《高考物理二輪復習 第一部分 二輪專題突破 專題四 電路與電磁感應 課時作業(yè)11 電磁感應規(guī)律及其應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理二輪復習 第一部分 二輪專題突破 專題四 電路與電磁感應 課時作業(yè)11 電磁感應規(guī)律及其應用（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考物理二輪復習 第一部分 二輪專題突破 專題四 電路與電磁感應 課時作業(yè)11 電磁感應規(guī)律及其應用1.如圖所示，一導體圓環(huán)位于紙面內(nèi)，O為圓心環(huán)內(nèi)兩個圓心角為90的扇形區(qū)域內(nèi)分別有勻強磁場，兩磁場磁感應強度的大小相等，方向相反且均與紙面垂直導體桿OM可繞O轉(zhuǎn)動，M端通過滑動觸點與圓環(huán)接觸良好在圓心和圓環(huán)間連有電阻R.桿OM以勻角速度逆時針轉(zhuǎn)動，t0時恰好在圖示位置規(guī)定從a到b流經(jīng)電阻R的電流方向為正，圓環(huán)和導體桿的電阻忽略不計，則桿從t0開始轉(zhuǎn)動一周的過程中，電流隨t變化的圖象是()解析：根據(jù)EBl2和I可知，導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電流的大小是恒定的根據(jù)右手定則，可知C正確答案：C2如圖甲

2、所示，邊長為L、總電阻為R的正方形導線框靜置于光滑水平面上，cd邊正中間有一個很小的豁口PQ，且導線框處于與水平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示則下列說法正確的是()A在0t0時間內(nèi)，正方形導線框有收縮的趨勢B在t時刻，ab邊所受安培力大小為C在0t0時間內(nèi)PQ間的電勢差為D在0t0時間內(nèi)，P點電勢低于Q點電勢解析：由于正方形導線框不閉合，導線框中沒有感應電流，但有感應電動勢，導線框不受安培力，A、B錯誤；由法拉第電磁感應定律得，導線框的感應電動勢E，C正確；在0t0時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律知P點電勢高于Q點電勢，D錯誤答案：C3法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機法拉第

3、圓盤發(fā)電機銅質(zhì)圓盤豎直放置在水平向左的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各有一個銅電刷與其緊貼，用導線將電刷與電阻R連接起來形成回路轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤如圖示方向轉(zhuǎn)動已知勻強磁場的磁感應強度為B，圓盤半徑為L，圓盤勻速轉(zhuǎn)動的角速度為，不計圓盤電阻則下列說法正確的是()A因為穿過圓盤的總磁通量為零，故不產(chǎn)生感應電動勢，因此通過R的電流為零B通過R的電流方向從a到bC通過R的電流方向從b到aD通過R的電流大小為BL2/R解析：可將圓盤看成是由許多根長度為L的銅條拼接而成的，這許多根銅條均切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，它們并聯(lián)起來為電阻R供電，故選項A錯誤；對其中一根長度為L的銅條，由右手定則

4、可知，電流從圓盤的圓心流出，從b流進電阻，故選項B錯誤、C正確；通過電阻R的電流IE/R，n根銅條并聯(lián)的電動勢等于一根銅條產(chǎn)生的電動勢EBLv，vL/2，聯(lián)立解得IBL2/2R，故選項D錯誤答案：C4(xx江西省五校高考模擬考試)如圖甲所示，垂直于水平桌面向上的有界勻強磁場的磁感應強度大小B0.8 T，寬度L2.5 m，光滑金屬導軌OM、ON固定在桌面上，O點位于磁場的左邊界，且OM、ON與磁場左邊界均成45角金屬棒ab放在導軌上，且與磁場的右邊界重合t0時，ab棒在水平向左的外力F作用下向左運動并勻速通過磁場測得回路中的感應電流I隨時間t變化的圖象如圖乙所示已知O點處電阻為R，其余電阻不計則

5、下列說法中正確的是()A由圖乙可知05 s內(nèi)通過ab棒橫截面的電荷量為10 CB水平外力F隨時間t變化的表達式為F2(20.4t)2(N)CO點處的電阻為1 D在05 s內(nèi)水平外力F做功的功率最大值為4 W解析：由題圖乙可知，在05 s內(nèi)通過ab棒截面的電荷量為q52 C5 C，A錯誤；由公式qtL2，解得R1 ，C正確；由題圖乙可知ab棒切割磁感線的速度v0.5 m/s，ab棒切割磁感線的長度l2(Lvt)，水平外力F等于安培力，F(xiàn)A0.32(5t)2(N)，B錯誤；水平外力F做功的功率P外PAFAv0.16(5t)2(W)，其中0t5 s，當t0時，P外max4 W，D正確答案：CD5(x

6、x上海高考)如圖(a)，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向螺線管與導線框abcd相連，導線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內(nèi)當螺線管內(nèi)的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時()A在t1t2時間內(nèi)，L有收縮趨勢B在t2t3時間內(nèi)，L有擴張趨勢C在t2t3時間內(nèi)，L內(nèi)有逆時針方向的感應電流D在t3t4時間內(nèi)，L內(nèi)有順時針方向的感應電流解析：據(jù)題意，在t1t2時間內(nèi)，外加磁場磁感應強度增加且斜率在增大，則在導線框中產(chǎn)生沿順時針方向增加的電流，該電流激發(fā)增加的磁場，該磁場通過圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應電流，根據(jù)結(jié)論“增縮減擴”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢，故選項A

7、正確；在t2t3時間內(nèi)，外加磁場均勻變化，在導線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場，該磁場通過圓環(huán)時，圓環(huán)中沒有感應電流，故選項B、C錯誤；在t3t4時間內(nèi)，外加磁場向下減小，且斜率也減小，在導線框中產(chǎn)生沿順時針方向減小的電流，該電流激發(fā)出向內(nèi)減小的磁場，故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時針方向電流，選項D正確答案：AD6.空間內(nèi)存在一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域的橫截面為等腰直角三角形，底邊水平，其斜邊長度為L.一正方形導體框邊長也為L，開始時正方形導體框的ab邊與磁場區(qū)域橫截面的斜邊剛好重合，如圖所示從圖示位置開始計時，正方形導體框以平行于bc邊的速度v勻速穿越磁場若導線框中的感應電流為i，a、b兩

8、點間的電壓為uab，感應電流取逆時針方向為正，則在導體框穿越磁場的過程中，下列i、uab隨時間的變化規(guī)律正確的是()解析：由楞次定律可以判斷出導體框進磁場時電流方向為逆時針，出磁場時電流方向為順時針，由EBlv可得i，進、出磁場時導體框切割磁感線的有效長度l均由大變小，所以電流也是從大變小，選項A正確、B錯誤；進磁場時ab為電源，uab0且uabBlv，出磁場時ab不是電源，電流從b到a，uab0且uab，選項C錯誤、D正確答案：AD7如圖所示，足夠長的光滑導軌傾斜放置，導軌所在平面與水平面的夾角為，其上端接有電阻R，勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，垂直導軌放置的導體棒EF電阻為r，導體棒與導

9、軌接觸良好，導軌和導線電阻不計，在導體棒EF下滑的過程中，下列說法正確的是()A導體棒EF中的感應電流方向從F到EB導體棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定C導體棒的機械能一直減小D導體棒克服安培力做的功等于電阻R消耗的電能解析：在導體棒EF下滑的過程中，由右手定則可判斷出導體棒EF中的感應電流方向從F到E，選項A正確；由左手定則可判斷出導體棒EF受到沿斜面向上的安培力F安，開始時，導體棒EF的速度增大，感應電動勢增大，感應電流增大，安培力增大，當F安mgsin時導體棒達到最大速度vm，之后做勻速直線運動，速度不再增大，安培力不變，故選項B錯誤；由于下滑過程中導體棒EF切割磁感線產(chǎn)生感應

10、電動勢，回路中有電阻消耗電能，機械能不斷轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以導體棒的機械能不斷減少，選項C正確；安培力做負功將機械能轉(zhuǎn)化為電能，根據(jù)功能關系可知導體棒克服安培力做的功等于整個回路消耗的電能，包括電阻R和導體棒消耗的電能，故選項D錯誤答案：AC二、非選擇題8如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成37角放置，在斜面上虛線cc和bb與斜面底邊平行，且兩線間距為d0.1 m，在cc、bb圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g，總電阻為R1 ，邊長也為d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與cc重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動，當金屬

11、線圈從最高點返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運動已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，取g10 m/s2，不計其他阻力，求：(取sin370.6，cos370.8)(1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度大?。?2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能；(3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)金屬線圈向下勻速進入磁場時，有mgsinmgcosF安其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s.(2)設最高點離bb的距離為x，線圈從最高點到開始進入磁場過程做勻加速直線運動，有v22ax，mgsinmgcosma線圈從向上離開磁場到向下進入磁場的過程，根據(jù)動能定理有Ek1Ekmgco

12、s2x，其中Ekmv2得Ek1mv20.1 J.(3)線圈向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有mgsin2dmgcos2dW安0QW安解得Q2mgd(sincos)0.004 J.答案：(1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J9如圖甲所示，通過導線將電容器C、定值電阻R與間距為l0.2 m的平行金屬導軌相連，長度為l0.2 m的導體棒MN垂直平行導軌放置，已知導體棒的質(zhì)量為m0.1 kg，導體棒與平行導軌之間的動摩擦因數(shù)為0.2，定值電阻R0.4 ，電容器的電容C10 F，整個裝置處在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B0.5 T的勻強磁場中從某時刻起，在導體棒MN上加一水平向右的外力，使導

13、體棒向右加速運動，整個過程中導體棒始終與導軌有良好的接觸有沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動，導軌、導線以及導體棒的阻值均可忽略，重力加速度g10 m/s2.(1)將單刀雙擲開關扳到2位置，且保持外力的功率不變，通過速度傳感器描繪出的導體棒的速度時間圖象如圖乙所示，其中10 s后的圖象與時間軸平行，如果010 s的時間內(nèi)電路產(chǎn)生的熱量為Q30 J，則10 s末的外力以及010 s內(nèi)導體棒的位移分別為多大？(2)如果將單刀雙擲開關扳到1位置，將外力改為F0.3 N的恒力，則10 s末外力的瞬時功率應為多大？解析：(1)將單刀雙擲開關扳到2位置，當導體棒MN勻速運動時，速度達到最大值vm，此時導體棒MN所受的合外力為零

14、，則F1FAFf0導體棒MN所受的摩擦力為Ffmg0.2 N此時的感應電動勢為EBlvm，由歐姆定律可知I由安培力的公式得FABIl，代入數(shù)據(jù)得FA0.25 N因此10 s末外力的大小為F1FAFf0.45 N10 s末外力的功率為PF1vm0.4510 W4.5 W因此010 s內(nèi)外力的功率恒為4.5 W，對導體棒由動能關系可知PtmvFfxQ，代入數(shù)據(jù)可解得x50 m.(2)將單刀雙擲開關扳到1位置，當導體棒的速度大小為v時，感應電動勢為EBlv由C可知，此時電容器極板上的電荷量為QCUCECBlv在一小段時間t內(nèi)，可認為導體棒做勻速運動，速度增加量為v，電容器極板上增加的電荷量為QCBl

15、v根據(jù)電流的定義式可知ICBla對導體棒，由牛頓第二定律可知FFfBIlma將ICBla代入上式整理得a，代入數(shù)據(jù)解得a0.5 m/s2顯然導體棒的加速度為一定值，即導體棒做勻加速直線運動，則10 s末導體棒的速度為vat5 m/s此時外力的瞬時功率為PFv0.35 W1.5 W答案：(1)0.45 N50 m(2)1.5 W10如圖所示，兩根金屬平行導軌MN和PQ放在水平面上，左端向上彎曲且光滑，導軌間距為L，電阻不計水平段導軌所處空間存在兩個有界勻強磁場和，兩磁場相距一段距離不重疊，磁場左邊界在水平段導軌的最左端，磁感應強度大小為B，方向豎直向上；磁場的磁感應強度大小為2B，方向豎直向下質(zhì)

16、量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b放置在導軌上，金屬棒b置于磁場的右邊界CD處設兩金屬棒在導軌上運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好(1)若水平段導軌粗糙，兩金屬棒與水平導軌間的最大靜摩擦力均為mg，將金屬棒a從距水平面高度h處由靜止釋放求金屬棒a剛進入磁場時，通過金屬棒b的電流大??；若金屬棒a在磁場內(nèi)運動過程中，金屬棒b能在導軌上保持靜止，通過計算分析金屬棒a釋放時的高度h應滿足的條件；(2)若水平段導軌是光滑的，將金屬棒a仍從高度h處由靜止釋放，使其進入磁場.設兩磁場區(qū)域足夠大，求金屬棒a在磁場內(nèi)運動的過程中，金屬棒b中可能產(chǎn)生的最大焦耳熱解析：(1)金屬棒在彎曲光滑導軌上運動的過程中，機械

17、能守恒，設其剛進入磁場時速度為v0，產(chǎn)生的感應電動勢為E，電路中的電流為I.由機械能守恒有mghmv，解得v0感應電動勢EBLv0，對回路I解得I對金屬棒b，其所受安培力F2BIL又因I金屬棒b棒保持靜止的條件為Fmg解得h(2)金屬棒a在磁場中減速運動，感應電動勢逐漸減小，金屬棒b在磁場中加速運動，感應電動勢逐漸增加，當兩者相等時，回路中感應電流為0，此后金屬棒a、b都做勻速運動設金屬棒a、b最終的速度大小分別為v1、v2，整個過程中安培力對金屬棒a、b的沖量大小分別為Ia、Ib.由BLv12BLv2，解得v12v2設向右為正方向：對金屬棒a，由動量定理有Iamv1mv0對金屬棒b，由動量定理有Ibmv20由于金屬棒a、b在運動過程中電流始終相等，則金屬棒b受到的安培力始終為金屬棒a受到安培力的2倍，因此有兩金屬棒受到的沖量的大小關系Ib2Ia解得v1v0，v2v0根據(jù)能量守恒，回路中產(chǎn)生的焦耳熱QmvmvmghQbQmgh