高考物理大二轮复习 专题四 电路与电磁感应4.2精练（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

电路与电磁感应(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(14题为单项选择题，57题为多项选择题)1(2018·枣阳检测)如图所示的实验示意图中，用于探究磁生电的是()解析：磁铁迅速向下移动时，发现电流表指针偏转，说明产生了感应电流，根据产生感应电流的条件，闭合电路的磁通量在变化，选项A正确；当闭合开关时，出现通电导线在磁场中受到安培力作用，是属于电磁感应现象，选项B错误；通电线圈在磁场中受到安培力作用，而使线圈转动，属于电磁感应现象，选项C错误；通电导线周围存在磁场，使得小磁针转动，属于电生磁现象，选项D错误。答案：A2.如图所示，一条形磁铁用细线悬挂在天花板上，金属环水平固定放置在其正下端，现将细线剪断，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环()A始终相互吸引B始终相互排斥C先相互吸引，后相互排斥D先相互排斥，后相互吸引解析：磁铁靠近圆环的过程中，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场阻碍穿过圆环的原磁通量的增加，与原磁场方向相反，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环离开圆环时，穿过圆环的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场阻碍穿过圆环的磁通量的减少，二者方向相同，磁铁与圆环之间是引力，选项D正确。也可直接根据楞次定律中“阻碍”的推广结论：“来则拒之，去则留之”分析，磁铁在圆环上方下落过程是靠近圆环，根据“来则拒之”，二者之间是斥力；磁铁穿过圆环继续下落过程是远离圆环，根据“去则留之”，二者之间是引力，选项D正确。答案：D3.如图所示，abcd是一个质量为m、边长为L的正方形金属线框，从如图示位置自由下落。在下落h后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L，在这个磁场的正下方hL处还有一个未知磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是()A未知磁场的磁感应强度是2BB未知磁场的磁感应强度是BC线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL解析：设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v1，那么mghmv，v1，设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v2，那么vv2gh，v2v1，根据题意还可得到mg，mg，整理可得出Bx B，A、B两项均错误；穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，穿过磁场的每一个过程线框的位移均为2L，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，故C项正确，D项错误。答案：C4如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为30°，导轨足够长且间距L0.5 m，底端接有阻值为R4 的电阻，整个装置处于垂直导体框架斜向上的匀强磁场中，一质量为m1 kg、电阻r1 、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示，已知g10 m/s2。则()Av5 m/s时拉力大小为7 NBv5 m/s时拉力的功率为140 WC匀强磁场的磁感应强度的大小为2 TD当棒的加速度a8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2 N解析：由题图乙可知，v5 m/s时拉力F14 N，选项A错误；拉力的功率PFFv14×5 W70 W，选项B错误；由题图乙可知，导体棒的最大速度vmax10 m/s，此时拉力最小Fmin7 N，Fminmgsin F安0，F安，代入数据得B2 T，选项C正确；F70，Fmgsin F安ma，F安v，当a8 m/s2时，由以上三式得v265v3500，解得v5 m/s，故此时安培力的大小F安1 N，选项D错误。答案：C5.如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长adL，cd2L。线框导线的总电阻为R。则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是()Aa、d间的电压为B流过线框截面的电荷量为C线框所受安培力的合力为D线框中的电流在ad边产生的热量为解析：a、d间的电压为UI·R·R，故A正确；流过线框截面的电荷量qIt·t，故B正确；线框所受安培力的合力FBI·2L，故C错误；产生的感应电动势E2BLv，感应电流I；线框中的电流在ad边产生的热量QI2·R·，故D正确，故选A、B、D。答案：ABD6.如图所示，S和P是半径为a的环形导线的两端点，OP间电阻为R，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直环面向里，金属棒OQ与环形导线接触，以角速度绕O点无摩擦顺时针匀速转动，则()A电阻R两端的电压为B金属棒的电流由Q指向OC金属棒受的磁场力大小为D电阻R消耗的功率为解析：由右手定则，金属棒的电流由O指向Q，选项B错误；感应电动势E，选项A正确；金属棒受的磁场力FBIL，选项C错误；电阻R消耗的功率为P，选项D正确。答案：AD7.如图所示为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量为正值，外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是()解析：从线框进入磁场磁通量开始增加，当全部进入时达到最大；此后向里的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到1.5L时，磁通量最小，当运动到2L时磁通量变为向里的最大，故A正确。当线框进入第一个磁场时，由EBLv可知，E保持不变，感应电流为顺时针方向；而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLv，方向为逆时针方向为正值，故B正确。因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；拉力的功率PFv，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，F安2B·L4，因此安培力变为原来的4倍，则拉力的功率变为原来的4倍，电功率等于拉力功率，故D正确。答案：ABD二、非选择题8.如图所示，MN、PQ为光滑平行的水平金属导轨，电阻R3.0 ，置于竖直向下的有界匀强磁场中，OO为磁场边界，磁场磁感应强度B1.0 T，导轨间距L1.0 m，质量m1.0 kg的导体棒垂直置于导轨上且与导轨接触良好，导体棒接入电路的电阻r1.0 ，t0时刻，导体棒在F1.0 N水平拉力作用下从OO左侧某处静止开始运动，t02.0 s时刻导体棒进入磁场，导体棒始终与导轨垂直。(1)求t0时刻回路的电功率P0。(2)求t0时刻导体棒的加速度大小a。(3)导体棒进入磁场后，改变拉力大小，使导体棒以(2)情况下的加速度a匀加速运动至t14.0 s时刻，已知t0t1时间内拉力做功W5.7 J，求此过程回路中产生的焦耳热Q。解析：(1)设导体棒在进入磁场前运动的加速度为a0，由牛顿第二定律得：Fma0导体棒在t0时刻的速度：v0a0t0由法拉第电磁感应定律得：EBLv0又有：P0解得：P01.0 W(2)由闭合电路的欧姆定律得：It0时刻对导体棒由牛顿第二定律得：FBILma解得：a0.5 m/s2(3)t1时刻导体棒的速度：vv0a(t1t0)由动能定理得：WW安mv2mv由功能关系得：QW安解得：Q3.2 J答案：(1)1.0 W(2)0.5 m/s2(3)3.2 J9一个圆形线圈，共有n10匝，其总电阻r4.0 ，线圈与阻值R016 的电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙描述的是磁场在一个周期内的变化情况，其中周期T1.0×102 s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：(1)0时间段内，通过电阻R0的电流的大小和方向；(2)0时间段内，通过电阻R0的电荷量；(3)一个周期内电阻R0产生的热量。解析：(1)由感应电动势公式E可知，在0时间段内，线圈中产生的感应电动势大小E1结合题图代入数据解得E18 V通过电阻R0的电流的大小为I1代入数据解得I10.4 A，电流方向由b到a。(2)同理可得时间段内，通过电阻R0的电流大小为I20.2 A则0时间段内，通过电阻R0的电荷量为qI1I2代入数据解得q1.5×103 C。(3)分析题图乙并结合焦耳定律可得，一个周期内电阻R0产生的热量QIR0·IR0·代入数据解得Q1.6×102 J。答案：(1)0.4 A方向由b到a(2)1.5×103 C(3)1.6×102 J10.(2018·长沙一模)足够长的平行金属轨道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R0.4 m的光滑竖直圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mbMc0.1 kg，电阻RbRc1 ，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v010 m/s开始向左运动，求：(1)c棒的最大速度。(2)c棒中产生的焦耳热。(3)若c棒达到最大速度后沿圆轨道上滑，求金属棒c达到轨道最高点时对轨道的压力的大小。解析：(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。对两棒组成的系统由动量守恒定律得：mbv0(mbmc)v解得：v5 m/s(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，由能量守恒定律得：Qmv(mbmc)v22.5 J故：QcQ1.25 J(3)对c棒，沿圆轨道滑到最高点时的速度为v，上升到最高点的过程由动能定理得：mg·2Rmv2mv2解得：v3 m/s在最高点由牛顿第二定律得：mgFm解得：F1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N答案：(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N