《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，O為圓心．環(huán)內兩個圓心角為90°的扇形區(qū)域內分別有勻強磁場，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ω逆時針轉動，t＝0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t＝0開始轉動一周的過程中，電流隨ωt變化的圖象是(　　) 解析：根據(jù)E＝Bωl2和I＝可知，導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電流的大小是恒

2、定的．根據(jù)右手定則，可知C正確． 答案：C 2．如圖甲所示，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0～t0時間內，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0～t0時間內PQ間的電勢差為 D．在0～t0時間內，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

3、確；在0～t0時間內，根據(jù)楞次定律知P點電勢高于Q點電勢，D錯誤． 答案：C 3．法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機——法拉第圓盤發(fā)電機．銅質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．轉動搖柄，使圓盤如圖示方向轉動．已知勻強磁場的磁感應強度為B，圓盤半徑為L，圓盤勻速轉動的角速度為ω，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b C．通過R的電流方向從b到a D．通過R的電流大小為BωL2/R

4、 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I＝E/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E＝BLv，v＝ωL/2，聯(lián)立解得I＝BL2ω/2R，故選項D錯誤． 答案：C 4．(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B＝0.8 T，寬度L＝2.5 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

5、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．t＝0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．則下列說法中正確的是(　　) A．由圖乙可知0～5 s內通過ab棒橫截面的電荷量為10 C B．水平外力F隨時間t變化的表達式為F＝2(2－0.4t)2(N) C．O點處的電阻為1 Ω D．在0～5 s內水平外力F做功的功率最大值為4 W 解析：由題圖乙可知，在0～5 s內通過ab棒截面的電荷量為q＝×5×2 C＝5 C，A錯誤；由公式q＝Δt＝＝L2，解得R＝1 Ω

6、，C正確；由題圖乙可知ab棒切割磁感線的速度v＝＝＝0.5 m/s，ab棒切割磁感線的長度l＝2(L－vt)，水平外力F等于安培力，F(xiàn)A＝＝0.32(5－t)2(N)，B錯誤；水平外力F做功的功率P外＝PA＝FAv＝0.16(5－t)2(W)，其中0≤t≤5 s，當t＝0時，P外max＝4 W，D正確． 答案：CD 5．(xx·上海高考)如圖(a)，螺線管內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，導線框內有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內．當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時(　　) A．在t1～t2時間內，L有

7、收縮趨勢 B．在t2～t3時間內，L有擴張趨勢 C．在t2～t3時間內，L內有逆時針方向的感應電流 D．在t3～t4時間內，L內有順時針方向的感應電流 解析：據(jù)題意，在t1～t2時間內，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)內產(chǎn)生感應電流，根據(jù)結論“增縮減擴”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢，故選項A正確；在t2～t3時間內，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t3～t4時間內，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

8、針方向減小的電流，該電流激發(fā)出向內減小的磁場，故圓環(huán)內產(chǎn)生順時針方向電流，選項D正確． 答案：AD 6. 空間內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

9、時電流方向為順時針，由E＝Blv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，uab<0且uab＝－Blv，出磁場時ab不是電源，電流從b到a，uab<0且uab＝－，選項C錯誤、D正確． 答案：AD 7．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θ，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E B．導體棒受到的

10、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＝mgsinθ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)生感應電動勢，回路中有電阻消耗電能，機械能不斷轉化為內能，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

11、械能轉化為電能，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θ＝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d＝0.1 m，在cc′、bb′圍成的區(qū)域內有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B＝1 T；現(xiàn)有一質量為m＝10 g，總電阻為R＝1 Ω，邊長也為d＝0.1 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

12、斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不計其他阻力，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mgsinθ＝μmgcosθ＋F安 其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝＝2 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v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma 線圈從向上離開磁場到向下進入磁場的過程，根據(jù)動能

13、定理有 Ek1－Ek＝μmgcosθ·2x，其中Ek＝mv2 得Ek1＝mv2＋＝0.1 J. (3)線圈向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有 mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＋W安＝0 Q＝－W安 解得Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝0.004 J. 答案：(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.004 J 9．如圖甲所示，通過導線將電容器C、定值電阻R與間距為l＝0.2 m的平行金屬導軌相連，長度為l＝0.2 m的導體棒MN垂直平行導軌放置，已知導體棒的質量為m＝0.1 kg，導體棒與平行導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，定值電阻R＝0.4 Ω，電容器的電容C

14、＝10 F，整個裝置處在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B＝0.5 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)生轉動，導軌、導線以及導體棒的阻值均可忽略，重力加速度g＝10 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0～10 s的時間內電路產(chǎn)生的熱量為Q＝30 J，則10 s末的外力以及0～10 s內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F＝0.3 N

15、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，則F1－FA－Ff＝0 導體棒MN所受的摩擦力為Ff＝μmg＝0.2 N 此時的感應電動勢為E＝Blvm，由歐姆定律可知I＝ 由安培力的公式得FA＝BIl＝，代入數(shù)據(jù)得FA＝0.25 N 因此10 s末外力的大小為F1＝FA＋Ff＝0.45 N 10 s末外力的功率為P＝F1vm＝0.45×10 W＝4.5 W 因此0～10 s內外力的功率恒為4.5 W，對導體棒由動能關系可知Pt＝mv＋Ff·x＋Q，代入數(shù)據(jù)可解得x＝5

16、0 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E＝Blv 由C＝可知，此時電容器極板上的電荷量為Q＝CU＝CE＝CBlv 在一小段時間Δt內，可認為導體棒做勻速運動，速度增加量為Δv，電容器極板上增加的電荷量為ΔQ＝CBl·Δv 根據(jù)電流的定義式可知I＝＝＝CBla 對導體棒，由牛頓第二定律可知F－Ff－BIl＝ma 將I＝CBla代入上式整理得a＝，代入數(shù)據(jù)解得a＝0.5 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v′＝at＝5 m/s 此時外力的瞬時功率為P＝Fv′＝0.3×5 W＝1.5 W

17、 答案：(1)0.45 N　50 m (2)1.5 W 10．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Ⅰ和Ⅱ，兩磁場相距一段距離不重疊，磁場Ⅰ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Ⅱ的磁感應強度大小為2B，方向豎直向下．質量均為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Ⅱ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．

18、 ①求金屬棒a剛進入磁場Ⅰ時，通過金屬棒b的電流大??； ②若金屬棒a在磁場Ⅰ內運動過程中，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Ⅰ.設兩磁場區(qū)域足夠大，求金屬棒a在磁場Ⅰ內運動的過程中，金屬棒b中可能產(chǎn)生的最大焦耳熱． 解析：(1)①金屬棒在彎曲光滑導軌上運動的過程中，機械能守恒，設其剛進入磁場Ⅰ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mgh＝mv，解得v0＝ 感應電動勢E＝BLv0，對回路I＝ 解得I＝ ②對金屬棒b，其所受安培力F＝

19、2BIL 又因I＝ 金屬棒b棒保持靜止的條件為F≤mg 解得h≤ (2)金屬棒a在磁場Ⅰ中減速運動，感應電動勢逐漸減小，金屬棒b在磁場Ⅱ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BLv1＝2BLv2，解得v1＝2v2 設向右為正方向：對金屬棒a，由動量定理有－Ia＝mv1－mv0 對金屬棒b，由動量定理有－Ib＝－mv2－0 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Ib＝2Ia 解得v1＝v0，v2＝v0 根據(jù)能量守恒，回路中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝mv－＝mv＝mgh Qb＝Q＝mgh