2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破四 電路和電磁感應(yīng) 第11講 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用效果自評.doc
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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破四 電路和電磁感應(yīng) 第11講 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用效果自評 1.[xx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(yīng)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(dǎo)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(yīng)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E=BLv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(dāng)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。 2.[xx菏澤一模](多選)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=kt(k<0)。則( ) A.圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流 B.圓環(huán)具有擴張的趨勢 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| 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(yīng)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(yīng)定律可知E==k,感應(yīng)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=||=|kπr2|,D選項正確。 3.[xx山東模擬](多選)如圖所示,間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ=30,導(dǎo)軌電阻不計,正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,方向垂直導(dǎo)軌向上。甲、乙兩金屬桿電阻相同、質(zhì)量均為m,垂直于導(dǎo)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?,F(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(dǎo)軌的拉力,使甲金屬桿始終以大小為a=g的加速度沿導(dǎo)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R= B.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P=mg D.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Q=m 答案 AB 解析 乙沒進磁場前受力分析,由牛頓第二定律得mgsinθ=ma2→a2=g=a甲,因此甲乙兩桿相對靜止,當(dāng)乙剛進入磁場時做勻速運動,受力平衡,mgsinθ=BIl,此時甲剛離開磁場,由運動學(xué)可知2al=v2,由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=Blv,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P=mgsinθv=mg,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:2mgsinθl+WF-W克=2mv2,又由功能關(guān)系得Q熱=W克=WF,所以B選項是正確的。 4.[xx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(yīng)強度為B。現(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+mgr C.R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ω=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v=v0cosωt,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=BLv=BLv0cosωt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,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:WF-mgr-W克安=0,其中W克安=Q熱,代入得WF=+mgr,所以B選項是正確的。 5.[xx銀川一模]如圖所示,傾斜角θ=30的光滑傾斜導(dǎo)體軌道(足夠長)與光滑水平導(dǎo)體軌道連接。軌道寬度均為L=1 m,電阻忽略不計。勻強磁場Ⅰ僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域,方向水平向右,大小B1=1 T;勻強磁場Ⅱ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B2=1 T。現(xiàn)將兩質(zhì)量均為m=0.2 kg,電阻均為R=0.5 Ω的相同導(dǎo)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g=10 m/s2。 (1)求導(dǎo)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Q=0.45 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h=10 m,cd棒由靜止釋放后,為使cd棒中無感應(yīng)電流,可讓磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度隨時間變化,將cd棒開始運動的時刻記為t=0,此時磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度為B0=1 T,試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時間內(nèi),磁場Ⅱ的磁感應(yīng)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(yīng)電動勢為E,電流為I, 感應(yīng)電動勢:E=BLvm,電流:I= 由平衡條件得:mgsinθ=BIL,代入數(shù)據(jù)解得:vm=1 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(yīng)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:mgxsinθ=mv+2Q 電動勢:E1=,電流:I1=,電荷量:q=I1t 代入數(shù)據(jù)解得:q=1 C (3)設(shè)cd棒開始運動時穿過回路的磁通量為Φ0,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Φ,cd棒在傾斜軌道上下滑時間為t0,則:Φ0=B0L 加速度:a=gsinθ,位移:x1=at2 Φ=BL(-x1),=at 解得:t0= s 為使cd棒中無感應(yīng)電流,必須有:Φ0=Φ 解得:B=(t< s)。- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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