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

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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E＝Bωl2和I＝可知，導體切割磁感線產生的感應電流的大小是恒

2、定的．根據右手定則，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生感應電動勢，它們并聯起來為電阻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根銅條并聯的電動勢等于一根銅條產生的電動勢E＝BLv，v＝ωL/2，聯立解得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，FA＝＝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)內產生感應電流，根據結論“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)域時的速度大小； (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＝，代入數據得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，代入數據可解得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＝，代入數據解得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的電流大小； 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 根據能量守恒，回路中產生的焦耳熱 Q＝mv－＝mv＝mgh Qb＝Q＝mgh