高考物理一轮复习 课时跟踪检测48 热点专题12 电磁感应现象中的电路、图象、动力学及能量问题-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时跟踪检测四十八热点专题12电磁感应现象中的电路与图象一、单项选择题1(2017届广东湛江四校联考)如图所示，在一磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L0.1 m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R0.3 的电阻导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻r0.2 .当金属棒在水平拉力作用下以速度v4.0 m/s向左做匀速运动时()Aab棒所受安培力大小为0.02 NBN、Q间电压为0.2 VCa端电势比b端电势低D回路中感应电流大小为1 A解题思路：根据法拉第电磁感应定律得EBLv，根据闭合电路欧姆定律求电流，由F安BI

2、L求安培力解析：ab棒产生的感应电动势EBLv0.50.14 V0.2 V，感应电流为I A0.4 A，ab棒所受安培力大小F安BIL0.50.40.1 N0.02 N，故A正确；N、Q间电压为UIR0.40.3 V0.12 V，故B错误；由右手定则判断知，ab棒中感应电流方向由b到a，a端相当于电源的正极，电势较高，故C错误；由A中分析知，回路中感应电流大小为0.4 A，故D错误答案：A2(2016届浙江绍兴诸暨牌头中学期末)如图所示，两水平虚线ef、gh之间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电阻为R的正方形铝线框abcd从虚线ef上方某位置由静止释放，线框运动中ab始终是水平的，已知

3、两虚线ef、gh间距离大于线框边长，刚从开始运动到ab边到达gh线之前线框的速度随时间的变化关系图象合理的是()解题思路：线框先自由下落，进入磁场后受到安培力作用，可能匀速，减速也可能加速，根据安培力与速度成正比，分析合力的变化，从而判断线框的运动情况解析：线框先做自由落体运动，由线框宽度小于磁场的宽度可知，当ab边进入磁场且cd边未出磁场的过程中，磁通量不变，没有感应电流产生，不受安培力，则线框的加速度与线框自由下落时一样，均为g.若cd边刚好匀速进入磁场，mgF安，ab边进入磁场后线框又做匀加速运动，cd边出磁场后减速，当达到上述匀速的速度后又做匀速运动，即线框出磁场时的速度不可能小于进入

4、磁场时的速度，故A、B错误；若cd边减速进入磁场，线框全部进入后做匀加速运动，达到进磁场的速度时不可能匀速；若cd边加速进入磁场，全部进入后做匀加速运动，当cd边出磁场时线框有可能加速、匀速、减速，故C错误，D正确答案：D3(2017届陕西西安检测)一足够大的正方形区域ABCD内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，其顶点A在直线MN上，且AB、AD与MN的夹角为45，如图所示，一边长为a的正方形导线框从图示位置沿图示直线MN以速度v匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流正方向，下图中能够正确表示电流时间关系的是()解析：导线框由开始位置运动距离a的过程中，导线框的右边导线切割磁感线，由于

5、导线进入磁场的部分均匀增大，因此感应电动势均匀增大，导线框运动距离在a2a的过程中，导线框的右边导线在磁场中的长度越来越小，而左边导线在磁场中的长度越来越大，由于右边导线产生的感应电动势为逆时针方向，而左边导线产生的感应电动势为顺时针方向，因此，在此过程中导线框总感应电动势由正值减小到零再到负值，且变化比开始进入时要快；导线框运动距离在2a3a的过程中，只有左边导线在切割磁感线，因此感应电动势为负值，又由于左边导线在磁场中的长度越来越小，因此感应电动势也越来越小，由此可知C正确答案：C二、多项选择题4(2017届江西红色七校联考)如图所示，两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸

6、面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长也为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电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正，外力F向右为正则以下关于线框中磁通量、感应电动势E、外力F和线圈总电功率P随时间t变化的图象正确的是()解析：当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大，此后向外的磁通量增加，总磁通量减小，当运动到2.5L时，磁通量最小，故A错误；当线圈进入第一个磁场时，由EBLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切

7、割磁感线，电动势应为2BLv，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，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加倍，功率是原来的4倍，此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确答案：BD5(2016届江西临川一中期中)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n1 500匝，横截面积S20 cm2.螺线管导线电阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C30 F.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化则下列说法中正确的是()

8、A螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5102 WDS断开后，流经R2的电荷量为1.8105 C解题思路：根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出电压分配，结合电容器知识求出电荷量解析：根据法拉第电磁感应定律，得EnnS1.2 V，A正确；闭合开关，电路中的电流稳定后电容器下极板带正电，电路中产生的电流为I0.12 A，所以PR1I2R15.76102 W，B、C错误；根据题意可知断开前电容器储存的电荷量QCUR2CIR21.8105 C，断开开关后，电容器通过R2将电荷全部释放，所以通过R2的电荷量为1

9、.8105 C，D正确答案：AD6. (2017届江西临川一中期中)如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移下列各图中正确的是()解析：c棒在进入磁场前做自由落体运动，加速度为重力加速度；进入磁场后，d棒开始做自由落体运动，在d棒进入磁场前的这段时间内，c棒运动了2h，此过程中c棒做匀速运动，加速度为零；d棒进入

10、磁场后，c、d棒均以相同速度切割磁感线，回路中没有感应电流，它们均只受重力作用，直至c棒出磁场；c棒出磁场后不再受安培力，只受重力作用，故选项A错误，B正确；d棒自开始下落到下落至2h的过程中，只受重力，机械能守恒，动能与位移的关系是线性的；在c棒出磁场后，d棒切割磁感线且受到比重力大的安培力作用，完成在磁场中余下的2h的位移，动能减小，安培力减小，合力减小，在Ekdxd图象中Ekd的变化趋势越来越慢；在d棒出磁场后，只受重力作用，机械能守恒，Ekdxd图象中的关系又是线性的，且斜率与最初相同，均等于重力，故选项C错误，D正确答案：BD7. (2016届山东实验中学诊断)如图所示，电阻忽略不计

11、的两根平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值R3 的定值电阻在水平虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B、磁场区域的高度d0.5 m导体棒a的质量ma0.2 kg，电阻Ra3 ；导体棒b的质量mb0.1 kg，电阻Rb6 .它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时a正好进入磁场不计a、b之间的作用，整个运动过程中a、b棒始终与金属导轨接触良好，重力加速度g取10 m/s2.则下列说法中正确的是()A在整个过程中，a、b棒克服安培力做功之比为32Ba、b棒刚进入磁场时的速度之比为43C进入磁场前，a、b棒自由下落的时间之

12、比为21DM、N两处距虚线L1的高度之比为169解析：a、b棒穿过磁场区域时均匀速运动，安培力等于重力，则有Fmg，克服安培力做功为WFdmgd，所以在整个过程中，a、b棒克服安培力做功之比为21，选项A错误；设b棒在磁场中匀速运动的速度为v1，重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律可得mbg，R总Rb7.5 ，解得v1，同理，设a棒在磁场中匀速运动的速度为v2，R总Ra5 ，联立解得：a、b棒刚进入磁场时的速度之比为43，选项B正确；对于自由落体运动，运动时间t，所以进入磁场前，a、b棒自由下落的时间之比为43，选项C错误；自由落体运动下落的高度h，则M、N两处距虚线L1的高度

13、之比为169，选项D正确答案：BD三、计算题8(2017届江西三校第一次联考)如图所示，金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上，可沿轨道滑动，两轨道间距l0.5 m，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，用力F0.25 N向右水平拉杆ab，若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为f10.15 N、f20.1 N，两杆的有效电阻R1R20.1 ，设导轨电阻不计，ab、cd的质量关系为2m13m2，且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等求：(1)此两杆之间的稳定速度差；(2)若F0.3 N，两杆间稳定速度差又是多少？解析：因Ff1，故ab由静止开始做加速运动，

14、ab中将出现不断变大的感应电流，致使cd受到安培力F2作用，当F2f2时，cd也开始运动，故cd开始运动的条件是：Ff1f20.(1)当F0.25 N时，Ff1f20，故cd保持静止，两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度vmax，故此种情况有：电流Im，安培力FmBIml，则有FFmf10，由此得vmax0.32 m/s.(2)当F0.3 Nf1f2，对ab、cd组成的系统，ab、cd所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为F合Ff1f20.05 N对系统有F合(m1m2)a，因为2m13m2，则F合m2a.取cd为研究对象，F安f2m2a，F安BIl，I，联立各式解得v0

15、.384 m/s.答案：(1)0.32 m/s(2)0.384 m/s9. (2016届浙江嘉兴期末考试)如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L1 m，导轨间连接的定值电阻R3 ，导轨上放一质量为m0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r1 ，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B1 T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里重力加速度g取10 m/s2.现让金属杆从AB水平位置由静止释放，求：(1)金属杆的最大速度；(2)当金属杆的加速度是5 m/s2时，安培力的功率是多大？解析：(1)设金属杆下落时的速度为v，感应电动势为EBLv，电路中的电流为I，金属杆受到的安培力FBIL.当安培力与重力等大反向时，金属杆速度最大，Fmg.联立以上式子，得vm4 m/s.(2)设a5 m/s2时金属杆的速度为v1，安培力为F1，则有F1，根据牛顿第二定律有mgF1ma，安培力的功率为PF1v1.联立以上式子，得P1 W.答案：(1)4 m/s(2)1 W7