2024高考物理大二轮复习专题四电路与电磁感应4.2精练含解析

PAGEPAGE8电路与电磁感应(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题)1．(2024·枣阳检测)如图所示的试验示意图中，用于探究磁生电的是()解析：磁铁快速向下移动时，发觉电流表指针偏转，说明产生了感应电流，依据产生感应电流的条件，闭合电路的磁通量在变更，选项A正确；当闭合开关时，出现通电导线在磁场中受到安培力作用，是属于电磁感应现象，选项B错误；通电线圈在磁场中受到安培力作用，而使线圈转动，属于电磁感应现象，选项C错误；通电导线四周存在磁场，使得小磁针转动，属于电生磁现象，选项D错误。答案：A2.如图所示，一条形磁铁用细线悬挂在天花板上，金属环水平固定放置在其正下端，现将细线剪断，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环()A．始终相互吸引B．始终相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥，后相互吸引解析：磁铁靠近圆环的过程中，穿过圆环的磁通量增加，依据楞次定律可知，感应电流产生的磁场阻碍穿过圆环的原磁通量的增加，与原磁场方向相反，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环离开圆环时，穿过圆环的磁通量削减，依据楞次定律可知，感应电流产生的磁场阻碍穿过圆环的磁通量的削减，二者方向相同，磁铁与圆环之间是引力，选项D正确。也可干脆依据楞次定律中“阻碍”的推广结论：“来则拒之，去则留之”分析，磁铁在圆环上方下落过程是靠近圆环，依据“来则拒之”，二者之间是斥力；磁铁穿过圆环接着下落过程是远离圆环，依据“去则留之”，二者之间是引力，选项D正确。答案：D3.如图所示，abcd是一个质量为m、边长为L的正方形金属线框，从如图示位置自由下落。在下落h后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L，在这个磁场的正下方h＋L处还有一个未知磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是()A．未知磁场的磁感应强度是2BB．未知磁场的磁感应强度是eq\r(2)BC．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL解析：设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v1，那么mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝eq\r(2gh)，设线圈刚进入其次个磁场时速度大小为v2，那么veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2gh，v2＝eq\r(2)v1，依据题意还可得到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两项均错误；穿过两个磁场时都做匀速运动，把削减的重力势能都转化为电能，穿过磁场的每一个过程线框的位移均为2L，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，故C项正确，D项错误。答案：C4．如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5m，底端接有阻值为R＝4Ω的电阻，整个装置处于垂直导体框架斜向上的匀强磁场中，一质量为m＝1kg、电阻r＝1Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止起先运动，拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示，已知g＝10m/s2。则()A．v＝5m/s时拉力大小为7NB．v＝5m/s时拉力的功率为140WC．匀强磁场的磁感应强度的大小为2TD．当棒的加速度a＝8m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2N解析：由题图乙可知，v＝5m/s时拉力F＝14N，选项A错误；拉力的功率PF＝Fv＝14×5W＝70W，选项B错误；由题图乙可知，导体棒的最大速度vmax＝10m/s，此时拉力最小Fmin＝7N，Fmin－mgsinθ－F安＝0，F安＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，代入数据得B＝2T，选项C正确；F＝70eq\f(1,v)，F－mgsinθ－F安＝ma，F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(1,5)v，当a＝8m/s2时，由以上三式得v2＋65v－350＝0，解得v＝5m/s，故此时安培力的大小F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝1N，选项D错误。答案：C5.如图所示，在方向垂直纸面对里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由匀称导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝L，cd＝2L。线框导线的总电阻为R。则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是()A．a、d间的电压为eq\f(BLv,3)B．流过线框截面的电荷量为eq\f(2BL2,R)C．线框所受安培力的合力为eq\f(2B2L2v,R)D．线框中的电流在ad边产生的热量为eq\f(2B2L3v,3R)解析：a、d间的电压为U＝I·eq\f(1,6)R＝eq\f(B·2Lv,R)·eq\f(1,6)R＝eq\f(BLv,3)，故A正确；流过线框截面的电荷量q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝eq\f(2BL2,R)，故B正确；线框所受安培力的合力F＝BI·2L＝eq\f(4B2L2v,R)，故C错误；产生的感应电动势E＝2BLv，感应电流I＝eq\f(E,R)；线框中的电流在ad边产生的热量Q＝I2·eq\f(1,6)R·eq\f(L,v)＝eq\f(2L3B2v,3R)，故D正确，故选A、B、D。答案：ABD6.如图所示，S和P是半径为a的环形导线的两端点，OP间电阻为R，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直环面对里，金属棒OQ与环形导线接触，以角速度ω绕O点无摩擦顺时针匀速转动，则()A．电阻R两端的电压为eq\f(Bωa2,2)B．金属棒的电流由Q指向OC．金属棒受的磁场力大小为eq\f(B2ωa2,2R)D．电阻R消耗的功率为eq\f(B2ω2a4,4R)解析：由右手定则，金属棒的电流由O指向Q，选项B错误；感应电动势E＝eq\f(Bωa2,2)，选项A正确；金属棒受的磁场力F＝BIL＝eq\f(B2ωa3,2R)，选项C错误；电阻R消耗的功率为P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2ω2a4,4R)，选项D正确。答案：AD7.如图所示为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面对外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面对里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变更规律图象的是()解析：从线框进入磁场磁通量起先增加，当全部进入时达到最大；此后向里的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到1.5L时，磁通量最小，当运动到2L时磁通量变为向里的最大，故A正确。当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，感应电流为顺时针方向；而起先进入其次个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLv，方向为逆时针方向为正值，故B正确。因安培力总是与运动方向相反，故拉力应始终向右，故C错误；拉力的功率P＝Fv，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，F安＝2B·eq\f(2BLv,R)L＝4eq\f(B2L2v,R)，因此安培力变为原来的4倍，则拉力的功率变为原来的4倍，电功率等于拉力功率，故D正确。答案：ABD二、非选择题8.如图所示，MN、PQ为光滑平行的水平金属导轨，电阻R＝3.0Ω，置于竖直向下的有界匀强磁场中，OO′为磁场边界，磁场磁感应强度B＝1.0T，导轨间距L＝1.0m，质量m＝1.0kg的导体棒垂直置于导轨上且与导轨接触良好，导体棒接入电路的电阻r＝1.0Ω，t＝0时刻，导体棒在F＝1.0N水平拉力作用下从OO′左侧某处静止起先运动，t0＝2.0s时刻导体棒进入磁场，导体棒始终与导轨垂直。(1)求t0时刻回路的电功率P0。(2)求t0时刻导体棒的加速度大小a。(3)导体棒进入磁场后，变更拉力大小，使导体棒以(2)状况下的加速度a匀加速运动至t1＝4.0s时刻，已知t0～t1时间内拉力做功W＝5.7J，求此过程回路中产生的焦耳热Q。解析：(1)设导体棒在进入磁场前运动的加速度为a0，由牛顿其次定律得：F＝ma0导体棒在t0时刻的速度：v0＝a0t0由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv0又有：P0＝eq\f(E2,R＋r)解得：P0＝1.0W(2)由闭合电路的欧姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)t0时刻对导体棒由牛顿其次定律得：F－BIL＝ma解得：a＝0.5m/s2(3)t1时刻导体棒的速度：v＝v0＋a(t1－t0)由动能定理得：W－W安＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由功能关系得：Q＝W安解得：Q＝3.2J答案：(1)1.0W(2)0.5m/s2(3)3.2J9．一个圆形线圈，共有n＝10匝，其总电阻r＝4.0Ω，线圈与阻值R0＝16Ω的电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l＝0.20m的正方形区域，其中有分布匀称但强弱随时间变更的磁场，图乙描述的是磁场在一个周期内的变更状况，其中周期T＝1.0×10－2s，磁场方向以垂直线圈平面对外为正方向。求：(1)0～eq\f(T,4)时间段内，通过电阻R0的电流的大小和方向；(2)0～eq\f(T,2)时间段内，通过电阻R0的电荷量；(3)一个周期内电阻R0产生的热量。解析：(1)由感应电动势公式E＝eq\f(nΔΦ,Δt)可知，在0～eq\f(T,4)时间段内，线圈中产生的感应电动势大小E1＝eq\f(4nΔB·S,T)结合题图代入数据解得E1＝8V通过电阻R0的电流的大小为I1＝eq\f(E1,R0＋r)代入数据解得I1＝0.4A，电流方向由b到a。(2)同理可得eq\f(T,4)～eq\f(T,2)时间段内，通过电阻R0的电流大小为I2＝0.2A则0～eq\f(T,2)时间段内，通过电阻R0的电荷量为q＝I1eq\f(T,4)＋I2eq\f(T,4)代入数据解得q＝1.5×10－3C。(3)分析题图乙并结合焦耳定律可得，一个周期内电阻R0产生的热量Q＝Ieq\o\al(2,1)R0·eq\f(T,2)＋Ieq\o\al(2,2)R0·eq\f(T,2)代入数据解得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·长沙一模)足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4m的光滑竖直圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝Mc＝0.1kg，电阻Rb＝Rc＝1Ω，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s起先向左运动，求：(1)c棒的最大速度。(2)c棒中产生的焦耳热。(3)若c棒达到最大速度后沿圆轨道上滑，求金属棒c达到轨道最高点时对轨道的压力的大小。解析：(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。对两棒组成的系统由动量守恒定律得：mbv0＝(mb＋mc)v解得：v＝5m/s(2)从b棒起先运动到两棒速度相等的过程中，由能量守恒定律得：Q＝eq