 Dv1v2,Q1Q2解析由于從同一高度下落,到達(dá)磁場上邊界時具有相同的速度v,切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流同時受到安培力F,又R(為材料的電阻率,l為線圈的邊長),所以安培力F,此時加速度ag,且m0S4l(0為材料的密度),所以加速度ag是定值,線圈和同步運(yùn)動,落地速度相等即v1v2.由能量守恒可得Qmg(hH)mv2(H是磁場區(qū)域的高度),線圈為細(xì)導(dǎo)線,則質(zhì)量m小,產(chǎn)生的熱量小,所以Q1Q2,D對答案D9(2017河南三門峽檢測)如右圖所示,相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為,上端接有定值電阻R,勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放,當(dāng)速度達(dá)到v時開始勻速運(yùn)動,此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力,并保持拉力的功率恒為P,導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻,重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是()APmgvsinBP3mgvsinC當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時,其加速度大小為sinD在導(dǎo)體棒速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動的過程中,R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析當(dāng)導(dǎo)體棒以v勻速運(yùn)動時受力平衡,則mgsinBIL,當(dāng)導(dǎo)體棒以2v勻速運(yùn)動時受力平衡,則FmgsinBIL,故Fmgsin,拉力的功率PF2v2mgvsin,選項(xiàng)A、B錯誤;當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時,由牛頓第二定律有mgsinma,解得asin,選項(xiàng)C正確;由能量守恒可知,當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動的過程中,R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力及重力所做的功,選項(xiàng)D錯誤答案C10(2017四川成都二診)如圖所示,水平面上固定著兩根相距為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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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()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給銅棒a一個平行導(dǎo)軌向右的瞬時沖量I,由動量定理可知銅棒a的初速度va,此時回路中感應(yīng)電動勢最大,感應(yīng)電流最大,最大感應(yīng)電動勢EBLva,回路中最大的感應(yīng)電流i,A錯誤;銅棒b所受的最大安培力FBiL,根據(jù)牛頓第二定律Fma,可解得銅棒b的最大加速度a,B正確;由于導(dǎo)軌足夠長,對銅棒a、b組成的系統(tǒng),動量守恒,最終二者速度相等,由動量守恒定律可知銅棒b獲得的最大速度為vbva,C錯誤;由能量守恒定律可知回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Qmv2mv,D錯誤答案B二、非選擇題11(2017浙江名校聯(lián)考)如圖甲所示,兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一豎直面(紙面)內(nèi),其上端接一阻值為R的電阻,在兩導(dǎo)軌間OO下方區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)使電阻為r、質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始自O(shè)O位置釋放,向下運(yùn)動距離d后速度不再變化(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸且下落過程中始終保持水平,導(dǎo)軌電阻不計,重力加速度為g)(1)求棒ab在向下運(yùn)動距離d的過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱;(2)棒ab從靜止釋放經(jīng)過時間t0下降了,求此時刻棒的速度大??;(3)如圖乙在OO上方區(qū)域加一面積為S的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,棒ab由靜止開始自O(shè)O上方某一高度處釋放,自棒ab運(yùn)動到OO位置開始計時,B隨時間t的變化關(guān)系為Bkt,式中k為已知常量;棒ab以速度v0進(jìn)入OO下方磁場后立即施加一豎直外力使其保持勻速運(yùn)動求在t時刻穿過回路的總磁通量和電阻R的電功率解析(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律有I,mgBIl則vm根據(jù)能量守恒有mgdmvQQmgd(2)根據(jù)動量定理有(mgBl)t0mv,則mgt0Blqmv由題意可知q可得vgt0(3)Blv0tktS,EBlv0kS,IPI2R,得P2R答案(1)mgd(2)gt0(3)2R12(2017江西南昌摸底)CD、EF是水平放置的電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌,兩導(dǎo)軌距離水平地面高度為H,導(dǎo)軌間距為L,在水平導(dǎo)軌區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的有界勻強(qiáng)磁場(磁場區(qū)域?yàn)镃PQE),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,如圖所示導(dǎo)軌左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接,彎曲的光滑軌道的上端接有一電阻R.將一阻值也為R,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上距離水平金屬導(dǎo)軌高度h處由靜止釋放,導(dǎo)體棒最終通過磁場區(qū)域落在水平地面上與水平導(dǎo)軌最右端水平距離x處已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好,重力加速度為g.求:(1)電阻R中的最大電流和整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱;(2)磁場區(qū)域的長度d.解析(1)由題意可知,導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場的瞬間速度最大,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大,感應(yīng)電流最大由機(jī)械能守恒定律有mghmv,解得v1由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLv1由閉合電路歐姆定律得I聯(lián)立解得I由平拋運(yùn)動規(guī)律,xv2t,Hgt2解得v2x 由能量守恒定律可知整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmvmvmgh(2)導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域時在安培力作用下做變速運(yùn)動由牛頓第二定律,BILmaaI聯(lián)立解得vtmv兩邊求和vtmvvtd,vv1v2聯(lián)立解得d答案(1)mgh(2)- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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