2022年高三二輪復(fù)習(xí)物理專題通關(guān) 課時鞏固過關(guān)練（十二） 電路與電磁感應(yīng)5.12 Word版含答案

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1、溫馨提示： 此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。 2022年高三二輪復(fù)習(xí)物理專題通關(guān) 課時鞏固過關(guān)練（十二） 電路與電磁感應(yīng)5.12 Word版含答案 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1.用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)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(yīng)強度大小隨時間的變化率=k(k<0)。則(　　) A.圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方

2、向的感應(yīng)電流 B.圓環(huán)具有收縮的趨勢 C.圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為 D.圖中a、b兩點間的電勢差Uab=|kπr2| 【解析】選D。磁通量向里減小,由楞次定律“增反減同”可知,線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針,故A錯誤;由楞次定律的“來拒去留”可知,為了阻礙磁通量的減小,線圈有擴張的趨勢,故B錯誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,E===kπr2,感應(yīng)電流I==,故C錯誤;由閉合電路歐姆定律可知,a、b兩點間的電勢差Uab=||=|kπr2|,故D正確。 2.(xx·山東高考)如圖甲,R0為定值電阻,兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)。左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上,經(jīng)二極管整流后,通過R0

3、的電流i始終向左,其大小按圖乙所示規(guī)律變化。規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時,a、b間的電壓uab為正,下列uab-t圖像可能正確的是(　　) 【解析】選C。從圖乙可以看出,圓環(huán)中電流周期為0.5T0,則感應(yīng)電動勢的變化周期也是0.5T0,觀察四個圖像,A、B、D的周期都不是0.5T0,只有C周期是0.5T0,所以A、B、D錯誤,C正確。 【加固訓(xùn)練】如圖甲所示,勻強磁場垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度的大小為B,磁場在y軸方向足夠?qū)?在x軸方向?qū)挾葹閍。一直角三角形導(dǎo)線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域,以逆時針方向為電流的正方向,在圖乙中感應(yīng)電流i、BC兩端的電壓U

4、BC與線框移動的距離x的關(guān)系圖像正確的是(　　) 【解析】選D。由楞次定律可知,線框剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外,故線框中的感應(yīng)電流沿逆時針方向,為正,又因為線框做勻速運動,故感應(yīng)電流隨位移線性增大;同理可知線框離開磁場時,產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小隨位移線性增大,方向為負,選項A、B錯誤;BC兩端的電壓UBC跟感應(yīng)電流成正比,故選項C錯誤,D正確。 3.如圖所示,兩根間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為α,圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,磁場方向垂直于斜面向上。兩金屬桿質(zhì)量均為m,電阻均為R,垂直于導(dǎo)軌放置。開始時金屬桿ab處在與磁場上邊界相距l(xiāng)的

5、位置,金屬桿cd處在導(dǎo)軌的最下端,被與導(dǎo)軌垂直的兩根小柱擋住?，F(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放,當(dāng)金屬桿ab剛進入磁場便開始做勻速直線運動,已知重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計,則(　　) A.金屬桿ab進入磁場時的感應(yīng)電流的方向為由a到b B.金屬桿ab進入磁場時的速度大小為 C.金屬桿ab進入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 D.金屬桿ab進入磁場后,金屬桿cd對兩根小柱的壓力大小為零 【解析】選B。根據(jù)右手定則,金屬桿ab進入磁場時的感應(yīng)電流的方向為由b到a,A錯誤;下滑距離l時,mglsinα=,v=,B正確;金屬桿ab進入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E滿足=mgsinα,故E=,C錯誤;cd受到

6、沿斜面向下的安培力,重力的分力向下,對兩根小柱的壓力大小不為零,D錯誤。 【總結(jié)提升】電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的解題策略 此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約,解決問題前首先要建立“動→電→動”的思維順序,可概括為： (1)找準(zhǔn)主動運動者,用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢。 (2)根據(jù)等效電路圖,求解回路中電流的大小及方向。 (3)分析導(dǎo)體棒的受力情況,從而推理得出導(dǎo)體棒的加速度、速度變化情況,最后定性分析導(dǎo)體棒的最終運動情況。 (4)列牛頓第二定律或平衡方程求解。 4.(xx·全國卷Ⅱ)如圖,直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向平行

7、于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時,a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是(　　) A.Ua>Uc,金屬框中無電流 B.Ub>Uc,金屬框中電流方向沿a-b-c-a C.Ubc=-Bl2ω,金屬框中無電流 D.Ubc=Bl2ω,金屬框中電流方向沿a-c-b-a 【解析】選C。穿過金屬框的磁通量始終為零,沒有發(fā)生變化,故金屬框中無電流,B、D項錯誤;bc邊切割磁感線的等效速度為lω,根據(jù)右手定則Ub

8、英國物理學(xué)家麥克斯韋認為,磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示,一個半徑為r的絕緣細圓環(huán)水平放置,環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場B,環(huán)上套一帶電荷量為+q的小球,已知磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增加,其變化率為k,若小球在環(huán)上運動一周,則感生電場對小球的作用力所做功的大小是(　　) A.0　　　 B.r2qk　　　 C.2πr2qk　　　 D.πr2qk 【解析】選D。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,磁場變化產(chǎn)生的感生電動勢為E= πr2=kπr2,小球在環(huán)上運動一周,則感生電場對小球的作用力所做功的大小W=qE=πr2qk,故選項D正確。 5.如圖所示為一種早期發(fā)電機的原理示意圖,該發(fā)電機由

9、固定的圓形線圈和一對用鐵芯連接的圓柱形磁鐵構(gòu)成,兩磁極關(guān)于線圈平面對稱。當(dāng)磁極繞轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動時,磁極中心在線圈平面上的投影沿圓弧MOP運動(O是線圈的中心)。在磁極的投影從M點運動到P點的過程中(　　) A.流過電流表的電流由F指向E B.流過電流表的電流先增大再減小 C.流過電流表的電流先減小再增大 D.流過電流表的電流先增大再減小,然后再增大、再減小 【解析】選D。在磁極繞轉(zhuǎn)軸從M到O勻速轉(zhuǎn)動時,穿過線圈平面的磁場方向向上,磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知線圈中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流,電流由F經(jīng)G流向E;在磁極繞轉(zhuǎn)軸從O到P勻速轉(zhuǎn)動時,穿過線圈平面的磁場方向向上,磁通量減小,根

10、據(jù)楞次定律可知線圈中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流,電流由E經(jīng)G流向F,故A錯誤;根據(jù)導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢公式E=BLv,從M到O運動時,可知當(dāng)磁鐵運動時線圈處的磁感應(yīng)強度先增后減,可知感應(yīng)電動勢先增大后減小,則電流先增大再減小;從O到P運動時,線圈處的磁感應(yīng)強度先增后減,可知感應(yīng)電動勢先增大后減小,電流也先增大再減小,故整個過程中電流先增大再減小,然后再增大、再減小,故B、C錯誤,D正確。 6.(xx·四川高考)如圖所示,不計電阻的光滑U形金屬框水平放置,光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上,H、P的間距很小。質(zhì)量為0.2kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間,與金屬框接觸良好并圍成

11、邊長為1m的正方形,其有效電阻為0.1Ω。此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場,磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t)T,圖示磁場方向為正方向?？颉醢搴蜅U不計形變。則(　　) A.t=1s時,金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B.t=3s時,金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C.t=1s時,金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1N D.t=3s時,金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2N 【解析】選A、C。因B=(0.4-0.2t)T,0～1s磁感應(yīng)強度是減小的,由楞次定律可判斷電流方向從C到D,則A正確;2～3s磁感應(yīng)強度是反方向增加的,由楞次定律可判斷電流方向

12、仍是從C到D,則B錯誤;由B=(0.4-0.2t)T知t=1s時,磁感應(yīng)強度為0.2T,由E=Scos60°=0.2×1×V=0.1V,又I==A=1A,F=BIL=0.2×1×1N=0.2N,受力分析如圖甲所示,由平衡知FN=Fcos60°=0.2×N=0.1N。t=3s時,磁感應(yīng)強度為-0.2T,電流方向不變,受力分析如圖乙所示,FN=Fcos60°=0.2×N=0.1N。則C正確,D錯誤。 7.如圖所示,兩根足夠長且光滑的平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN傾斜固定,傾角為θ= 30°,相距為L,導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中。有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b,先將a棒

13、垂直導(dǎo)軌放置,用跨過光滑定滑輪的細線與小球c連接,連接a棒的細線平行于導(dǎo)軌,由靜止釋放c,此后某時刻,將b棒也垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上,b剛好能靜止。a棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直,兩棒與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計,重力加速度為g。則(　　) A.小球c的質(zhì)量為m B.b棒放上導(dǎo)軌前a棒的加速度為0.5g C.b棒放上導(dǎo)軌后a棒中電流大小是 D.b棒放上導(dǎo)軌后,小球c減少的重力勢能等于回路消耗的電能 【解析】選A、C。b棒靜止說明b棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,此時a棒勻速向上運動,說明a棒受繩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個力平衡,c勻速

14、下降,則c所受重力和繩的拉力大小平衡。由b平衡可知,安培力大小F安=mgsinθ,由a平衡可知F繩=F安+ mgsinθ=2mgsinθ,由c平衡可知F繩=mcg;因為繩中拉力大小相等,故2mgsinθ=mcg,即小球c的質(zhì)量為2msinθ=m,故A正確;根據(jù)BIL=mgsin30°,可知b棒放上導(dǎo)軌后a棒中電流大小是I=,選項C正確;b棒放上導(dǎo)軌后,小球c減少的重力勢能等于a增加的重力勢能與回路消耗的電能之和,選項D錯誤;b棒放上導(dǎo)軌前a棒的加速度為mg-mgsin30°=2ma,解得a=g,選項B錯誤。 【加固訓(xùn)練】(多選)兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置,間距為L,底端接阻值為R的電阻。

15、將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端,金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直,如圖所示。除電阻R外,其余電阻不計?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放,則(　　) A.金屬棒向下運動時,流過電阻R的電流方向為a→b B.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g C.金屬棒的速度為v時,所受的安培力大小為F= D.電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量 【解析】選B、C。金屬棒下落過程中切割磁感線,回路中形成電流,根據(jù)楞次定律判斷電流的方向,流過電阻R的電流方向為b→a,故A錯誤;金屬棒釋放瞬間,速度為零,感應(yīng)電流為零,由于彈簧處于原長狀態(tài),因

16、此金屬棒只受重力作用,故其加速度的大小為g,故B正確;當(dāng)金屬棒的速度為v時,F安=BIL=BL=,故C正確;當(dāng)金屬棒最終靜止時,重力勢能轉(zhuǎn)化為彈性勢能和焦耳熱,所以R上產(chǎn)生的總熱量小于金屬棒重力勢能的減少量,故D錯誤。 8.如圖甲所示,abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框,金屬線框的質(zhì)量為m,電阻為R,在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域,MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界,并與線框的bc邊平行,磁場方向垂直于線框平面向里。現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落,圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的v-t圖像,圖像內(nèi)數(shù)據(jù)均為已知量。重力加速度為g,不計空氣阻力。下

17、列說法正確的是(　　) A.金屬線框剛進入磁場時感應(yīng)電流方向沿adcba方向 B.金屬線框的邊長為v1(t2-t1) C.磁場的磁感應(yīng)強度為 D.金屬線框在0～t4的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為mgv1(t2-t1)+m(-) 【解析】選B、C。由楞次定律可知金屬線框剛進入磁場時感應(yīng)電流方向沿abcda方向,A錯誤;由圖乙可知,金屬線框進入磁場過程中是做勻速直線運動,速度為v1,運動時間為t2-t1,所以金屬線框的邊長：l=v1(t2-t1),B正確;在金屬線框進入磁場的過程中,金屬線框所受安培力等于重力：mg=BIl,I=,解得：B=,C正確;金屬線框只在進入和穿出磁場時產(chǎn)生焦耳熱,即

18、在t1～t2、t3～t4兩個時間段內(nèi)產(chǎn)生的熱量：Q=2mgl+m(-)=2mgv1(t2-t1)+m(-),故D錯誤。 二、計算題(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.(18分)(xx·廈門一模)如圖甲所示,水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限有磁場分布,方向垂直于水平面向下,磁感應(yīng)強度沿y軸方向沒有變化,沿x軸方向B與x成反比,如圖乙所示。頂角θ=45°的光滑金屬長導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi),ON與x軸重合,一根與ON垂直的長導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌向右滑動,導(dǎo)體棒在滑動過程中始終與導(dǎo)軌接觸。已知t=0時,導(dǎo)體棒位于頂點O處,導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=1kg,回路接觸點總電阻

19、恒為R=0.5Ω,其余電阻不計?；芈冯娏鱅與時間t的關(guān)系如圖丙所示,圖線是過原點的直線。求： (1)t=2s時回路的電動勢E。 (2)0～2s時間內(nèi)流過回路的電荷量q和導(dǎo)體棒的位移x。 (3)導(dǎo)體棒滑動過程中水平外力F的瞬時功率P(單位：W)與橫坐標(biāo)x(單位：m)的關(guān)系式。 【解題指導(dǎo)】解答本題可按以下思路進行： (1)由I-t圖像讀出t=2s時的感應(yīng)電流的大小,再由E=IR求出電動勢。 (2)根據(jù)感應(yīng)電流圖像的面積表示電荷量,用歐姆定律和安培力表達式確定棒的運動性質(zhì),結(jié)合運動學(xué)知識求解。 (3)運用牛頓第二定律求解F的表達式,由運動學(xué)公式確定位移表達式,最后確定關(guān)系。 【

20、解析】(1)根據(jù)I-t圖像中的圖線是過原點的直線得I=2t,可得到t=2s時導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流為： I=4A　 (2分) 由歐姆定律得：E=IR=4×0.5V=2V　 (1分) (2)流過回路中的電荷量為I -t圖像與時間軸圍成的面積： q=×2×4C=4C,　 (1分) 對回路由歐姆定律得： I==,　 (1分) 而L=xtan45°=x,　 (1分) 由B-x圖像可知：B=,　 (1分) 解得電流：I==,　

21、 (1分) 因I=2t,　 (1分) 則有v=2Rt=t,　 (1分) 根據(jù)加速度定義式：a==1m/s2,　 (1分) 故導(dǎo)體棒做勻加速運動, 位移：x=at2=×1×22m=2m　 (1分) (3)對導(dǎo)體棒受力分析得：F-F安=ma,　 (1分) 解得：F=ma+　 (2分) 根據(jù)位移速度關(guān)系得：2ax=v2,　 (2分) 根據(jù)功率公式：P=Fv=(4x+)W　 (1分) 答案：(1)2V　(

22、2)4C　2m　(3)P=(4x+)W 10.(18分)(xx·天津高考)如圖所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長為l,cd邊長為2l,ab與cd平行,間距為2l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平,磁場方向垂直于線框所在平面。開始時,cd邊到磁場上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前,線框做勻速運動。在ef、pq邊離開磁場后,ab邊離開磁場之前,線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g。求： (1)線框ab邊將

23、離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍。 (2)磁場上下邊界間的距離H。 【解題指導(dǎo)】解答本題時應(yīng)從以下兩點進行分析： (1)利用法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式、平衡條件求解線框速度大小關(guān)系。 (2)利用能量守恒定律求解磁場上下邊界間的距離H。 【解析】(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,cd邊剛進磁場時,線框做勻速運動的速度為v1,cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律,有 E1=2Blv1　 ①(2分) 設(shè)線框總電阻為R,此時線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有：I1=　 ②(2分) 設(shè)此時線框

24、所受安培力為F1,有 F1=2I1lB　 ③(2分) 由于線框做勻速運動,其受力平衡,有 mg=F1　 ④(2分) 由①②③④式得 v1=　 ⑤(2分) 設(shè)ab邊離開磁場之前,線框做勻速運動的速度為v2,同理可得：v2=　 ⑥(2分) 由⑤⑥式得：v2=4v1　 ⑦(1分) (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前,由機械能守恒定律,有 2mgl=m　 ⑧(2分) 線框完全穿過磁場的過程中,由能量守恒定律,有 mg(2l+H)=m-m+Q　 ⑨(2分) 由⑦⑧⑨式得：H=+28l　 ⑩(1分) 答案：(1)4倍　(2)+28l 關(guān)閉Word文檔返回原板塊