高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 二輪專題突破 專題四 電路與電磁感應(yīng) 課時(shí)作業(yè)11 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用1.如圖所示，一導(dǎo)體圓環(huán)位于紙面內(nèi)，O為圓心環(huán)內(nèi)兩個(gè)圓心角為90°的扇形區(qū)域內(nèi)分別有勻強(qiáng)磁場，兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等，方向相反且均與紙面垂直導(dǎo)體桿OM可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，M端通過滑動(dòng)觸點(diǎn)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，t0時(shí)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?yàn)檎?，圓環(huán)和導(dǎo)體桿的電阻忽略不計(jì)，則桿從t0開始轉(zhuǎn)動(dòng)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(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小是恒定的根據(jù)右手定則，可知C正確答案：C2如圖甲所示，邊長為L、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框靜置于光滑水平面上，cd邊正中間有一個(gè)很小的豁口PQ，且導(dǎo)線框處于與水平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)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(shí)間內(nèi)，正方形導(dǎo)線框有收縮的趨勢B在t時(shí)刻，ab邊所受安培力大小為C在0t0時(shí)間內(nèi)PQ間的電勢差為D在0t0時(shí)間內(nèi)，P點(diǎn)電勢低于Q點(diǎn)電勢解析：由于正方形導(dǎo)線框不閉合，導(dǎo)線框中沒有感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢，導(dǎo)線框不受安培力，A、B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得，導(dǎo)線框的感應(yīng)電動(dòng)勢E，C正確；在0t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)楞次定律知P點(diǎn)電勢高于Q點(diǎn)電勢，D錯(cuò)誤答案：C3法拉第發(fā)明了世界上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)銅質(zhì)圓盤豎直放置在水平向左的勻強(qiáng)磁場中，圓盤圓心處固定一個(gè)搖柄，邊緣和圓心處各有一個(gè)銅電刷與其緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電阻R連接起來形成回路轉(zhuǎn)動(dòng)搖柄，使圓盤如圖示方向轉(zhuǎn)動(dòng)已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓盤半徑為L，圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，不計(jì)圓盤電阻則下列說法正確的是()A因?yàn)榇┻^圓盤的總磁通量為零，故不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)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(yīng)電動(dòng)勢，它們并聯(lián)起來為電阻R供電，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對其中一根長度為L的銅條，由右手定則可知，電流從圓盤的圓心流出，從b流進(jìn)電阻，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤、C正確；通過電阻R的電流IE/R，n根銅條并聯(lián)的電動(dòng)勢等于一根銅條產(chǎn)生的電動(dòng)勢EBLv，vL/2，聯(lián)立解得IBL2/2R，故選項(xiàng)D錯(cuò)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.8 T，寬度L2.5 m，光滑金屬導(dǎo)軌OM、ON固定在桌面上，O點(diǎn)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(dǎo)軌上，且與磁場的右邊界重合t0時(shí)，ab棒在水平向左的外力F作用下向左運(yùn)動(dòng)并勻速通過磁場測得回路中的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示已知O點(diǎn)處電阻為R，其余電阻不計(jì)則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(shí)間t變化的表達(dá)式為F2(20.4t)2(N)CO點(diǎn)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q×5×2 C5 C，A錯(cuò)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(cuò)誤；水平外力F做功的功率P外PAFAv0.16(5t)2(W)，其中0t5 s，當(dāng)t0時(shí)，P外max4 W，D正確答案：CD5(xx·上海高考)如圖(a)，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较蚵菥€管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖(b)所示規(guī)律變化時(shí)()A在t1t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢B在t2t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢C在t2t3時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流D在t3t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流解析：據(jù)題意，在t1t2時(shí)間內(nèi)，外加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度增加且斜率在增大，則在導(dǎo)線框中產(chǎn)生沿順時(shí)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(yīng)電流，根據(jù)結(jié)論“增縮減擴(kuò)”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢，故選項(xiàng)A正確；在t2t3時(shí)間內(nèi)，外加磁場均勻變化，在導(dǎo)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(shí)，圓環(huán)中沒有感應(yīng)電流，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；在t3t4時(shí)間內(nèi)，外加磁場向下減小，且斜率也減小，在導(dǎo)線框中產(chǎn)生沿順時(shí)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(shí)針方向電流，選項(xiàng)D正確答案：AD6.空間內(nèi)存在一垂直紙面向里的勻強(qiáng)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(dǎo)體框邊長也為L，開始時(shí)正方形導(dǎo)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(jì)時(shí)，正方形導(dǎo)體框以平行于bc邊的速度v勻速穿越磁場若導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流為i，a、b兩點(diǎn)間的電壓為uab，感應(yīng)電流取逆時(shí)針方向?yàn)檎?，則在導(dǎo)體框穿越磁場的過程中，下列i、uab隨時(shí)間的變化規(guī)律正確的是()解析：由楞次定律可以判斷出導(dǎo)體框進(jìn)磁場時(shí)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，出磁場時(shí)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由EBlv可得i，進(jìn)、出磁場時(shí)導(dǎo)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(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；進(jìn)磁場時(shí)ab為電源，uab<0且uabBlv，出磁場時(shí)ab不是電源，電流從b到a，uab<0且uab，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確答案：AD7如圖所示，足夠長的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，其上端接有電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，垂直導(dǎo)軌放置的導(dǎo)體棒EF電阻為r，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計(jì)，在導(dǎo)體棒EF下滑的過程中，下列說法正確的是()A導(dǎo)體棒EF中的感應(yīng)電流方向從F到EB導(dǎo)體棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定C導(dǎo)體棒的機(jī)械能一直減小D導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電阻R消耗的電能解析：在導(dǎo)體棒EF下滑的過程中，由右手定則可判斷出導(dǎo)體棒EF中的感應(yīng)電流方向從F到E，選項(xiàng)A正確；由左手定則可判斷出導(dǎo)體棒EF受到沿斜面向上的安培力F安，開始時(shí)，導(dǎo)體棒EF的速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢增大，感應(yīng)電流增大，安培力增大，當(dāng)F安mgsin時(shí)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm，之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度不再增大，安培力不變，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于下滑過程中導(dǎo)體棒EF切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中有電阻消耗電能，機(jī)械能不斷轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以導(dǎo)體棒的機(jī)械能不斷減少，選項(xiàng)C正確；安培力做負(fù)功將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，根據(jù)功能關(guān)系可知導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于整個(gè)回路消耗的電能，包括電阻R和導(dǎo)體棒消耗的電能，故選項(xiàng)D錯(cuò)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬線圈從最高點(diǎn)返回到磁場區(qū)域時(shí)，線圈剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，取g10 m/s2，不計(jì)其他阻力，求：(取sin37°0.6，cos37°0.8)(1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時(shí)的速度大?。?2)線圈向上離開磁場區(qū)域時(shí)的動(dòng)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(jìn)入磁場時(shí)，有mgsinmgcosF安其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s.(2)設(shè)最高點(diǎn)離bb的距離為x，線圈從最高點(diǎn)到開始進(jìn)入磁場過程做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v22ax，mgsinmgcosma線圈從向上離開磁場到向下進(jìn)入磁場的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有Ek1Ekmgcos·2x，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mgsin·2dmgcos·2dW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(dǎo)線將電容器C、定值電阻R與間距為l0.2 m的平行金屬導(dǎo)軌相連，長度為l0.2 m的導(dǎo)體棒MN垂直平行導(dǎo)軌放置，已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m0.1 kg，導(dǎo)體棒與平行導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，定值電阻R0.4 ，電容器的電容C10 F，整個(gè)裝置處在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T的勻強(qiáng)磁場中從某時(shí)刻起，在導(dǎo)體棒MN上加一水平向右的外力，使導(dǎo)體棒向右加速運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌有良好的接觸有沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，導(dǎo)軌、導(dǎo)線以及導(dǎo)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(guān)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(dǎo)體棒的速度時(shí)間圖象如圖乙所示，其中10 s后的圖象與時(shí)間軸平行，如果010 s的時(shí)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(dǎo)體棒的位移分別為多大？(2)如果將單刀雙擲開關(guān)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(shí)功率應(yīng)為多大？解析：(1)將單刀雙擲開關(guān)扳到2位置，當(dāng)導(dǎo)體棒MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度達(dá)到最大值vm，此時(shí)導(dǎo)體棒MN所受的合外力為零，則F1FAFf0導(dǎo)體棒MN所受的摩擦力為Ffmg0.2 N此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)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PF1vm0.45×10 W4.5 W因此010 s內(nèi)外力的功率恒為4.5 W，對導(dǎo)體棒由動(dòng)能關(guān)系可知PtmvFf·xQ，代入數(shù)據(jù)可解得x50 m.(2)將單刀雙擲開關(guān)扳到1位置，當(dāng)導(dǎo)體棒的速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢為EBlv由C可知，此時(shí)電容器極板上的電荷量為QCUCECBlv在一小段時(shí)間t內(nèi)，可認(rèn)為導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，速度增加量為v，電容器極板上增加的電荷量為QCBl·v根據(jù)電流的定義式可知ICBla對導(dǎo)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(dǎo)體棒的加速度為一定值，即導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則10 s末導(dǎo)體棒的速度為vat5 m/s此時(shí)外力的瞬時(shí)功率為PFv0.3×5 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(dǎo)軌MN和PQ放在水平面上，左端向上彎曲且光滑，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計(jì)水平段導(dǎo)軌所處空間存在兩個(gè)有界勻強(qiáng)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(dǎo)軌的最左端，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，方向豎直向下質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b放置在導(dǎo)軌上，金屬棒b置于磁場的右邊界CD處設(shè)兩金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好(1)若水平段導(dǎo)軌粗糙，兩金屬棒與水平導(dǎo)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(jìn)入磁場時(shí)，通過金屬棒b的電流大??；若金屬棒a在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒b能在導(dǎo)軌上保持靜止，通過計(jì)算分析金屬棒a釋放時(shí)的高度h應(yīng)滿足的條件；(2)若水平段導(dǎo)軌是光滑的，將金屬棒a仍從高度h處由靜止釋放，使其進(jìn)入磁場.設(shè)兩磁場區(qū)域足夠大，求金屬棒a在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)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(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)其剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，電路中的電流為I.由機(jī)械能守恒有mghmv，解得v0感應(yīng)電動(dòng)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(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸減小，金屬棒b在磁場中加速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸增加，當(dāng)兩者相等時(shí)，回路中感應(yīng)電流為0，此后金屬棒a、b都做勻速運(yùn)動(dòng)設(shè)金屬棒a、b最終的速度大小分別為v1、v2，整個(gè)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(shè)向右為正方向：對金屬棒a，由動(dòng)量定理有Iamv1mv0對金屬棒b，由動(dòng)量定理有Ibmv20由于金屬棒a、b在運(yùn)動(dòng)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(guān)系Ib2Ia解得v1v0，v2v0根據(jù)能量守恒，回路中產(chǎn)生的焦耳熱QmvmvmghQbQmgh