选择训练(九)-高三物理二轮复习题.docx

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1、选择训练(九)电磁感应时间:40分钟(共13题,18题为单选,913题为多选)1.在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙述不符合史实的是()A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子环流假说C.法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2.如图X9-1所示,一个闭合三角形导线框位于竖直平面内,其下方固定一根与线框所在的竖直

2、平面平行且相距很近(但不重叠)的水平直导线,导线中通以图示方向的恒定电流.不计阻力,线框从实线位置由静止释放至运动到直导线下方虚线位置过程中()图X9-1A.线框中的磁通量为零时,感应电流也为零B.线框中感应电流方向先为顺时针后为逆时针C.线框受到的安培力方向始终竖直向上D.线框减少的重力势能全部转化为电能3.图X9-2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S.若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差a-b()图X9-2A.恒为nS(B2-B1)t2-t1B.从0均匀变化到nS(B

3、2-B1)t2-t1C.恒为-nS(B2-B1)t2-t1D.从0均匀变化到-nS(B2-B1)t2-t14.如图X9-3甲所示,绝缘的水平桌面上放置一金属圆环,在圆环的正上方放置一个螺线管,在螺线管中通入如图乙所示的电流,设电流从a端流入为正.以下说法正确的是()图X9-3A.01 s内圆环面积有扩张的趋势B.1 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力C.12 s内和23 s内圆环中的感应电流方向相反D.从上往下看,02 s内圆环中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向5.如图X9-4所示,在光滑的水平面上有一竖直向下的匀强磁场,该磁场分布在宽为L的区域内.现有一个边长为a(aL)的正方形闭合导

4、线圈以初速度v0垂直于磁场边界滑过磁场后,速度变为v(v0).金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平,速度越来越大,最终稳定为某一数值,称为收尾速度.已知金属圆环的电阻为R,该金属环的收尾速度为v,忽略空气阻力,关于该情景,以下结论正确的是()图X9-14A.金属圆环速度稳定后,t时间内,金属圆环产生的平均感应电动势大小为k0vB.金属圆环速度稳定后,金属圆环的热功率P=(k0v)2Rg(g为重力加速度)C.金属圆环的质量m=(k0v)2RD.金属圆环速度稳定后,金属圆环的热功率P=(k0v)2R非选择训练(八)电磁感应时间:40分钟1.两根平行金属导轨ad和bc放置在同一水平面内,导轨足够长

5、,导轨两端分别连接电阻R1和R2,在水平面内组成矩形线框,如图F8-1所示,ad和bc相距L=0.5 m,放在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B=1 T.一根电阻为0.2 的导体棒PQ跨放在两根金属导轨上,在外力作用下以4 m/s的速度向右匀速运动.已知电阻R1=0.3 ,R2=0.6 ,导轨ad和bc的电阻不计,导体棒与导轨垂直且两端与导轨接触良好.求:(1)导体棒PQ中产生的感应电流的大小;(2)导体棒PQ上感应电流的方向;(3)导体棒PQ向右匀速滑动的过程中外力做功的功率.图F8-12.如图F8-2所示,一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内,导轨足够长且间距为L,左端接

6、有阻值为R的电阻,一质量为m、长度为L的导体棒MN放置在导轨上,棒的电阻为r,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B.棒在水平向右的外力作用下由静止开始做加速运动,运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好.已知外力的功率恒为P,经过时间t导体棒做匀速运动.求:(1)导体棒匀速运动时的速度大小;(2)t时间内回路中产生的焦耳热.图F8-23.如图F8-3所示,在水平面上有两根足够长的平行金属轨道PQ和MN,左端接有阻值为R的定值电阻,其间有垂直于轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场,两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于轨道上,当磁场沿轨道向右运动的速度为v时,棒ab恰

7、好滑动.棒始终在磁场范围内,并与轨道垂直且接触良好,轨道和棒电阻均不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.图F8-3(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向,并求此时棒所受的摩擦力Ff的大小.(2)若磁场不动,棒ab以水平初速度2v向右运动,经过时间t=mRB2L2停止运动,求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.(3)若t=0时棒ab静止,而磁场从静止开始以加速度a做匀加速运动,如图F8-4所示关于棒ab运动的速度时间图像哪个可能是正确的?请分析说明棒各阶段的运动情况.图F8-44.如图F8-5甲所示,有一水平放置的螺线管,线圈匝数n=100匝,横截面积S=0.2 m2,电阻r=1 ,处于水

8、平向左的匀强磁场中,磁感应强度B1随时间t变化关系图像如图乙所示.线圈与足够长的竖直光滑平行金属导轨MN、PQ连接,导轨间距l=20 cm,导体棒ab与导轨始终垂直且接触良好,ab棒质量m=5 g,接入电路的电阻R=4 ,导轨的电阻不计,导轨处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,磁感应强度B2=0.5 T.t=0时,导体棒由静止释放,g取10 m/s2.(1)求t=0时线圈内产生的感应电动势的大小;(2)求t=0时导体棒ab两端的电压和导体棒的加速度大小;(3)求导体棒ab达到稳定状态时所受重力的瞬时功率.图F8-55.如图F8-6甲所示,斜面上存在一有理想边界的匀强磁场,磁场方向与斜面垂直.在

9、斜面上离磁场上边界0.36 m处由静止释放一矩形金属线框,金属线框与斜面间的动摩擦因数为0.5,整个线框进入磁场的过程中,机械能E和位移s之间的关系如图乙所示.已知E0-E1=0.09 J,线框的质量为0.1 kg,电阻不能忽略,斜面倾角=37,磁场区域的宽度d=0.43 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.求:(1)线框刚进入磁场时的速度大小v1;(2)线框从开始进入至完全进入磁场所用的时间t.图F8-66.间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图F8-7所示.倾斜部分倾角为,处于磁感应强度大小为B1、方向垂直于倾斜导轨平面向上

10、的匀强磁场区域中,水平导轨上的无磁场区域静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef用长度为L的刚性绝缘杆连接而成),在“联动双杆”右侧存在磁感应强度大小为B2、方向垂直于水平导轨平面向上的匀强磁场区域,其长度大于L.质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab与“联动双杆”发生碰撞后,杆ab和cd、ef合在一起形成“联动三杆”,“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区域并从中滑出,运动过程中,杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直.已知杆ab、cd和ef电阻均为R=0.02 ,m=0.1 kg,l=0.5 m,

11、L=0.3 m,=30,B1=0.1 T,B2=0.2 T,g取10 m/s2.不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应.求:(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0;(2)“联动三杆”进入磁场区域前的速度大小v;(3)“联动三杆”滑过磁场区域过程中产生的焦耳热 Q.图F8-7选择训练(九)1.C解析 奥斯特观察到电流的磁效应,表明电流可以产生磁场,揭示了电与磁的联系,A正确;安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性,提出了分子环流假说,符合物理史实,B正确;法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流,C错误;D项的叙述符合楞次定律的发现过程,D正确.2.C解析 根据右手螺旋

12、定则,通电直导线上方的磁场方向向外,下方的磁场方向向里,离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程,穿过线框的磁通量向外增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流,经过导线时,向外的磁通量和向里的磁通量叠加,磁通量先向外减小至零,之后变成向里,并逐渐增大,直至最大,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流,磁通量向里变成最大后,线框继续向下运动,磁通量又逐渐减小,这时线框中的电流方向又变成了顺时针,且这一过程是连续的,线框中始终有感应电流存在,故A、B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动,所以安培力的方向始终竖直向上,故C正确;根据

13、能量守恒定律,线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中,减少的重力势能转化为电能和自身动能,故D错误.3.C解析 根据法拉第电磁感应定律知,电势差大小为E=nB2-B1t2-t1S;根据楞次定律可知,b点电势较高,故a-b小于0,C正确.4.D解析 01 s内,螺线管中电流增大,产生的磁场磁感应强度增大,圆环中磁通量增大,面积有缩小的趋势,故A错误;1 s末,圆环中感应电流为零,与螺线管间无相互作用,所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,故B错误;12 s内,螺线管中正方向电流减小,23 s内,反方向电流增大,根据楞次定律,圆环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,故C错误;

14、01 s内,螺线管中正方向电流增大,产生的磁场增强,圆环中磁通量增大,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿顺时针方向,12 s内螺线管中正方向电流减小,产生的磁场减弱,圆环中磁通量减小,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿逆时针方向,故D正确.5.B解析 设线圈电阻为R,完全进入磁场时的速度为vx.线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,根据动量定理可得-Ft=-BaR=-BaBa2R=mvx-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,根据动量定理得-Ft=-BaR=-BaBa2R=mv-mvx,联立可得vx=v0+v2,选项B正确.6.B解析

15、 位移在0L过程,磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为顺时针方向,为正值,I=BlvR,l=x,则I=BvRx;位移在L2L过程,磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断,感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值;位移在2L3L过程,磁通量减小,由楞次定律可判断,感应电流方向为逆时针方向,为负值,I=BvR(3L-x),故B正确.7.B解析 线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大,根据楞次定律可判断,a中电流的方向向下,a、b相互吸引,说明b中电流的方向也向下,则P1带正电,说明正离子向上偏转,根据左手定则可判断,P1、P2两极板间磁场的方向为垂直于纸面向里

16、,B正确.8.C解析 在闭合开关S时,流过D2的电流立即增大到稳定值I2,流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大,而是缓慢地增大到稳定值I1,且I1=2I2,在断开开关S时,线圈中产生自感电动势,D1、D2和D3组成回路,回路中有逆时针方向的电流,且电流从I1逐渐减小,最后减为零,选项A、B、D错误,选项C正确.9.BD解析 闭合开关S接通电路时,A2立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以通过A1的电流慢慢变大,最后两灯泡两端的电压一样大,所以一样亮,故A错误,B正确;断开开关S切断电路时,线圈对电流的减小有阻碍作用,相当于电源,与A1和A2串联,所以两灯泡都要过一会儿才熄灭,故C错

17、误,D正确.10.AD解析 磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终不变,选项A正确;根据楞次定律,MN与R构成的回路中,感应电流沿逆时针方向,a板一直带正电,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,其大小先减小后增大,选项C错误,D正确.11.BC解析 根据题意,穿过线框的磁通量变小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向与原磁场相同,由安培定则可判断,感应电流方向为EFGE,A错误,B正确;根据几何关系可得,磁场穿过线框的有效面积减小了S=312a2,根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势E=StB=3a2B4,C正确,

18、D错误.12.BC解析 穿过线框的磁通量先向下减小,后向上增大,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,选项A错误;因磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而磁感应强度的大小先减小后增大,根据F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项B正确;因线框平行的两边电流等大反向,则整个线框受到的安培力为零,则线框下滑的加速度不变,线框做匀加速直线运动,选项C正确;因安培力对线框做功为零,斜面光滑,则线框的机械能守恒,选项D错误.13.AD解析 金属圆环速度稳定后,t时间内,磁通量变化为=2-1=k0vt,所以感应电动势为E=t=k0v,故A正确;金属圆环速度稳定后,产生的电流

19、为I=ER=k0vR,热功率为P=I2R=(k0v)2R,故B错误,D正确;由能量守恒定律可知,重力的功率等于热功率,即mgv=I2R=(k0v)2R,解得m=(k0)2vgR,故C错误.非选择训练(八)1.(1)5 A(2)QP(3)10 W解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可知,PQ产生的感应电动势E=BLv=10.54 V=2 V又R外=R1R2R1+R2=0.30.60.3+0.6 =0.2 则感应电流的大小I=ER外+r=20.2+0.2 A=5 A(2)根据右手定则可判断,电流方向为QP(3)导体棒PQ匀速运动,则F=F安=BIL=150.5 N=2.5 N故外力做功的功率P=Fv

20、=2.54 W=10 W.2.(1)P(R+r)BL(2)Pt-mP(R+r)2B2L2解析 (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv回路中的电流I=ER+r导体棒所受的安培力F安=BILP=Fv匀速运动时,有F=F安联立解得v=P(R+r)BL.(2)导体棒由静止开始加速过程,根据动能定理得WF+W安=12mv2其中WF=Pt回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,即Q=-W安联立可得Q=Pt-mP(R+r)2B2L2.3.(1)由a至bB2L2vR(2)mvRB2L2mv2(3)丙图正确见解析解析 (1)根据右手定则,棒中感应电流方向为由a至b.棒刚要运动时,受摩擦力大小等于安培

21、力,即Ff=FA而FA=BI1L,I1=BLvR联立解得Ff=B2L2vR.(2)设棒的平均速度为v,根据动量定理得-Ft-Fft=0-2mv而F=BIL,I=BLvR,x=vt联立解得x=mvRB2L2根据动能定理得-Ffx-WA=0-12m(2v)2根据功能关系得Q=WA解得Q=mv2.(3)丙图正确当磁场速度小于v时,棒ab静止不动;当磁场速度大于v时,E=BLv,棒ab的加速度从零开始增大,a棒a时,v逐渐增大,电流逐渐增大,FA逐渐增大,棒做加速度逐渐增大的加速运动; 当a棒=a时,v保持不变,电流不变,FA不变,棒ab的加速度保持不变,开始做匀加速运动.4.(1)2 V(2)1.6

22、 V2 m/s2(3)0.25 W解析 (1)由图像可知,线圈内磁感应强度变化率为B1t=0.1 T/s由法拉第电磁感应定律得E1=nt=nB1tS=2 V(2)t=0时,回路中电流I=E1R+r=0.4 A导体棒ab两端的电压U=IR=1.6 V设此时导体棒的加速度为a,有mg-B2Il=ma解得a=g-B2Ilm=2 m/s2(3)当导体棒ab达到稳定状态时,感应电动势由感生电动势和动生电动势两个部分构成,且形成的电流方向相同,满足mg=B2IlI=E1+B2lvR+r解得v=5 m/s此时导体棒所受重力的瞬时功率P=mgv=0.25 W.5.(1)1.2 m/s(2)0.125 s解析

23、(1)在进入磁场前的加速度a=gsin 37-gcos 37=2 m/s2由v12=2as1解得v1=1.2 m/s(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的总功,由图像知机械能随位移均匀减小,因此安培力为恒力,线框匀速进入磁场.设线框的侧边长为s2,即线框进入磁场过程运动的距离为s2.根据功能关系,E=E1-E0=-(Ff+FA)s2因为是匀速运动,所以Ff+FA=mgsin 37=0.6 N解得s2=0.15 m故t=s2v1=0.151.2 s=0.125 s6.(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J解析 (1)对杆ab受力分析,匀速运动时重力沿导轨向下的分力与安培力平衡.感应电动势E=B1lv0电流I=ER+R2=E1.5R安培力F=B1Il匀速运动,有mgsin =F联立解得v0=6 m/s.(2)杆ab与“联动双杆”发生碰撞时,由动量守恒定律得mv0=4mv解得v=1.5 m/s.(3)“联动三杆”进入磁场区域过程,设速度变化大小为v,根据动量定理有-B2Ilt=-4mvIt=q=1.5R=B2Ll1.5R解得v=0.25 m/s同理,出磁场过程速度变化大小也为v出磁场区域后“联动三杆”的速度为v=v-2v=1.0 m/s根据能量守恒定律得Q=124m(v2-v2)=0.25 J.