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2018届高三物理二轮复习对点规范演练:专题四 电路和电磁感应 第2讲 WORD版含答案.doc

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资源描述

1、第2讲电磁感应及其应用1(2017江苏卷)如图所示,如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(A)A11B12C14D41解析 由题图可知,穿过a、b两个线圈的磁通量均为Br2,因此磁通量之比为11,A项正确2(2017天津卷)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是(D)Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力

2、保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小解析 根据楞次定律,感应电流产生的磁场向下,再根据安培定则,可判断ab中感应电流方向从a到b,选项A错误;磁场变化是均匀的,根据法拉第电磁感应定律,感应电动势恒定不变,感应电流I恒定不变,选项B错误;安培力FBIL,由于I、L不变,B减小,所以ab所受的安培力逐渐减小,根据力的平衡条件,静摩擦力逐渐减小,选项C错误,D正确3(2017全国卷)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒

3、磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(A)解析 施加磁场来快速衰减STM的微小振动,其原理是电磁阻尼,在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化,紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流,则其受到安培力作用,该作用阻碍紫铜薄板振动,即促使其振动衰减方案A中,无论紫铜薄板上下振动还是左右振动,通过它的磁通量都发生变化;方案B中,当紫铜薄板上下振动时,通过它的磁通量可能不变,当紫铜薄板向右振动时,通过它的磁通量不变;方案C中,紫铜薄板上下振动、左右振动时,通过它的磁通量可能不变;方案D中,当紫铜薄板上下振动时,紫铜薄板中磁通量可能不变综上可知,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方

4、案是A.4(2017北京卷)图甲、和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同下列说法正确的是(C)A图甲中,A1与L1的电阻值相同B图甲中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C图乙中,变阻器R与L2的电阻值相同D图乙中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等解析 题图甲中,稳定时通过A1的电流记为I1,通过L1的电流记为IL.S1断开瞬间,A1突然变亮,可知ILI1,因此A1和L1电阻不相等,故选项A、B错误;题图乙中,

5、闭合S2时,由于自感作用,通过L2与A2的电流I2会逐渐增大,而通过R与A3的电流I3立即变大,因此电流不相等,所以D错误;由于最终A2与A3亮度相同,所以两支路电流I相同,根据部分电路欧姆定律,两支路电压U与电流I均相同,所以两支路电阻相同由于A2、A3完全相同,故变阻器R与L2的电阻值相同,故选项C正确5(多选)如图,光滑平行金属导轨固定在水平面上,左端由导线相连,导体棒垂直静置于导轨上构成回路在外力F作用下,回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动在匀速运动过程中外力F做功WF,磁场力对导体棒做功W1,磁铁克服磁场力做功W2,重力对磁铁做功WG,回路中产生的焦耳热为Q,导体棒获得的动能为Ek

6、.则(BCD)AW1QBW2W1QCW1EkDWFWGQEk解析 由动能定理可知,磁场力对导体棒做的功等于导体棒动能的增加量,A项错误,C项正确;由功能关系可知,外力做功WF等于系统能量的增加,即WFEpEkQ,其中由重力做功与重力势能变化关系可知,WGEp,EkEk,所以有WFWGEkQ,D项正确;磁铁匀速运动,故WFWGW2,解以上各式得W2W1 Q,B项正确6(2017浙江杭州模拟)(多选)如图甲所示,一个U形光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上,电阻R10 ,其余电阻均不计,两导轨间的距离l0.2 m,有垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场,磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示一个电阻

7、不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨两边垂直在t0时刻,金属杆紧靠在最左端,杆在外力的作用下以速度v0.5 m/s向右做匀速运动当t4 s时,下列说法中正确的是(AD)A穿过回路的磁通量为0.08 WbB流过电阻R的感应电流的方向为baC电路中感应电动势大小E0.02 VD金属杆所受到的安培力的大小为1.6104 N解析 t4 s时,金属杆的位移大小xvt2 m,由图乙知,4 s末磁感应强度B0.2 T,则穿过回路的磁通量BSBxl0.08 Wb,选项A正确;金属杆切割产生的感应电动势E1Blv0.20.20.5 V0.02 V,由右手定则,切割产生的感应电流由a流过电阻

8、R到b;由法拉第电磁感应定律,磁通量发生变化产生的感应电动势E2lx0.050.22 V0.02 V,由楞次定律,E2的电流方向由a流过电阻R到b,故流过电阻R的总的感应电流的方向为ab,选项B错误;电路中感应电动势大小EE1E20.04 V,选项C错误;电路中感应电流大小I4103 A,故金属杆所受到的安培力的大小FBBIl0.241030.2 N1.6104 N,选项D正确7(2016浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l0.50 m,倾角53,导轨上端串接一个R0.05 的电阻在导轨间长d0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度

9、B2.0 T质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2,sin 530.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求:(1)CD棒进入磁场时速度v的大小;(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热解析 (1)由牛顿第二定律a12 m/s2,进入磁场时

10、的速度v2.4 m/s.(2)感应电动势EBlv,感应电流I,安培力FAIBl,代入得FA48 N.(3)健身者做功WF(sd)64 J,由受力分析有Fmgsin FA0,CD棒在磁场区域做匀速运动,在磁场中运动的时间t,焦耳热QI2Rt26.88 J.答案 (1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J8(2017天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨

11、间处于静止状态,并与导轨良好接触首先开关S接1,使电容器完全充电然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨问:(1)磁场的方向;(2)MN刚开始运动时加速度a的大小;(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少解析 (1)垂直于导轨平面向下(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,刚放电时流经MN的电流为I,有I,设MN受到的安培力为F,有FIlB,由牛顿第二定律,有Fma,联立式得a.(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0CE,开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E,有EBlvmax,依题意有E,设在此过程中MN的平均电流为,MN上受到的平均安培力为,有lB,由动量定理,有tmvmax0,又tQ0Q,联立式得Q.答案 (1)见解析(2)(3)

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