《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時(shí)作業(yè)十一 電磁感應(yīng)及應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時(shí)作業(yè)十一 電磁感應(yīng)及應(yīng)用（含解析）（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)十一　電磁感應(yīng)及應(yīng)用 一、選擇題 1．(2019年貴州適應(yīng)性考試)如圖1甲所示，一位于紙面內(nèi)的圓形線圈通過(guò)導(dǎo)線與一小燈泡相連，線圈中有垂直于紙面的磁場(chǎng)．以垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖1乙所示，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A．t1～t3時(shí)間內(nèi)流過(guò)小燈泡電流的方向先為b→a后為a→b B．t1～t3時(shí)間內(nèi)流過(guò)小燈泡電流的方向先為a→b后為b→a C．t1～t3時(shí)間內(nèi)小燈泡先變亮后變暗 D．t1～t3時(shí)間內(nèi)小燈泡先變暗后變亮 解析：t1～t3時(shí)間內(nèi)穿過(guò)線圈的磁通量先向里減小后向外增加，根據(jù)楞次定律可知，流過(guò)小燈泡電流的方向?yàn)?/p>

2、a→b，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；t1～t3時(shí)間內(nèi)，B－t線的斜率先增大后減小，則磁通量的變化率先增大后減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先增大后減小，小燈泡先變亮后變暗，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 答案：C 2．(2017年高考·課標(biāo)全國(guó)卷Ⅲ)如圖2，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直．金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開(kāi)始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A．PQRS中沿順時(shí)針?lè)较?，T中沿逆時(shí)針?lè)较? B．PQRS中沿順時(shí)針?lè)较?，T中沿順時(shí)針?lè)较?

3、 C．PQRS中沿逆時(shí)針?lè)较?，T中沿逆時(shí)針?lè)较? D．PQRS中沿逆時(shí)針?lè)较?，T中沿順時(shí)針?lè)较? 解析：金屬桿PQ向右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知PQRS中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?；原?lái)T中的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，閉合回路PQRS中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，使得穿過(guò)T的磁通量減小，T中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流．綜上所述，可知A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 答案：D 3．法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖如圖3所示．銅圓盤(pán)安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤(pán)的邊緣和銅軸接觸．圓盤(pán)處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．圓盤(pán)旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A

4、．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿b到a的方向流動(dòng) C．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 解析：由右手定則知，圓盤(pán)按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bl2ω知，角速度恒定，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流大小恒定，選項(xiàng)A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若ω變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，電流變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變

5、為原來(lái)的4倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：A 4．兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長(zhǎng)為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖4(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)．線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖4(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向內(nèi) D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小

6、為0.1 N 解析：從題圖(b)可知，導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B項(xiàng)正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，磁感?yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在0.4～0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場(chǎng)，回路中的電流大小I＝＝ A＝2 A，則導(dǎo)線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：B 5．(多選)如圖5所示，一個(gè)正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)內(nèi)有一邊長(zhǎng)為l、阻值為R的正方形線框，線框所在平面與

7、磁場(chǎng)垂直．如果以垂直于線框邊和磁場(chǎng)的速度v將線框從磁場(chǎng)中勻速拉出，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A．如果將線框水平向右拉出磁場(chǎng)，線框經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界過(guò)程中將產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．在紙面內(nèi)無(wú)論沿哪個(gè)方向?qū)⒕€框拉出磁場(chǎng)，流過(guò)線框某一截面的電荷量都相同 C．將線框水平向右拉出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱與速度v成正比 D．將線框水平向右拉出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱與速度的平方v2成正比 解析：如果將線框水平向右拉出磁場(chǎng)，穿過(guò)線圈向里的磁通量減小，該過(guò)程中將產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，A正確；因?yàn)楦袘?yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝，電流I＝，通過(guò)導(dǎo)線某一截面的電荷量為q＝IΔt，可得q＝，故流過(guò)線框某一截面的電荷量與

8、線圈穿出磁場(chǎng)的方向無(wú)關(guān)，B正確；根據(jù)焦耳定律可得Q＝I2Rt＝t＝·＝，所以焦耳熱Q與速度v成正比，C正確，D錯(cuò)誤． 答案：ABC 6．(2019年四川第三次診斷)(多選)如圖6所示，足夠長(zhǎng)的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0°<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L(zhǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R.當(dāng)金屬棒ab下滑距離s時(shí)，速度大小為v，則在這一過(guò)程中(　　) 圖6 A．金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為v B．通過(guò)金屬棒ab某一橫截面的電荷量為 C．

9、金屬棒ab受到的最大安培力為 D．金屬棒ab克服安培力做功為mgssinθ－mv2 解析：分析ab棒的受力情況，有mgsinθ－＝ma，ab棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故其平均速度不等于初、末速度的平均值v，故A錯(cuò)誤；通過(guò)金屬棒ab某一橫截面的電荷量q＝IΔt＝·Δt＝＝，故B正確；ab棒受到的最大安培力為F＝BIL＝，故C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知，mgssinθ－W安＝mv2，金屬棒ab克服安培力做功為W安＝mgssinθ－mv2，故D正確． 答案：BCD 7．(2019年百校聯(lián)盟四月聯(lián)考)(多選)如圖7所示，水平桌面上固定一定值電阻R，R兩端均與光滑傾斜導(dǎo)軌相連接，已知兩側(cè)導(dǎo)軌間距都為

10、L，導(dǎo)軌平面與水平面均成37°角，且均處于范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒a沿左側(cè)導(dǎo)軌勻速下滑，導(dǎo)體棒b始終靜止在右側(cè)導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒電阻均為R，兩處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均與導(dǎo)軌平面垂直(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，則(　　) 圖7 A．導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為 B．導(dǎo)體棒a下滑的速度v＝ C．導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌下滑L距離的過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為 D．導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌下滑L距離的過(guò)程中導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的熱量為 解析：導(dǎo)體棒a勻速下滑做電源，其電流為導(dǎo)體棒b的兩倍，故b質(zhì)量應(yīng)為，故A正確；整個(gè)回路電阻R總＝R，分析a棒的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有mgsin37

11、°＝BIL＝BL，解得v＝，故B正確；導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌勻速下滑L距離，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量等于重力勢(shì)能的減小量，即Q＝mgLsin37°＝mgL，電阻R與導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的熱量均為Q′＝×Q＝，故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：ABD 二、解答題 8．(2019年湖南第三次模擬)如圖8甲所示，足夠長(zhǎng)的兩金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平平行固定，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)，且處在豎直向上的磁場(chǎng)中，完全相同的導(dǎo)體棒a、b垂直放置在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，兩導(dǎo)體棒的電阻均為R＝0.5 Ω，且長(zhǎng)度剛好等于兩導(dǎo)軌間距L，兩導(dǎo)體棒的間距也為L(zhǎng)，開(kāi)始時(shí)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖8乙所示的規(guī)律變化，當(dāng)t＝0.8 s時(shí)導(dǎo)體棒剛好要滑動(dòng)．已知L＝1

12、 m，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力．求： 圖8 (1)每根導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的滑動(dòng)摩擦力的大小及0.8 s內(nèi)整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱； (2)若保持磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T不變，用如圖8丙所示的水平向右的力F拉導(dǎo)體棒b，剛開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量為多少？ (3)在(2)問(wèn)條件下導(dǎo)體棒a經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間開(kāi)始滑動(dòng)？ 解：(1)開(kāi)始時(shí)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示變化， 則回路中電動(dòng)勢(shì)E＝L2＝0.5 V 電路中的電流I＝＝0.5 A 當(dāng)t＝0.8 s時(shí)，F(xiàn)f＝F安＝BIL＝0.25 N 回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2I2Rt＝0.2 J. (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)

13、強(qiáng)度保持B＝0.5 T不變，在a運(yùn)動(dòng)之前，對(duì)b棒施加如圖丙所示的水平向右的拉力，根據(jù)牛頓第二定律F－Ff－＝ma，即 F＝Ff＋ma＋t 根據(jù)圖丙可得Ff＋ma＝0.5，＝0.125 求得a＝0.5 m/s2，導(dǎo)體棒的質(zhì)量m＝0.5 kg. (3)當(dāng)導(dǎo)體棒a剛好要滑動(dòng)時(shí)，＝Ff，求得v＝1 m/s，此時(shí)b運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝2 s. 9．如圖9所示，足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值為R的電阻，開(kāi)關(guān)S1、S2分別與電阻和電容器相連．一根質(zhì)量為m、電阻忽略不計(jì)的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始

14、終垂直并接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝.一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間，另一端跨過(guò)定滑輪與一質(zhì)量為4m的重物相連，金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰好處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，不計(jì)滑輪阻力，已知重力加速度為g. 圖9 (1)若S1閉合、S2斷開(kāi)，由靜止釋放重物，求重物的最大速度vm； (2)若S1斷開(kāi)、S2閉合，從靜止釋放重物開(kāi)始計(jì)時(shí)，求重物的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系式． 解：(1)S1閉合、S2斷開(kāi)時(shí)，重物由靜止釋放后拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運(yùn)動(dòng)，

15、當(dāng)重物達(dá)到最大速度時(shí)，金屬棒感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLvm 感應(yīng)電流為I＝＝ 當(dāng)重物速度最大時(shí)有4mg＝mgsin30°＋F＋μFN 式中FN＝mgcos30°，F(xiàn)＝BIL，解得vm＝. (2)S1斷開(kāi)、S2閉合時(shí)，設(shè)從釋放重物開(kāi)始經(jīng)時(shí)間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過(guò)金屬棒的電流為I1，金屬棒受到的安培力F＝BI1L，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在t到(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t到(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)增加的電荷量ΔQ＝CBLΔv，Δv＝aΔt 則I1＝＝CBLa 設(shè)繩中拉力大小為T(mén)，由牛頓第二定律，對(duì)金屬棒有 T－mgsin30°－μmgcos

16、30°－BI1L＝ma 對(duì)重物有4mg－T＝4ma，解得a＝ 可知重物做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) v＝at＝t. 10．如圖10所示，固定的兩足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌PMN、P′M′N(xiāo)′，由傾斜和水平兩部分在M、M′處平滑連接組成，導(dǎo)軌間距L＝1 m，水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T．金屬棒a、b垂直于傾斜導(dǎo)軌放置，質(zhì)量均為m＝0.2 kg，a的電阻R1＝1 Ω，b的電阻R2＝3 Ω，a、b長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1 m，a棒距水平面的高度h1＝0.45 m，b棒距水平面的高度為h2(h2>h1)；保持b棒靜止，由靜止釋放a棒，a棒到達(dá)磁場(chǎng)中OO′停止運(yùn)動(dòng)后再由靜止釋放b棒

17、，a、b與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g取10 m/s2. 圖10 (1)求a棒進(jìn)入磁場(chǎng)MM′時(shí)加速度的大??； (2)a棒從釋放到OO′的過(guò)程中，求b棒產(chǎn)生的焦耳熱； (3)若MM′、OO′間的距離x＝2.4 m，b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，恰好未與a棒相碰，求h2的值． 解：(1)設(shè)a棒到MM′時(shí)的速度為v1. 由機(jī)械能守恒定律得mgh1＝mv12 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv1 感應(yīng)電流I＝ 對(duì)a棒受力分析，由牛頓第二定律得BIL＝ma 代入數(shù)據(jù)解得a＝3.75 m/s2. (2)設(shè)a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為Q， 由能量守恒定律得Q＝mgh1 則b棒產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝Q＝Q 聯(lián)立解得Qb＝0.675 J. (3)設(shè)b棒到MM′時(shí)的速度為v2，有mgh2＝mv22 b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，設(shè)a、b一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv2＝2mv 設(shè)a棒經(jīng)時(shí)間Δt加速到v，由動(dòng)量定理得 BIL·Δt＝mv－0 又q＝IΔt，I＝，E＝ a、b恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx，聯(lián)立解得h2＝1.8 m. - 10 -