（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題4 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤檢測(cè)12（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題

《（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題4 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤檢測(cè)12（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題4 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤檢測(cè)12（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題跟蹤檢測(cè)(十二) (建議用時(shí)：45分鐘) 基礎(chǔ)通關(guān) 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(gè)電路圖，L1和L2為電感線圈，實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗，閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個(gè)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(guān)S1瞬間，A1突然閃亮，說明流

2、經(jīng)A1的電流瞬間增大，從而得到S1閉合，電路穩(wěn)定時(shí)，A1中的電流小于L1中的電流，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，A1的電阻值大于L1的電阻值，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；分析題圖乙，開關(guān)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(xiàng)D錯(cuò)誤；最終A2與A3亮度相同，說明流經(jīng)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(xiàng)C正確． 2．(2018·全國卷Ⅱ)如圖所示，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)軌上

3、向左勻速運(yùn)動(dòng)．線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是(　　) D　解析 設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i. 線框位移 等效電路的連接 電流 0～ I＝2i(順時(shí)針) ～l I＝0 l～ I＝2i(逆時(shí)針) ～2l I＝0 分析知，選項(xiàng)D正確． 3．(2017·全國卷Ⅲ)如圖所示，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直．金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)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(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說

4、法正確的是(　　) A．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向 B．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向 C．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向 D．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向 D　解析 金屬桿PQ向右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知PQRS中感應(yīng)電流沿逆時(shí)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(yīng)電流產(chǎn)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(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，綜上所述，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確． 4．(2017·全國卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振

5、動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示．無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及其左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是(　　) A　解析 底盤上的紫銅薄板出現(xiàn)擾動(dòng)時(shí)，其擾動(dòng)方向不確定，在選項(xiàng)C這種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動(dòng)時(shí)，穿過薄板的磁通量難以改變，不能發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，沒有阻尼效應(yīng)；在選項(xiàng)B、D這兩種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下擾動(dòng)時(shí)，也沒有發(fā)生電磁阻尼現(xiàn)象；選項(xiàng)A這種情況下，不管紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動(dòng)時(shí)，都發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生電磁阻尼效應(yīng)． 5．(2017·天津卷)如圖所示

6、，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小 D　解析 根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場向下，再根據(jù)安培定則，可判斷ab中感應(yīng)電流方向從a到b, 選項(xiàng)A錯(cuò)誤；磁場變化是均勻的，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變，感應(yīng)電流I恒定不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；安培力F＝BIL，由于I、L不變，B減小，

7、所以ab所受的安培力逐漸減小，根據(jù)力的平衡條件，靜摩擦力逐漸減小，選項(xiàng)C錯(cuò)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(gè)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(gè)阻值為R的電阻和一個(gè)理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面指向紙內(nèi)的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是　(　　) A．0～t1時(shí)間內(nèi)P端電勢(shì)高于Q端電勢(shì) B．0～t1時(shí)間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為 C．t1～t2時(shí)間內(nèi)R上的電流為 D．t1～t2時(shí)間內(nèi)P端電勢(shì)高于Q端電勢(shì) AC　解析 0～t1時(shí)間內(nèi)，磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知

8、感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，線圈相當(dāng)于電源，上端為正極，下端為負(fù)極，所以P端電勢(shì)高于Q端電勢(shì)，選項(xiàng)A正確；0～t1時(shí)間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝n＝nS＝nS，電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓U＝IR＝·R＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t1～t2 時(shí)間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝n＝nS，根據(jù)閉合電路的歐姆定律I′＝＝，選項(xiàng)C正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，所以P端電勢(shì)低于Q端電勢(shì)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 7．(2018·全國卷Ⅰ)(多選)如圖所示，兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路．將一小磁針懸掛

9、在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是(　　) A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng) B．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)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(zhuǎn)動(dòng) AD　解析 根據(jù)安培定則，開關(guān)閉合時(shí)鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場，開關(guān)閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由南向北的電流，根據(jù)安培定則，直導(dǎo)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(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)

10、間后，直導(dǎo)線上沒有感應(yīng)電流，故小磁針的N極指北，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由北向南的電流，這時(shí)直導(dǎo)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(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確． 8．(2019·河北武邑中學(xué)質(zhì)檢)(多選)如圖所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)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(gè)阻值為R的定值電阻，平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止，已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因

11、數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)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mgh C．通過金屬棒的電荷量為 D．金屬棒產(chǎn)生的電熱為mg(h－μd) CD　解析 金屬棒下滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh＝mv2，金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度為v＝，金屬棒到達(dá)水平面后做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，則最大感應(yīng)電流為I＝＝，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；感應(yīng)電荷量為q＝Δt＝＝，故選項(xiàng)C正確

12、；克服安培力做功轉(zhuǎn)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(chǎn)生的焦耳熱QR＝Q＝WB＝mg(h－μd)，故選項(xiàng)D正確． 9．(2019·山東夏津一中開學(xué)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(jì)電阻的電感線圈L和電阻R.勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)軌平面向上，在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬桿ab，在直導(dǎo)軌右側(cè)有兩個(gè)固定擋塊C、D，CD連線與導(dǎo)軌垂直．現(xiàn)給金屬桿ab沿軌道向右的初速度v0，當(dāng)ab即將撞上CD時(shí)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(　　) A．a(chǎn)b向右做勻變速直線運(yùn)動(dòng)

13、B．當(dāng)ab撞上CD后，將會(huì)向左運(yùn)動(dòng) C．a(chǎn)b在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中受到的最大安培力為 D．從ab開始運(yùn)動(dòng)到撞上CD時(shí)，電阻R上產(chǎn)生的熱量小于mv－mv2 BD　解析 ab向右運(yùn)動(dòng)時(shí)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)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(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．當(dāng)ab撞上CD后，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，電路中電流要減小，線框?qū)a(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律可知自感電動(dòng)勢(shì)方向與原來電流方向相同，沿b→a，根據(jù)左手定則可知ab受到向左的安培力，故當(dāng)ab撞上CD后，將會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B正確．開始時(shí)，ab的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由于線圈中

14、產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，此自感電動(dòng)勢(shì)與ab感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，電路中的電流小于，最大安培力將小于BdI＝，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤．從ab開始運(yùn)動(dòng)到撞上CD時(shí)，由于線圈中有磁場能，所以電阻R上產(chǎn)生的熱量小于mv－mv2，故選項(xiàng)D正確． 10．(2019·北京卷)如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．紙面內(nèi)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(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，求： (1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E； (2)拉力做功的功率P； (3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q. 解析 (1)從ad邊剛進(jìn)入磁場到bc邊

15、剛要進(jìn)入的過程中，只有ad邊切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv. (2)線框進(jìn)入過程中線框中的電流為I＝，ad邊安培力為FA＝BIL， 由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，所以拉力與安培力大小相等，方向相反，即F＝FA， 所以拉力的功率為P＝Fv＝FAv， 聯(lián)立以上各式解得P＝. (3)線框進(jìn)入過程中線框中的電流為I＝， 進(jìn)入所用的時(shí)間為t＝ ， ad邊的電阻為Rad＝， 焦耳熱為Q＝I2Radt， 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(jì)的足夠長光滑平行導(dǎo)軌與水平面成θ＝30°角傾斜放置，兩導(dǎo)軌間距為L，空間內(nèi)存

16、在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．質(zhì)量均為m、長均為L、電阻均為R的金屬棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌水平放在導(dǎo)軌上，ab棒通過繞光滑定滑輪的絕緣細(xì)繩與質(zhì)量也為m的物塊G相連，cd棒擱置在兩個(gè)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(dá)到的最大速度vm； (2)若從釋放金屬棒ab到其達(dá)到最大速度所用時(shí)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(chǎn)生的焦耳熱Q. 解析 (1)對(duì)ab棒及物塊G組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得mg－mgsin θ－FA＝2ma，當(dāng)加速度a＝0時(shí)，ab棒的速度達(dá)到最大，此時(shí)安培力

17、FA＝mg，假設(shè)金屬棒cd靜止，對(duì)金屬棒cd受力分析有F′A＋FN－mgsin θ＝0，F(xiàn)A＝F′A，則FN＝0，假設(shè)成立cd靜止，所以由FA＝BIL，I＝，E＝BLvm，聯(lián)立解得vm＝. (2)對(duì)金屬棒ab及物塊G組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得(mg－mgsin θ)t－BLt＝2mvm，通過金屬棒ab的電荷量q＝t，解得q＝. (3)設(shè)此過程中金屬棒ab沿導(dǎo)軌上滑的距離x，由q＝t＝t，＝＝，得q＝，聯(lián)立可得x＝.對(duì)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＝mgx－mgsin θ－·2mv，解得Q總＝，金屬棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q總＝. 答案 (1)　(2)　(3)