2019届高考物理复习第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.docx

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：A22018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：AC32018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L0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻，一质量m0.1 kg、电阻r0.1 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B0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移x9 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Q12.025 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B.由闭合电路的欧姆定律得则通过电阻R的电荷量为qt联立各式，代入数据得q2.25 C.(2)由法拉第电磁感应定律得EBLv对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得vat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FBILma得F0.20.05t.(3)对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v22ax撤去外力后，由动能定理得安培力做的功W0mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2W联立解得Q21.8 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WFQ1Q2解得WF3.825 J.答案：(1)2.25 C(2)0.20.05t(3)3.825 J42018辽宁本溪二模如图所示，在倾角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d0.55 m，有一边长L0.4 m、质量m10.6 kg、电阻R2 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m20.4 kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数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，sin370.6，cos370.8)(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FTm2gm2a以m1为研究对象有m1gsinFTm1a解得FT2.4 Na2 m/s2(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动，用整体法有m1gsinm2g0解得v1 m/sab到MN前线框做匀加速直线运动，有v22ax解得x0.25 m(3)线框从