《(課標(biāo)通用)高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題4 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤檢測12(含解析)-人教版高三全冊物理試題》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(課標(biāo)通用)高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題4 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤檢測12(含解析)-人教版高三全冊物理試題(8頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題跟蹤檢測(十二)
(建議用時:45分鐘)
基礎(chǔ)通關(guān)
1.(2019·福建莆田一中月考)圖甲和圖乙是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖,L1和L2為電感線圈,實驗時,斷開開關(guān)S1瞬間,燈A1突然閃亮,隨后逐漸變暗,閉合開關(guān)S2,燈A2逐漸變亮,而另一個相同的燈A3立即變亮,最終A2與A3的亮度相同,下列說法正確的是( )
A.圖甲中,A1與L1的電阻值相同
B.圖甲中,閉合S1,電路穩(wěn)定后,A1中電流大于L1中電流
C.圖乙中,變阻器R與L2的電阻值相同
D.圖乙中,閉合S2瞬間,L2中電流與變阻器R中電流相等
C 解析 分析題圖甲,斷開開關(guān)S1瞬間,A1突然閃亮,說明流
2、經(jīng)A1的電流瞬間增大,從而得到S1閉合,電路穩(wěn)定時,A1中的電流小于L1中的電流,選項B錯誤;由并聯(lián)電路特點可知,A1的電阻值大于L1的電阻值,選項A錯誤;分析題圖乙,開關(guān)S2閉合后,燈A2逐漸變亮,A3立即變亮,說明閉合S2瞬間A2與A3中的電流不相等,那么L2與R中的電流也不相等,選項D錯誤;最終A2與A3亮度相同,說明流經(jīng)A2與A3的電流相同,由歐姆定律可知,R與L2的電阻值相等,選項C正確.
2.(2018·全國卷Ⅱ)如圖所示,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下.一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上
3、向左勻速運動.線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是( )
D 解析 設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i.
線框位移
等效電路的連接
電流
0~
I=2i(順時針)
~l
I=0
l~
I=2i(逆時針)
~2l
I=0
分析知,選項D正確.
3.(2017·全國卷Ⅲ)如圖所示,在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌平面與磁場垂直.金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS,一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi),線框與導(dǎo)軌共面.現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動,在運動開始的瞬間,關(guān)于感應(yīng)電流的方向,下列說
4、法正確的是( )
A.PQRS中沿順時針方向,T中沿逆時針方向
B.PQRS中沿順時針方向,T中沿順時針方向
C.PQRS中沿逆時針方向,T中沿逆時針方向
D.PQRS中沿逆時針方向,T中沿順時針方向
D 解析 金屬桿PQ向右切割磁感線,根據(jù)右手定則可知PQRS中感應(yīng)電流沿逆時針方向;原來T中的磁場方向垂直于紙面向里,金屬桿PQ中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外,使得穿過T的磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流,綜上所述,選項A、B、C錯誤,D正確.
4.(2017·全國卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌.為了有效隔離外界振
5、動對STM的擾動,在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板,并施加磁場來快速衰減其微小振動,如圖所示.無擾動時,按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出現(xiàn)擾動后,對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是( )
A 解析 底盤上的紫銅薄板出現(xiàn)擾動時,其擾動方向不確定,在選項C這種情況下,紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動時,穿過薄板的磁通量難以改變,不能發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象,沒有阻尼效應(yīng);在選項B、D這兩種情況下,紫銅薄板出現(xiàn)上下擾動時,也沒有發(fā)生電磁阻尼現(xiàn)象;選項A這種情況下,不管紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動時,都發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象,產(chǎn)生電磁阻尼效應(yīng).
5.(2017·天津卷)如圖所示
6、,兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下.現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是( )
A.a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a
B.a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小
C.a(chǎn)b所受的安培力保持不變
D.a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小
D 解析 根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場向下,再根據(jù)安培定則,可判斷ab中感應(yīng)電流方向從a到b, 選項A錯誤;磁場變化是均勻的,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,感應(yīng)電動勢恒定不變,感應(yīng)電流I恒定不變,選項B錯誤;安培力F=BIL,由于I、L不變,B減小,
7、所以ab所受的安培力逐漸減小,根據(jù)力的平衡條件,靜摩擦力逐漸減小,選項C錯誤,D正確.
能力提升
6.(2019·安徽安慶五校聯(lián)考)(多選)如圖甲所示,一個匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫了2匝),面積為S,線圈的電阻為R,在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表,將線圈放入垂直線圈平面指向紙內(nèi)的磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示,下列說法正確的是 ( )
A.0~t1時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢
B.0~t1時間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為
C.t1~t2時間內(nèi)R上的電流為
D.t1~t2時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢
AC 解析 0~t1時間內(nèi),磁通量向里增大,根據(jù)楞次定律可知
8、感應(yīng)電流沿逆時針方向,線圈相當(dāng)于電源,上端為正極,下端為負(fù)極,所以P端電勢高于Q端電勢,選項A正確;0~t1時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=n=nS=nS,電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓U=IR=·R=,選項B錯誤;t1~t2 時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E′=n=nS,根據(jù)閉合電路的歐姆定律I′==,選項C正確;t1~t2時間內(nèi),磁通量向里減小,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流沿順時針方向,所以P端電勢低于Q端電勢,選項D錯誤.
7.(2018·全國卷Ⅰ)(多選)如圖所示,兩個線圈繞在同一根鐵芯上,其中一線圈通過開關(guān)與電源連接,另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路.將一小磁針懸掛
9、在直導(dǎo)線正上方,開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài).下列說法正確的是( )
A.開關(guān)閉合后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動
B.開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向
C.開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向
D.開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動
AD 解析 根據(jù)安培定則,開關(guān)閉合時鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場,開關(guān)閉合后的瞬間,根據(jù)楞次定律,直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由南向北的電流,根據(jù)安培定則,直導(dǎo)線上方的磁場垂直紙面向里,故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動,選項A正確.開關(guān)閉合并保持一段時
10、間后,直導(dǎo)線上沒有感應(yīng)電流,故小磁針的N極指北,選項B、C錯誤.開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,根據(jù)楞次定律,直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由北向南的電流,這時直導(dǎo)線上方的磁場垂直紙面向外,故小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動,選項D正確.
8.(2019·河北武邑中學(xué)質(zhì)檢)(多選)如圖所示,MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L,導(dǎo)軌彎曲部分光滑,平直部分粗糙固定在水平面上,右端接一個阻值為R的定值電阻,平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放,到達(dá)磁場右邊界處恰好停止,已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因
11、數(shù)為μ,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好,則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(重力加速度為g)( )
A.金屬棒中的最大電流為
B.金屬棒克服安培力做的功為mgh
C.通過金屬棒的電荷量為
D.金屬棒產(chǎn)生的電熱為mg(h-μd)
CD 解析 金屬棒下滑過程中,根據(jù)動能定理得mgh=mv2,金屬棒到達(dá)水平面時的速度為v=,金屬棒到達(dá)水平面后做減速運動,剛到達(dá)水平面時的速度最大,最大感應(yīng)電動勢E=BLv,則最大感應(yīng)電流為I==,故選項A錯誤;金屬棒在整個運動過程中,由動能定理得mgh-WB-μmgd=0-0,克服安培力做功WB=mgh-μmgd,故選項B錯誤;感應(yīng)電荷量為q=Δt==,故選項C正確
12、;克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱,電阻與金屬棒電阻相等,通過它們的電流相等,則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱QR=Q=WB=mg(h-μd),故選項D正確.
9.(2019·山東夏津一中開學(xué)考試)(多選)水平面上固定相距為d的光滑直軌道MN和PQ,在N、Q之間連接不計電阻的電感線圈L和電阻R.勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直導(dǎo)軌平面向上,在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m、電阻不計的金屬桿ab,在直導(dǎo)軌右側(cè)有兩個固定擋塊C、D,CD連線與導(dǎo)軌垂直.現(xiàn)給金屬桿ab沿軌道向右的初速度v0,當(dāng)ab即將撞上CD時速度為v,撞后速度立即變?yōu)榱愕慌c擋塊粘連.下列說法正確的是( )
A.a(chǎn)b向右做勻變速直線運動
13、B.當(dāng)ab撞上CD后,將會向左運動
C.a(chǎn)b在整個運動過程中受到的最大安培力為
D.從ab開始運動到撞上CD時,電阻R上產(chǎn)生的熱量小于mv-mv2
BD 解析 ab向右運動時受到向左的安培力而做減速運動,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流減小,安培力隨之減小,加速度減小,所以ab做非勻變速直線運動,故選項A錯誤.當(dāng)ab撞上CD后,ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零,電路中電流要減小,線框?qū)a(chǎn)生自感電動勢,根據(jù)楞次定律可知自感電動勢方向與原來電流方向相同,沿b→a,根據(jù)左手定則可知ab受到向左的安培力,故當(dāng)ab撞上CD后,將會向左運動,故選項B正確.開始時,ab的速度最大,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大,由于線圈中
14、產(chǎn)生自感電動勢,此自感電動勢與ab感應(yīng)電動勢方向相反,電路中的電流小于,最大安培力將小于BdI=,故選項C錯誤.從ab開始運動到撞上CD時,由于線圈中有磁場能,所以電阻R上產(chǎn)生的熱量小于mv-mv2,故選項D正確.
10.(2019·北京卷)如圖所示,垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd,其邊長為L,總電阻為R,ad邊與磁場邊界平行.從ad邊剛進(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中,線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動,求:
(1)感應(yīng)電動勢的大小E;
(2)拉力做功的功率P;
(3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q.
解析 (1)從ad邊剛進(jìn)入磁場到bc邊
15、剛要進(jìn)入的過程中,只有ad邊切割磁感線,所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv.
(2)線框進(jìn)入過程中線框中的電流為I=,ad邊安培力為FA=BIL,
由于線框勻速運動,所以拉力與安培力大小相等,方向相反,即F=FA,
所以拉力的功率為P=Fv=FAv,
聯(lián)立以上各式解得P=.
(3)線框進(jìn)入過程中線框中的電流為I=,
進(jìn)入所用的時間為t= ,
ad邊的電阻為Rad=,
焦耳熱為Q=I2Radt,
聯(lián)立上述解得Q=.
答案 (1)BLv (2) (3)
11.(2019·七省七校聯(lián)考)如圖所示,電阻不計的足夠長光滑平行導(dǎo)軌與水平面成θ=30°角傾斜放置,兩導(dǎo)軌間距為L,空間內(nèi)存
16、在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.質(zhì)量均為m、長均為L、電阻均為R的金屬棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌水平放在導(dǎo)軌上,ab棒通過繞光滑定滑輪的絕緣細(xì)繩與質(zhì)量也為m的物塊G相連,cd棒擱置在兩個固定樁上.已知重力加速度為g.
(1)由靜止釋放金屬棒ab,求ab棒能達(dá)到的最大速度vm;
(2)若從釋放金屬棒ab到其達(dá)到最大速度所用時間為t=,求此過程中通過金屬棒ab的電荷量q;
(3)求在問題(2)的過程中,金屬棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q.
解析 (1)對ab棒及物塊G組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律得mg-mgsin θ-FA=2ma,當(dāng)加速度a=0時,ab棒的速度達(dá)到最大,此時安培力
17、FA=mg,假設(shè)金屬棒cd靜止,對金屬棒cd受力分析有F′A+FN-mgsin θ=0,F(xiàn)A=F′A,則FN=0,假設(shè)成立cd靜止,所以由FA=BIL,I=,E=BLvm,聯(lián)立解得vm=.
(2)對金屬棒ab及物塊G組成的系統(tǒng),由動量定理得(mg-mgsin θ)t-BLt=2mvm,通過金屬棒ab的電荷量q=t,解得q=.
(3)設(shè)此過程中金屬棒ab沿導(dǎo)軌上滑的距離x,由q=t=t,==,得q=,聯(lián)立可得x=.對金屬棒ab及物塊G組成的系統(tǒng),由能量守恒得回路中總的焦耳熱Q總=mgx-mgsin θ-·2mv,解得Q總=,金屬棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q=Q總=.
答案 (1) (2) (3)