2019-2020年高三二轮复习物理专题通关 课时巩固过关练（十二） 电路与电磁感应5.12 Word版含答案.doc

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。2019-2020年高三二轮复习物理专题通关 课时巩固过关练（十二） 电路与电磁感应5.12 Word版含答案一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径。如图所示,在ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面,方向如图,磁感应强度大小随时间的变化率=k(kUc,金属框中无电流B.UbUc,金属框中电流方向沿a-b-c-aC.Ubc=-Bl2,金属框中无电流D.Ubc=Bl2,金属框中电流方向沿a-c-b-a【解析】选C。穿过金属框的磁通量始终为零,没有发生变化,故金属框中无电流,B、D项错误;bc边切割磁感线的等效速度为l,根据右手定则UbUc,故Ubc=-Bl2,C项正确;ac边切割磁感线,根据右手定则得UaUc,A项错误。【加固训练】(xx安徽高考)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球,已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()A.0B.r2qkC.2r2qkD.r2qk【解析】选D。根据法拉第电磁感应定律可知,磁场变化产生的感生电动势为E=r2=kr2,小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小W=qE=r2qk,故选项D正确。5.如图所示为一种早期发电机的原理示意图,该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成,两磁极关于线圈平面对称。当磁极绕转轴匀速转动时,磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧MOP运动(O是线圈的中心)。在磁极的投影从M点运动到P点的过程中()A.流过电流表的电流由F指向EB.流过电流表的电流先增大再减小C.流过电流表的电流先减小再增大D.流过电流表的电流先增大再减小,然后再增大、再减小【解析】选D。在磁极绕转轴从M到O匀速转动时,穿过线圈平面的磁场方向向上,磁通量增大,根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流,电流由F经G流向E;在磁极绕转轴从O到P匀速转动时,穿过线圈平面的磁场方向向上,磁通量减小,根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流,电流由E经G流向F,故A错误;根据导线切割磁感线产生感应电动势公式E=BLv,从M到O运动时,可知当磁铁运动时线圈处的磁感应强度先增后减,可知感应电动势先增大后减小,则电流先增大再减小;从O到P运动时,线圈处的磁感应强度先增后减,可知感应电动势先增大后减小,电流也先增大再减小,故整个过程中电流先增大再减小,然后再增大、再减小,故B、C错误,D正确。6.(xx四川高考)如图所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小。质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形,其有效电阻为0.1。此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B=(0.4-0.2t)T,图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则()A.t=1s时,金属杆中感应电流方向从C到DB.t=3s时,金属杆中感应电流方向从D到CC.t=1s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND.t=3s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2N【解析】选A、C。因B=(0.4-0.2t)T,01s磁感应强度是减小的,由楞次定律可判断电流方向从C到D,则A正确;23s磁感应强度是反方向增加的,由楞次定律可判断电流方向仍是从C到D,则B错误;由B=(0.4-0.2t)T知t=1s时,磁感应强度为0.2T,由E=Scos60=0.21V=0.1V,又I=A=1A,F=BIL=0.211N=0.2N,受力分析如图甲所示,由平衡知FN=Fcos60=0.2N=0.1N。t=3s时,磁感应强度为-0.2T,电流方向不变,受力分析如图乙所示,FN=Fcos60=0.2N=0.1N。则C正确,D错误。7.如图所示,两根足够长且光滑的平行金属导轨PQ、MN倾斜固定,倾角为=30,相距为L,导轨处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。有两根质量均为m的金属棒a、b,先将a棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与小球c连接,连接a棒的细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b棒也垂直导轨放置在导轨上,b刚好能静止。a棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计,重力加速度为g。则()A.小球c的质量为mB.b棒放上导轨前a棒的加速度为0.5gC.b棒放上导轨后a棒中电流大小是D.b棒放上导轨后,小球c减少的重力势能等于回路消耗的电能【解析】选A、C。b棒静止说明b棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,此时a棒匀速向上运动,说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,c匀速下降,则c所受重力和绳的拉力大小平衡。由b平衡可知,安培力大小F安=mgsin,由a平衡可知F绳=F安+mgsin=2mgsin,由c平衡可知F绳=mcg;因为绳中拉力大小相等,故2mgsin=mcg,即小球c的质量为2msin=m,故A正确;根据BIL=mgsin30,可知b棒放上导轨后a棒中电流大小是I=,选项C正确;b棒放上导轨后,小球c减少的重力势能等于a增加的重力势能与回路消耗的电能之和,选项D错误;b棒放上导轨前a棒的加速度为mg-mgsin30=2ma,解得a=g,选项B错误。【加固训练】(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。除电阻R外,其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则()A.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为abB.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gC.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量【解析】选B、C。金属棒下落过程中切割磁感线,回路中形成电流,根据楞次定律判断电流的方向,流过电阻R的电流方向为ba,故A错误;金属棒释放瞬间,速度为零,感应电流为零,由于弹簧处于原长状态,因此金属棒只受重力作用,故其加速度的大小为g,故B正确;当金属棒的速度为v时,F安=BIL=BL=,故C正确;当金属棒最终静止时,重力势能转化为弹性势能和焦耳热,所以R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量,故D错误。8.如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,金属线框的质量为m,电阻为R,在金属线框的下方有一匀强磁场区域,MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v-t图像,图像内数据均为已知量。重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B.金属线框的边长为v1(t2-t1)C.磁场的磁感应强度为D.金属线框在0t4的时间内所产生的热量为mgv1(t2-t1)+m(-)【解析】选B、C。由楞次定律可知金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向,A错误;由图乙可知,金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为v1,运动时间为t2-t1,所以金属线框的边长：l=v1(t2-t1),B正确;在金属线框进入磁场的过程中,金属线框所受安培力等于重力：mg=BIl,I=,解得：B=,C正确;金属线框只在进入和穿出磁场时产生焦耳热,即在t1t2、t3t4两个时间段内产生的热量：Q=2mgl+m(-)=2mgv1(t2-t1)+m(-),故D错误。二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(18分)(xx厦门一模)如图甲所示,水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布,方向垂直于水平面向下,磁感应强度沿y轴方向没有变化,沿x轴方向B与x成反比,如图乙所示。顶角=45的光滑金属长导轨MON固定在水平面内,ON与x轴重合,一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动,导体棒在滑动过程中始终与导轨接触。已知t=0时,导体棒位于顶点O处,导体棒的质量为m=1kg,回路接触点总电阻恒为R=0.5,其余电阻不计。回路电流I与时间t的关系如图丙所示,图线是过原点的直线。求：(1)t=2s时回路的电动势E。(2)02s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移x。(3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P(单位：W)与横坐标x(单位：m)的关系式。【解题指导】解答本题可按以下思路进行：(1)由I-t图像读出t=2s时的感应电流的大小,再由E=IR求出电动势。(2)根据感应电流图像的面积表示电荷量,用欧姆定律和安培力表达式确定棒的运动性质,结合运动学知识求解。(3)运用牛顿第二定律求解F的表达式,由运动学公式确定位移表达式,最后确定关系。【解析】(1)根据I-t图像中的图线是过原点的直线得I=2t,可得到t=2s时导体棒产生的感应电流为：I=4A(2分)由欧姆定律得：E=IR=40.5V=2V(1分)(2)流过回路中的电荷量为I -t图像与时间轴围成的面积：q=24C=4C,(1分)对回路由欧姆定律得：I=,(1分)而L=xtan45=x,(1分)由B-x图像可知：B=,(1分)解得电流：I=,(1分)因I=2t,(1分)则有v=2Rt=t,(1分)根据加速度定义式：a=1m/s2,(1分)故导体棒做匀加速运动,位移：x=at2=122m=2m(1分)(3)对导体棒受力分析得：F-F安=ma,(1分)解得：F=ma+(2分)根据位移速度关系得：2ax=v2,(2分)根据功率公式：P=Fv=(4x+)W(1分)答案：(1)2V(2)4C2m(3)P=(4x+)W10.(18分)(xx天津高考)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍。(2)磁场上下边界间的距离H。【解题指导】解答本题时应从以下两点进行分析：(1)利用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件求解线框速度大小关系。(2)利用能量守恒定律求解磁场上下边界间的距离H。【解析】(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有E1=2Blv1(2分)设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有：I1=(2分)设此时线框所受安培力为F1,有F1=2I1lB(2分)由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F1(2分)由式得v1=(2分)设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得：v2=(2分)由式得：v2=4v1(1分)(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mgl=m(2分)线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=m-m+Q(2分)由式得：H=+28l(1分)答案：(1)4倍(2)+28l关闭Word文档返回原板块