高考模拟集训10

高考模拟集训10

一、选择题 ‎1．[2019·全国卷Ⅰ] 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(　　)‎ 答案　A 解析　底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确。‎ ‎2．[2019·全国卷Ⅲ] 如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)‎ A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 答案　D 解析　金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T 中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确。‎ ‎3. [2019·海南高考]如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若(　　)‎ A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向 D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向 答案　D 解析　金属环向上或向下运动时穿过金属环的磁通量不变，由产生感应电流的条件可知A、B错误；金属环向左侧直导线靠近，穿过金属环的合磁通量垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可知，环上的感应电流方向为顺时针方向，C错误；金属环向右侧直导线靠近，穿过金属环的合磁通量垂直纸面向里并且增强，则环上的感应电流方向为逆时针方向，D正确。‎ ‎4．[2019·北京高考]图1和图2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(　　)‎ A．图1中，A1与L1的电阻值相同 B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同 D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 答案　C 解析　断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1‎ 突然闪亮，随后逐渐变暗，说明通过L1的电流比通过A1的电流大，因此L1的阻值小于A1的阻值，故A错误；图1中，闭合S1，电路稳定后，因为L1的阻值小于A1的阻值，所以A1中电流小于L1中电流，故B错误；闭合开关S2，最终A2与A3的亮度相同，说明电路稳定时A2、A3两端电压相等，通过电流相等，则R与L2两端电压、通过电流都相等，故变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合S2瞬间，R中电流立即达到电路稳定时大小，而通过L2的电流由于线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，是逐渐增大的，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。‎ ‎5．[2019·江苏高考] (多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有(　　)‎ A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B．取走磁体，电吉他将不能正常工作 C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 答案　BCD 解析　按照题意，磁体附近的金属弦被磁化，铜质弦不能被磁化，所以A项错误；取走磁体，金属弦不能被磁化，金属弦振动时，不能使线圈中磁通量发生变化，线圈中不能产生感应电流，所以电吉他将不能正常工作，B项正确；根据法拉第电磁感应定律判断C项正确；弦振动过程中，不断靠近或远离线圈，由楞次定律知，线圈中的电流方向不断变化，D项正确。‎ ‎6．[2019·全国卷Ⅰ](多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是(　　)‎ A．圆盘上产生了感应电动势 B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 答案　AB 解析　当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误；由安培定则可判断出圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场，在中心方向竖直向下，在其他位置关于中心对称，此磁场不会导致磁针转动，选项D错误。‎ ‎7. [2019·全国卷Ⅱ](多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 答案　AB 解析　若圆盘转动的角速度恒定，则相当于无数切割磁感线的导体的运动速度恒定，切割磁感线感应电动势为E＝Br2ω 也恒定，则电流大小恒定，A正确；由右手定则可知，从上往下看，只要圆盘顺时针转动，电流就沿a到b的方向流动，不会改变，B正确，C错误；由于电流在R上的热功率与电流的平方成正比，圆盘转动的角速度变为原来的2倍时，圆盘切割磁感线产生的感应电动势变为原来的2倍，电流也变为原来的2倍，电流在R上的热功率变为原来的4倍，D错误。‎ ‎8. [2019·天津高考]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(　　)‎ A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 答案　D 解析　根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b，A错误。根据E＝·S，因为恒定，所以E恒定，根据I＝知，回路中的感应电流恒定，B错误。根据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小，C错误。根据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力逐渐减小，D正确。‎ ‎9．[2019·四川高考](多选) 如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有(　　)‎ 答案　BC 解析　根据牛顿定律可知，某时刻金属棒的加速度为a＝＝＝＋v，若k－>0，则金属棒做加速度增大的加速运动，其vt图象如图甲所示；由i＝可知感应电流i与v成正比，则it图线应该和vt图线形状相同；由FA＝得FA与v成正比，图象应该与vt图象形状相同，B正确；UR＝IR＝知UR与v成正比，图象应该与vt图象形状相同；由P＝＝得P与v2成正比，Pt图象应该是曲线。若k－<0，则金属棒做加速度减小的加速运动，其vt图象如图乙所示；由i＝可知感应电流i与v成正比，则it图线应该和vt图线形状相同，A错误；FA＝得FA与v成正比，图象应该与vt图象形状相同；由UR＝IR＝知UR与v成正比，图象应该与vt图象形状相同，C正确；由P＝＝得P与v2成正比，Pt图象也应该是曲线，D错误；同理可知当k－＝0时A、D亦错误。故选B、C。‎ 二、非选择题 ‎10．[2019·江苏高考]如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v ‎。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆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)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①‎ 回路的感应电流I＝②‎ 由①②式解得I＝③‎ ‎(2)金属杆所受的安培力F＝BId④‎ 由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤‎ 由③④⑤式得a＝⑥‎ ‎(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦‎ 感应电动势E′＝Bdv′⑧‎ 感应电流的电功率P＝⑨‎ 由⑦⑧⑨式得P＝。‎ ‎11．[2019·天津高考]电磁轨道炮利用电流和磁场的作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离为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。‎ 答案　(1)垂直于导轨平面向下　(2) ‎(3) 解析　(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向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，设刚放电时流经MN的电流为I，有 I＝①‎ 设MN受到的安培力为F，有 F＝IlB②‎ 由牛顿第二定律，有 F＝ma③‎ 联立①②③式得 a＝④‎ ‎(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有 Q0＝CE⑤‎ 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 E′＝Blvmax⑥‎ 依题意有 E′＝⑦‎ 设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有 ＝lB⑧‎ 由动量定理，有 Δt＝mvmax－0⑨‎ 又Δt＝Q0－Q⑩‎ 联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q＝。‎ ‎12. [2019·全国卷Ⅰ]如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为‎2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：‎ ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小。‎ 答案　(1)mg(sinθ－3μcosθ)　(2) 解析　(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。‎ 对于ab棒，由力的平衡条件得 ‎2mgsinθ＝μN1＋2T＋F①‎ N1＝2mgcosθ②‎ 对于cd棒，同理有 mgsinθ＋μN2＝2T③‎ N2＝mgcosθ④‎ 联立①②③④式得 F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤‎ ‎(2)由安培力公式得 F＝BIL⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为 E＝BLv⑦‎ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得 I＝⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝。‎