2019届高考物理二轮复习 第4章 电路与电磁感应 考前基础回扣练8 恒定电流和交变电流.doc

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考前基础回扣练 8电磁感应定律及其应用 1. 如图所示，在圆形空间区域内存在关于直径ab对称、方向相反的两个匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，一金属导线制成的圆环大小刚好可与磁场边界重合，现从图示位置开始，下列说法中正确的是(　　) A．若使圆环向右平动穿出磁场区域，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向 B．若使圆环竖直向上平动穿出磁场区域，感应电流始终沿逆时针方向 C．若圆环以ab为轴转动，a点的电势始终高于b点的电势 D．若圆环以ab为轴转动，b点的电势始终高于a点的电势 解析：若圆环向右平动，穿过圆环的“”减少，则磁通量先表现为“”增加，后表现为“”减少，由楞次定律知感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，选项A正确；若圆环竖直向上平动，由于穿过圆环的磁通量始终为零，未发生变化，所以圆环中无感应电流产生，选项B错误；若圆环以ab为轴转动，则在转动的过程中，穿过圆环的磁通量始终为零，则a、b两点的电势始终相等，选项C、D错误． 答案：A 2．[2018衡水中学第三次模拟](多选) 如图所示，固定的水平长直导线中通有向左方向的电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中(　　) A．穿过线框的磁通量减小 B．线框的机械能守恒 C．线框中感应电流方向为逆时针方向 D．线框所受安培力的合力为零 解析：线框由静止释放，在下落过程中，因电流的磁场离导线越远，磁场越弱，则穿过线框的磁通量在减小，故A正确；在下落的过程中，除重力做功以外，还有安培力做负功，所以线框不做自由落体运动，其机械能减小，B错误；根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向外，线框由静止释放，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，方向不变，故C正确；线框由静止释放，穿过线框的磁通量减小，将产生感应电流，阻碍线框的运动，所以一定受到安培力的作用，故D错误． 答案：AC 3．[2018天津和平区四模] 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在一水平面内，导轨间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热Q1＝2.025 J，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求： (1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q； (2)金属棒MN做匀加速运动所需外力随时间变化的表达式； (3)外力做的功WF. 解析：(1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得＝，其中ΔΦ＝B. 由闭合电路的欧姆定律得＝ 则通过电阻R的电荷量为q＝Δt 联立各式，代入数据得q＝2.25 C. (2)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv 对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v＝at 由闭合电路的欧姆定律得I＝ 由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIL＝ma 得F＝0.2＋0.05t. (3)对棒的匀加速运动过程， 由运动学公式得v2＝2ax 撤去外力后，由动能定理得安培力做的功 W＝0－mv2 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W 联立解得Q2＝1.8 J 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 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辽宁本溪二模]如图所示，在倾角θ＝37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5 T，磁场宽度d＝0.55 m，有一边长L＝0.4 m、质量m1＝0.6 kg、电阻R＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2＝0.4 kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(g取10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8) (1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小； (2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边到磁场MN边界的距离x； (3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量． 解析：(1)线框还未进入磁场的过程中， 以m2为研究对象有FT－μm2g＝m2a① 以m1为研究对象有m1gsinθ－FT＝m1a② 解得FT＝2.4 N　a＝2 m/s2 (2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动，用整体法有 m1gsinθ－μm2g－＝0 解得v＝1 m/s ab到MN前线框做匀加速直线运动，有v2＝2ax 解得x＝0.25 m (3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时，由动能定理有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