2024高考物理大二輪復(fù)習(xí)專題四電路與電磁感應(yīng)4.2精練含解析

PAGEPAGE8電路與電磁感應(yīng)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨立形式分冊裝訂！)一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～7題為多項選擇題)1．(2024·棗陽檢測)如圖所示的試驗示意圖中，用于探究磁生電的是()解析：磁鐵快速向下移動時，發(fā)覺電流表指針偏轉(zhuǎn)，說明產(chǎn)生了感應(yīng)電流，依據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，閉合電路的磁通量在變更，選項A正確；當(dāng)閉合開關(guān)時，出現(xiàn)通電導(dǎo)線在磁場中受到安培力作用，是屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，選項B錯誤；通電線圈在磁場中受到安培力作用，而使線圈轉(zhuǎn)動，屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，選項C錯誤；通電導(dǎo)線四周存在磁場，使得小磁針轉(zhuǎn)動，屬于電生磁現(xiàn)象，選項D錯誤。答案：A2.如圖所示，一條形磁鐵用細(xì)線懸掛在天花板上，金屬環(huán)水平固定放置在其正下端，現(xiàn)將細(xì)線剪斷，在條形磁鐵穿過圓環(huán)的過程中，條形磁鐵與圓環(huán)()A．始終相互吸引B．始終相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥，后相互吸引解析：磁鐵靠近圓環(huán)的過程中，穿過圓環(huán)的磁通量增加，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場阻礙穿過圓環(huán)的原磁通量的增加，與原磁場方向相反，二者之間是斥力；當(dāng)磁鐵穿過圓環(huán)離開圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量削減，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場阻礙穿過圓環(huán)的磁通量的削減，二者方向相同，磁鐵與圓環(huán)之間是引力，選項D正確。也可干脆依據(jù)楞次定律中“阻礙”的推廣結(jié)論：“來則拒之，去則留之”分析，磁鐵在圓環(huán)上方下落過程是靠近圓環(huán)，依據(jù)“來則拒之”，二者之間是斥力；磁鐵穿過圓環(huán)接著下落過程是遠(yuǎn)離圓環(huán)，依據(jù)“去則留之”，二者之間是引力，選項D正確。答案：D3.如圖所示，abcd是一個質(zhì)量為m、邊長為L的正方形金屬線框，從如圖示位置自由下落。在下落h后進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的磁場，恰好做勻速直線運動，該磁場的寬度也為L，在這個磁場的正下方h＋L處還有一個未知磁場，金屬線框abcd在穿過這個磁場時也恰好做勻速直線運動，那么下列說法正確的是()A．未知磁場的磁感應(yīng)強度是2BB．未知磁場的磁感應(yīng)強度是eq\r(2)BC．線框在穿過這兩個磁場的過程中產(chǎn)生的電能為4mgLD．線框在穿過這兩個磁場的過程中產(chǎn)生的電能為2mgL解析：設(shè)線圈剛進(jìn)入第一個磁場時速度大小為v1，那么mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝eq\r(2gh)，設(shè)線圈剛進(jìn)入其次個磁場時速度大小為v2，那么veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2gh，v2＝eq\r(2)v1，依據(jù)題意還可得到mg＝eq\f(B2L2v1,R)，mg＝eq\f(B\o\al(2,x)L2v2,R)，整理可得出Bx＝eq\r(\f(\r(2),2))B，A、B兩項均錯誤；穿過兩個磁場時都做勻速運動，把削減的重力勢能都轉(zhuǎn)化為電能，穿過磁場的每一個過程線框的位移均為2L，所以在穿過這兩個磁場的過程中產(chǎn)生的電能為4mgL，故C項正確，D項錯誤。答案：C4．如圖甲所示，固定的光滑平行導(dǎo)軌(電阻不計)與水平面夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌足夠長且間距L＝0.5m，底端接有阻值為R＝4Ω的電阻，整個裝置處于垂直導(dǎo)體框架斜向上的勻強磁場中，一質(zhì)量為m＝1kg、電阻r＝1Ω、長度也為L的導(dǎo)體棒MN在沿導(dǎo)軌向上的外力F作用下由靜止起先運動，拉力F與導(dǎo)體棒速率倒數(shù)的關(guān)系如圖乙所示，已知g＝10m/s2。則()A．v＝5m/s時拉力大小為7NB．v＝5m/s時拉力的功率為140WC．勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為2TD．當(dāng)棒的加速度a＝8m/s2時，導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為2N解析：由題圖乙可知，v＝5m/s時拉力F＝14N，選項A錯誤；拉力的功率PF＝Fv＝14×5W＝70W，選項B錯誤；由題圖乙可知，導(dǎo)體棒的最大速度vmax＝10m/s，此時拉力最小Fmin＝7N，F(xiàn)min－mgsinθ－F安＝0，F(xiàn)安＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，代入數(shù)據(jù)得B＝2T，選項C正確；F＝70eq\f(1,v)，F(xiàn)－mgsinθ－F安＝ma，F(xiàn)安＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(1,5)v，當(dāng)a＝8m/s2時，由以上三式得v2＋65v－350＝0，解得v＝5m/s，故此時安培力的大小F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝1N，選項D錯誤。答案：C5.如圖所示，在方向垂直紙面對里，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個由勻稱導(dǎo)線制成的單匝矩形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad＝L，cd＝2L。線框?qū)Ь€的總電阻為R。則在線框離開磁場的過程中，下列說法中正確的是()A．a(chǎn)、d間的電壓為eq\f(BLv,3)B．流過線框截面的電荷量為eq\f(2BL2,R)C．線框所受安培力的合力為eq\f(2B2L2v,R)D．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為eq\f(2B2L3v,3R)解析：a、d間的電壓為U＝I·eq\f(1,6)R＝eq\f(B·2Lv,R)·eq\f(1,6)R＝eq\f(BLv,3)，故A正確；流過線框截面的電荷量q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝eq\f(2BL2,R)，故B正確；線框所受安培力的合力F＝BI·2L＝eq\f(4B2L2v,R)，故C錯誤；產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝2BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)；線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量Q＝I2·eq\f(1,6)R·eq\f(L,v)＝eq\f(2L3B2v,3R)，故D正確，故選A、B、D。答案：ABD6.如圖所示，S和P是半徑為a的環(huán)形導(dǎo)線的兩端點，OP間電阻為R，其余電阻不計，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直環(huán)面對里，金屬棒OQ與環(huán)形導(dǎo)線接觸，以角速度ω繞O點無摩擦順時針勻速轉(zhuǎn)動，則()A．電阻R兩端的電壓為eq\f(Bωa2,2)B．金屬棒的電流由Q指向OC．金屬棒受的磁場力大小為eq\f(B2ωa2,2R)D．電阻R消耗的功率為eq\f(B2ω2a4,4R)解析：由右手定則，金屬棒的電流由O指向Q，選項B錯誤；感應(yīng)電動勢E＝eq\f(Bωa2,2)，選項A正確；金屬棒受的磁場力F＝BIL＝eq\f(B2ωa3,2R)，選項C錯誤；電阻R消耗的功率為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2ω2a4,4R)，選項D正確。答案：AD7.如圖所示為三個有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向分別垂直紙面對外、向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側(cè)邊界處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面對里時的磁通量Φ為正值，外力F向右為正。則以下能反映線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E、外力F和電功率P隨時間變更規(guī)律圖象的是()解析：從線框進(jìn)入磁場磁通量起先增加，當(dāng)全部進(jìn)入時達(dá)到最大；此后向里的磁通量增加，總磁通量減??；當(dāng)運動到1.5L時，磁通量最小，當(dāng)運動到2L時磁通量變?yōu)橄蚶锏淖畲?，故A正確。當(dāng)線框進(jìn)入第一個磁場時，由E＝BLv可知，E保持不變，感應(yīng)電流為順時針方向；而起先進(jìn)入其次個磁場時，兩端同時切割磁感線，電動勢應(yīng)為2BLv，方向為逆時針方向為正值，故B正確。因安培力總是與運動方向相反，故拉力應(yīng)始終向右，故C錯誤；拉力的功率P＝Fv，因速度不變，而線框在第一個磁場時，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個磁場中時，F(xiàn)安＝2B·eq\f(2BLv,R)L＝4eq\f(B2L2v,R)，因此安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，則拉力的功率變?yōu)樵瓉淼?倍，電功率等于拉力功率，故D正確。答案：ABD二、非選擇題8.如圖所示，MN、PQ為光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌，電阻R＝3.0Ω，置于豎直向下的有界勻強磁場中，OO′為磁場邊界，磁場磁感應(yīng)強度B＝1.0T，導(dǎo)軌間距L＝1.0m，質(zhì)量m＝1.0kg的導(dǎo)體棒垂直置于導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒接入電路的電阻r＝1.0Ω，t＝0時刻，導(dǎo)體棒在F＝1.0N水平拉力作用下從OO′左側(cè)某處靜止起先運動，t0＝2.0s時刻導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直。(1)求t0時刻回路的電功率P0。(2)求t0時刻導(dǎo)體棒的加速度大小a。(3)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后，變更拉力大小，使導(dǎo)體棒以(2)狀況下的加速度a勻加速運動至t1＝4.0s時刻，已知t0～t1時間內(nèi)拉力做功W＝5.7J，求此過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：(1)設(shè)導(dǎo)體棒在進(jìn)入磁場前運動的加速度為a0，由牛頓其次定律得：F＝ma0導(dǎo)體棒在t0時刻的速度：v0＝a0t0由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv0又有：P0＝eq\f(E2,R＋r)解得：P0＝1.0W(2)由閉合電路的歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)t0時刻對導(dǎo)體棒由牛頓其次定律得：F－BIL＝ma解得：a＝0.5m/s2(3)t1時刻導(dǎo)體棒的速度：v＝v0＋a(t1－t0)由動能定理得：W－W安＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由功能關(guān)系得：Q＝W安解得：Q＝3.2J答案：(1)1.0W(2)0.5m/s2(3)3.2J9．一個圓形線圈，共有n＝10匝，其總電阻r＝4.0Ω，線圈與阻值R0＝16Ω的電阻連成閉合回路，如圖甲所示。線圈內(nèi)部存在著一個邊長l＝0.20m的正方形區(qū)域，其中有分布勻稱但強弱隨時間變更的磁場，圖乙描述的是磁場在一個周期內(nèi)的變更狀況，其中周期T＝1.0×10－2s，磁場方向以垂直線圈平面對外為正方向。求：(1)0～eq\f(T,4)時間段內(nèi)，通過電阻R0的電流的大小和方向；(2)0～eq\f(T,2)時間段內(nèi)，通過電阻R0的電荷量；(3)一個周期內(nèi)電阻R0產(chǎn)生的熱量。解析：(1)由感應(yīng)電動勢公式E＝eq\f(nΔΦ,Δt)可知，在0～eq\f(T,4)時間段內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E1＝eq\f(4nΔB·S,T)結(jié)合題圖代入數(shù)據(jù)解得E1＝8V通過電阻R0的電流的大小為I1＝eq\f(E1,R0＋r)代入數(shù)據(jù)解得I1＝0.4A，電流方向由b到a。(2)同理可得eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時間段內(nèi)，通過電阻R0的電流大小為I2＝0.2A則0～eq\f(T,2)時間段內(nèi)，通過電阻R0的電荷量為q＝I1eq\f(T,4)＋I(xiàn)2eq\f(T,4)代入數(shù)據(jù)解得q＝1.5×10－3C。(3)分析題圖乙并結(jié)合焦耳定律可得，一個周期內(nèi)電阻R0產(chǎn)生的熱量Q＝Ieq\o\al(2,1)R0·eq\f(T,2)＋I(xiàn)eq\o\al(2,2)R0·eq\f(T,2)代入數(shù)據(jù)解得Q＝1.6×10－2J。答案：(1)0.4A方向由b到a(2)1.5×10－3C(3)1.6×10－2J10.(2024·長沙一模)足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m的光滑豎直圓軌道相連，金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝Mc＝0.1kg，電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計。平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強度B＝1T的勻強磁場中，磁場方向與軌道平面垂直，光滑豎直圓軌道在磁場外，如圖所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s起先向左運動，求：(1)c棒的最大速度。(2)c棒中產(chǎn)生的焦耳熱。(3)若c棒達(dá)到最大速度后沿圓軌道上滑，求金屬棒c達(dá)到軌道最高點時對軌道的壓力的大小。解析：(1)在磁場力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當(dāng)兩棒速度相等時，c棒達(dá)到最大速度。對兩棒組成的系統(tǒng)由動量守恒定律得：mbv0＝(mb＋mc)v解得：v＝5m/s(2)從b棒起先運動到兩棒速度相等的過程中，由能量守恒定律得：Q＝eq