《2022年年高三物理一模电磁感应专题汇编资料,推荐文档 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年年高三物理一模电磁感应专题汇编资料,推荐文档 .pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1 上海市各区县2017 届高三物理试题电磁感应专题分类精编一、选择题1、 （2017 宝山第 9 题）如图所示，直导线MN 与闭合线框abcd 位于同一平面，要使导线框中产生方向为 abcd 的感应电流，则直导线中电流方向及其变化情况应为（）（ A）电流方向为M 到 N，电流逐渐增大（B）电流方向为N 到 M，电流逐渐增大（C）电流方向为M 到 N，电流大小不变（ D）电流方向为N 到 M，电流逐渐减小2、 （2017 虹口第 6 题、杨浦区第8 题）如图所示，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
2、下的恒定电流，若（）（A）金属环向上运动，则环中产生顺时针方向的感应电流（B）金属环向下运动，则环中产生顺时针方向的感应电流（C）金属环向左侧直导线靠近，则环中产生逆时针方向的感应电流（ D）金属环向右侧直导线靠近，则环中产生逆时针方向的感应电流3、 （2017 静安第 12 题）左图虚线上方是有界匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O 以角速度逆时针匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，则能正确反映线框转动一周感应电流随时间变化的图像是（）4、 （2017 黄浦第 12 题）如图所示， I、III 为两匀强磁场区，I 区域的磁场方向垂直纸面向里，III 区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感强
3、度均为B，两区域中间为宽l 的无磁场区II ，有边长为L=2l 的正方形金属框 abcd 置于 I 区域， ab 边与磁场边界平行，以I、II 区域分界处为坐标原点O。现使金属框向右匀速移动，在ab 边从 x=0 到 x=3l 的过程中，能定性描述线框中感应电流随位置变化关系的是（）M N a d c b 左右名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 13 页 - - - - - - - - - 2 5、 （2017 闵行第 10 题）如图所示，条形磁铁放在光滑的斜
4、面上（斜面固定不动），用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A 为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为F1；当导线中通有电流时，发现弹簧的伸长量减小，设此时磁铁对斜面的压力为F2。则（）（A）F1F2，A 中电流方向向内（B）F1F2，A 中电流方向向外（C）F1F2，A 中电流方向向内（D）F12 3m/s故整个过程中向下匀速时速度最大，最大速度为10m/s（2 分）20.5 1 10100.40.11000.440BLvIARrPI Rw（2 分）答： （1）当 M 下落高度h=1.0m 时，ab 速度的大小为3.46m/s； （2）先向上做加速度减小的减速运动，到速度为零
5、后向下做加速度减小的加速运动，最终匀速运动。（3）当 ab 棒速度最大时，定值电阻R 的发热功率为40W。3、 （2017 虹口第 17 题） （14 分）（1）CD 棒进入磁场前，牛顿定律：F mgsin ma（1 分）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 13 页 - - - - - - - - - 1 0解出： aFmg sin 2010 0.812m/s（1 分）由匀变速公式2asvt2v02，解出 v2as 2120.24 m/s2.4m/s（1 分）
6、（ 2）CD 棒刚进入磁场时，感应电动势EBlv2.4V，感应电流IER48A（1 分）安培力 FABIl 48N（1 分）重力分力为mg sin 32N，因拉力 F80N，合力为零，（1 分）故 CD 棒进入磁场后，应匀速运动（1 分）（3）可以不用做出调节。（1 分）因为拉力增大，CD 棒进入磁场时的速度增大，安培力也随之增大，如果维持CD 棒在磁场中匀速运动，仍然需要较大的拉力，可以满足锻炼的需求。（如果答“增强磁场” 、 “加大导轨宽度” 、 “减小电阻R”可酌情给分）（2 分）（ 4）每次上升过程，CD 棒增加的重力势能Epmg(s+d) sin 25.6J，（1 分）增加的动能Ek
7、12mvt28J（1 分）每次需消耗能量EEkEpQ56J（1 分）次数 nE总 E 800056142.86，完成以上动作约需143 次。（1 分）4、 （2017 黄浦第 20 题） （14 分）（1） （6 分）刚释放时，ab 棒的受力如右图。 沿轨道斜面向下的合力：m1gsin20 =0.25 10 0.34N=0.85N最大静摩擦力fmax=N1=m1gcos20 =0.4 0.25 10 0.94 N =0.94N因为 m1gsin20 fmax，所以刚释放时ab 棒保持静止。cd 棒向下做切割磁感线的运动，由楞次定律可以确定cd 棒中的电流从d 指向 c，ab 棒中的电流从a 指
8、向 b 由左手定则可以确定ab 棒受到的安培力垂直于左侧轨道向下cd 棒速度增大，由E=BLv 和闭合电路欧姆定律可确定ab 棒中的电流增大，再由 FA=BIL 可确定 ab 棒受到的安培力增大，导致压力增大进而导致ab 棒与轨道间的最大静摩擦力增大因为总有m1gsin20 fmax，所以 ab 棒不会由静止开始运动。评分量表： 以上 各 1 分（2） （8 分） cd 棒在右侧轨道上做匀加速运动时，其受力情况如图所示，设F 方m1gN1f1m2g N2f2FA2F 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理
9、- - - - - - - 第 10 页，共 13 页 - - - - - - - - - 1 1向向下。其中，斜面弹力N2= m2gcos70 ，斜面摩擦力f2=N2=m2gcos70 ，安培力 FA2=BIL = BLBLvR1+R2= B2L2at R1+R2 以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有：m2g sin70 +F -m2gcos70 -FA = m2a 代入已知数据可得：F= -0.754+0.09 t 所以：t=0s时， F 沿右侧轨道向上，大小为0.754N；0s8.38s 之间， F 沿右侧轨道向上，大小随时间均匀减小；t=8.38s 时， F 恰好为零；8.38s
10、以后， F 沿右侧轨道向下，大小随时间均匀增大。5、 （2017 嘉定长宁第17 题） （14 分）（1）金属棒先做加速度减小速度增加的变加速运动，最终做匀速直线运动(3 分) （ 2）由于甲灯正常工作，说明电路此时的电流为RPI，而这个电流是由于金属棒切割磁感线产生的，故有：rRBLvRP，所以，RPBLrRv(3 分) （ 3）甲灯正常发光时金属棒在恒力作用下匀速直线运动，恒力大小与此时安培力的大小相等，RPBLBLIFFA闭合开关K，电路电阻发生了变化，电流也变化了，此时的安培力为)2(rRBLvBLFA，由牛顿定律有marRBLvBLRPBL)2(，将 v 代入解得，)2(rRmPRB
11、La， “-”号表示加速度的方向向左(5 分) （ 4）合上开关K 经过足够长时间后，金属棒又处于匀速直线运动状态，安培力又与恒力大小相等，故流过金属棒的电流仍然为RPI，甲乙两灯并联，故甲灯的电流为原来的一半RPI21，甲灯的功名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 13 页 - - - - - - - - - 1 2率为PRRPRIP41)21(22 甲(3 分)6、（ 2017 静安第 20 题） （14 分）解答：（ 1）形线框 abcd 与金属棒 PQ
12、 构成闭合回路。在形线框下落过程中，bc 边在磁场区域内切割磁感线，回路中产生感应电流，金属棒PQ 在磁场区域中，受到向下的安培力，金属棒在拉力、重力和安培力的作用下处于平衡状态。随着线框下落速度的增大，感应电动势、感应电流、安培力都增大， bc 边到达磁场下边界时，以上各量都达到最大。由细线断裂的临界条件：mgFmg3=+安，既：mgF2=安（1 分）再由LIBFm2=安（1 分）联立各式得：LBmgIm2=2（1 分）（2）细线断裂瞬间，线框的速度最大，此时感应电动势：LvBE1= （1 分）由闭合电路的欧姆定律：)3+(=)+(=rrIRrIEmm（1 分）联立得：2218=LBBmgr
13、v（1 分）（3）根据能量守恒定律，整个过程产生的内能等于减少的机械能：2=MvMgHQ21-（2 分）再由RIP2=可知，43=3+3=22)(棒rrIrIQQ（ 1 分）所以：4222122224=LBBrgMmMgHQ-43Q43棒（1 分）（4）形线框下落过程中，做加速度减小的变加速运动（2 分）刚释放瞬间，加速度最大为g（1 分）bc 边到达磁场的下边界时，加速度最小，设为a，由牛顿第二定律：MLIBMgam1=-，式中LBmgIm2=2名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - -
14、- - 第 12 页，共 13 页 - - - - - - - - - 1 3解得最小加速度：212-=MBmgBga（ 1 分）（评分标准：描述速度、加速度，求出最大加速度、最小加速度，各1 分，共 4 分）7、（ 2017 浦东新区第19 题） （12 分）解析：（1）电流方向由M 指向 N；（2 分）根据能的转化和能量守恒定律（或根据功能关系：外力克服安培力做功，机械能转化为电能）设感应电流为I，MN 移动 s距离所需时间为t。（1 分）则WFsEItAFFBILtsv所以 E=BLv（1 分）（2）MN 棒在外力F 和安培力共同作用下运动，由牛顿第二定律，得AFFma22AB L vF
15、BILR22B L vFmaR（1 分）v 增大， a 减小， MN 棒先做加速度逐渐减小的加速运动。（1 分）当22B L vFR时， a=0，速度达到最大速度vm，MN 棒以 vm做匀速运动。 （1 分）22mFRvB L（1 分）（ 3）由牛顿第二定律，得AFFma22B L vFmaR0vvat得22220B L vB L aFmatRR（2 分）由图像可得斜率的绝对值为2200FB L aktR解得：0220F RaB L t（1 分）由图像纵轴截距可得2200B L vbFmaR解得：04402200tLBmRtLBRFv（1 分) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 13 页 - - - - - - - - -