2019屆高考物理二輪復習 第4章 電路與電磁感應 考前基礎回扣練8 恒定電流和交變電流.doc

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考前基礎回扣練 8電磁感應定律及其應用 1. 如圖所示，在圓形空間區(qū)域內存在關于直徑ab對稱、方向相反的兩個勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小相等，一金屬導線制成的圓環(huán)大小剛好可與磁場邊界重合，現(xiàn)從圖示位置開始，下列說法中正確的是(　　) A．若使圓環(huán)向右平動穿出磁場區(qū)域，感應電流先沿逆時針方向后沿順時針方向 B．若使圓環(huán)豎直向上平動穿出磁場區(qū)域，感應電流始終沿逆時針方向 C．若圓環(huán)以ab為軸轉動，a點的電勢始終高于b點的電勢 D．若圓環(huán)以ab為軸轉動，b點的電勢始終高于a點的電勢 解析：若圓環(huán)向右平動，穿過圓環(huán)的“”減少，則磁通量先表現(xiàn)為“”增加，后表現(xiàn)為“”減少，由楞次定律知感應電流先沿逆時針方向后沿順時針方向，選項A正確；若圓環(huán)豎直向上平動，由于穿過圓環(huán)的磁通量始終為零，未發(fā)生變化，所以圓環(huán)中無感應電流產生，選項B錯誤；若圓環(huán)以ab為軸轉動，則在轉動的過程中，穿過圓環(huán)的磁通量始終為零，則a、b兩點的電勢始終相等，選項C、D錯誤． 答案：A 2．[2018衡水中學第三次模擬](多選) 如圖所示，固定的水平長直導線中通有向左方向的電流I，矩形線框與導線在同一豎直平面內，且一邊與導線平行．線框由靜止釋放，在下落過程中(　　) A．穿過線框的磁通量減小 B．線框的機械能守恒 C．線框中感應電流方向為逆時針方向 D．線框所受安培力的合力為零 解析：線框由靜止釋放，在下落過程中，因電流的磁場離導線越遠，磁場越弱，則穿過線框的磁通量在減小，故A正確；在下落的過程中，除重力做功以外，還有安培力做負功，所以線框不做自由落體運動，其機械能減小，B錯誤；根據右手螺旋定則，知直導線下方的磁場方向垂直紙面向外，線框由靜止釋放，穿過線框的磁通量減小，根據楞次定律可知，感應電流的方向為逆時針方向，方向不變，故C正確；線框由靜止釋放，穿過線框的磁通量減小，將產生感應電流，阻礙線框的運動，所以一定受到安培力的作用，故D錯誤． 答案：AC 3．[2018天津和平區(qū)四模] 如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在一水平面內，導軌間距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，一質量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒運動的位移x＝9 m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前回路中產生的焦耳熱Q1＝2.025 J，導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，求： (1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q； (2)金屬棒MN做勻加速運動所需外力隨時間變化的表達式； (3)外力做的功WF. 解析：(1)棒在勻加速運動中，由法拉第電磁感應定律得＝，其中ΔΦ＝B. 由閉合電路的歐姆定律得＝ 則通過電阻R的電荷量為q＝Δt 聯(lián)立各式，代入數(shù)據得q＝2.25 C. (2)由法拉第電磁感應定律得E＝BLv 對棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v＝at 由閉合電路的歐姆定律得I＝ 由安培力公式和牛頓第二定律得F－BIL＝ma 得F＝0.2＋0.05t. (3)對棒的勻加速運動過程， 由運動學公式得v2＝2ax 撤去外力后，由動能定理得安培力做的功 W＝0－mv2 撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2＝－W 聯(lián)立解得Q2＝1.8 J 在棒運動的整個過程中，由功能關系可知 WF＝Q1＋Q2 解得WF＝3.825 J. 答案：(1)2.25 C　(2)0.2＋0.05t　(3)3.825 J 4．[2018遼寧本溪二模]如圖所示，在傾角θ＝37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強磁場區(qū)域MNPQ，磁感應強度B的大小為5 T，磁場寬度d＝0.55 m，有一邊長L＝0.4 m、質量m1＝0.6 kg、電阻R＝2 Ω的正方形均勻導體線框abcd通過一輕質細線跨過光滑的定滑輪與一質量m2＝0.4 kg的物體相連，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長．(g取10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8) (1)求線框abcd還未進入磁場的運動過程中，細線中的拉力大??； (2)當ab邊剛進入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，求線框剛釋放時ab邊到磁場MN邊界的距離x； (3)在(2)問中的條件下，若cd邊恰離開磁場邊界PQ時，速度大小為2 m/s，求整個運動過程中ab邊產生的熱量． 解析：(1)線框還未進入磁場的過程中， 以m2為研究對象有FT－μm2g＝m2a① 以m1為研究對象有m1gsinθ－FT＝m1a② 解得FT＝2.4 N　a＝2 m/s2 (2)線框剛進入磁場恰好做勻速直線運動，用整體法有 m1gsinθ－μm2g－＝0 解得v＝1 m/s ab到MN前線框做勻加速直線運動，有v2＝2ax 解得x＝0.25 m (3)線框從開始運動到cd邊恰離開磁場邊界PQ時，由動能定理有m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)－Q＝(m1＋m2)v 解得Q＝0.4 J，所以Qab＝Q＝0.1 J 答案：(1)2.4 N　(2)0.25 m　(3)0.1 J