2019-2020年高考物理二輪復習 專題整合突破四 電路和電磁感應 第11講 電磁感應規(guī)律及應用效果自評.doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 專題整合突破四 電路和電磁感應 第11講 電磁感應規(guī)律及應用效果自評1xx江西一模如右圖所示，有兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度的大小均為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解析線框從開始進入到全部進入第一個磁場時，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；而在全部進入第一部分磁場時，磁通量達最大，該瞬間變化率為零，故電動勢也為零，故A錯誤；當線圈開始進入第二段磁場后，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)存在一個勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應強度大小隨時間的變化率kt(k0)。則()A圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流B圓環(huán)具有擴張的趨勢C圓環(huán)中感應電流的大小為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，線圈有擴張的趨勢，所以B選項正確。由法拉第電磁感應定律可知Ek，感應電流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的光滑平行金屬導軌與水平面夾角30，導軌電阻不計，正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直導軌向上。甲、乙兩金屬桿電阻相同、質(zhì)量均為m，垂直于導軌放置。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。現(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軌的拉力，使甲金屬桿始終以大小為ag的加速度沿導軌向下勻加速運動，已知乙金屬桿剛進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，當乙剛進入磁場時做勻速運動，受力平衡，mgsinBIl，此時甲剛離開磁場，由運動學可知2alv2，由法拉第電磁感應定律得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磁場中，磁感應強度為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的光滑傾斜導體軌道(足夠長)與光滑水平導體軌道連接。軌道寬度均為L1 m，電阻忽略不計。勻強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棒中無感應電流，可讓磁場的磁感應強度隨時間變化，將cd棒開始運動的時刻記為t0，此時磁場的磁感應強度為B01 T，試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時間內(nèi)，磁場的磁感應強度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，棒中感應電動勢為E，電流為I，感應電動勢：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棒中無感應電流，必須有：0解得：B(t s)。