2019届高三物理二轮复习-专题四-电路和电磁感应-第2讲-电磁感应及其应用对点规范演练

1、2019届高三物理二轮复习 专题四 电路和电磁感应 第2讲 电磁感应及其应用对点规范演练1(2017江苏卷)如图所示，如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(A)A11B12C14D41解析 由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Br2，因此磁通量之比为11，A项正确2(2017天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(D)Aab中

2、的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小解析 根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断ab中感应电流方向从a到b，选项A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I恒定不变，选项B错误；安培力FBIL，由于I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，选项C错误，D正确3(2017全国卷)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快

3、速衰减其微小振动，如图所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(A)解析 施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中

4、磁通量可能不变综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.4(2017北京卷)图甲、和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同下列说法正确的是(C)A图甲中，A1与L1的电阻值相同B图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析 题图甲中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL.S1断开瞬间，A1突然变亮，可

5、知ILI1，因此A1和L1电阻不相等，故选项A、B错误；题图乙中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，故选项C正确5(多选)如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，

6、重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek.则(BCD)AW1QBW2W1QCW1EkDWFWGQEk解析 由动能定理可知，磁场力对导体棒做的功等于导体棒动能的增加量，A项错误，C项正确；由功能关系可知，外力做功WF等于系统能量的增加，即WFEpEkQ，其中由重力做功与重力势能变化关系可知，WGEp，EkEk，所以有WFWGEkQ，D项正确；磁铁匀速运动，故WFWGW2，解以上各式得W2W1 Q，B项正确6(2017浙江杭州模拟)(多选)如图甲所示，一个U形光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上，电阻R10 ，其余电阻均不计，两导轨间的距离l0.2 m，有垂直于桌面向下并

7、随时间变化的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直在t0时刻，金属杆紧靠在最左端，杆在外力的作用下以速度v0.5 m/s向右做匀速运动当t4 s时，下列说法中正确的是(AD)A穿过回路的磁通量为0.08 WbB流过电阻R的感应电流的方向为baC电路中感应电动势大小E0.02 VD金属杆所受到的安培力的大小为1.6104 N解析 t4 s时，金属杆的位移大小xvt2 m，由图乙知，4 s末磁感应强度B0.2 T，则穿过回路的磁通量BSBxl0.08 Wb，选项A正确；金属杆切割产生的感应电动势E1Blv0.20.2

8、0.5 V0.02 V，由右手定则，切割产生的感应电流由a流过电阻R到b；由法拉第电磁感应定律，磁通量发生变化产生的感应电动势E2eq f(,t)eq f(B,t)lx0.050.22 V0.02 V，由楞次定律，E2的电流方向由a流过电阻R到b，故流过电阻R的总的感应电流的方向为ab，选项B错误；电路中感应电动势大小EE1E20.04 V，选项C错误；电路中感应电流大小Ieq f(E,R)4103 A，故金属杆所受到的安培力的大小FBBIl0.241030.2 N1.6104 N，选项D正确7(2016浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角5

9、3，导轨上端串接一个R0.05 的电阻在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小

10、；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热解析 (1)由牛顿第二定律aeq f(Fmgsin ,m)12 m/s2，进入磁场时的速度veq r(2as)2.4 m/s.(2)感应电动势EBlv，感应电流Ieq f(Blv,R)，安培力FAIBl，代入得FAeq f(Bl2v,R)48 N.(3)健身者做功WF(sd)64 J，由受力分析有Fmgsin FA0，CD棒在磁场区域做匀速运动，在磁场中运动的时间teq f(d,v)，焦耳热QI2Rt26.88 J.答案 (1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J8(2017天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作

11、用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少解析 (1)垂直于导轨平面向下(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，刚放电时流经MN的电流为I，有Ieq f(E,R)，设MN受到的安培力为F，有FIlB，由牛顿第二定律，有Fma，联立式得aeq f(BlE,mR).(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE，开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax，依题意有Eeq f(Q,C)，设在此过程中MN的平均电流为eq xto(I