2022年高考物理二輪復習 課時作業(yè)10 電磁感應規(guī)律及其應用

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1、2022年高考物理二輪復習 課時作業(yè)10 電磁感應規(guī)律及其應用 一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6、7題為多項選擇題) 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

2、線產生的感應電流的大小是恒定的．根據右手定則，可知C正確． 答案：C 2．[2018·浙江五校5月聯(lián)考]如圖1所示的是工業(yè)上探測物件表面層內部是否存在缺陷的渦流探傷技術．其原理是用電流線圈使物件內產生渦電流，借助探測線圈測定渦電流的改變，從而獲得構件內部是否斷裂及位置的信息．如圖2所示的是一個帶鐵芯的線圈L、開關S和電源用導線連接起來的跳環(huán)實驗裝置，將一個套環(huán)置于線圈L上且使鐵芯穿過其中，閉合開關S的瞬間，套環(huán)將立刻跳起．關于對以上兩個運用實例理解正確的是(　　) A．渦流探傷技術運用了互感原理，跳環(huán)實驗演示了自感現(xiàn)象 B．能被探測的物件和實驗所用的套環(huán)必須是導電材料 C．以上兩

3、個案例中的線圈所連接電源都必須是變化的交流電源 D．以上兩個案例中的線圈所連接電源也可以都是穩(wěn)恒電源 解析：渦流探傷技術運用了互感原理，跳環(huán)實驗演示了互感現(xiàn)象，A項錯誤；能被探測的物件和實驗所用的套環(huán)必須是導電材料，才能在套環(huán)中形成感應電流，B項正確；以上兩個案例中渦流探傷技術的線圈必須用交流電源，而跳環(huán)實驗演示所連接電源是直流電源，C、D項錯誤．故選B. 答案：B 3. 如圖所示，用一條橫截面積為S的硬導線做成一個邊長為L的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間的變化率＝k(k>0)，虛線ab與正方形的一條對角線重合，導線的

4、電阻率為ρ.則下列說法正確的是(　　) A．線框中產生順時針方向的感應電流 B．線框具有擴張的趨勢 C．若某時刻的磁感應強度為B，則線框受到的安培力為 D．線框中a、b兩點間的電勢差大小為 解析：根據楞次定律，線框中產生的感應電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B增大，穿過線框的磁通量增大，根據楞次定律，感應電流的磁場為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢，故B錯誤；由法拉第電磁感應定律得：E＝＝S＝·L2＝kL2， 因線框電阻R＝ρ，那么感應電流大小為I＝＝，則線框受到的安培力為：F＝BI×L＝，故C正確；由上分析，可知，ab兩點間的電勢差大小U＝E＝kL2，故D錯誤． 答案：C

5、 4．如圖所示的直流電路中，當開關S1、S2都閉合時，三個燈泡L1、L2、L3的亮度關系是L1>L2>L3.電感L的電阻可忽略，D為理想二極管．現(xiàn)斷開開關S2，電路達到穩(wěn)定狀態(tài)時，再斷開開關S1，則斷開開關S1的瞬間，下列判斷正確的是(　　) A．L1逐漸變暗，L2、L3均先變亮然后逐漸變暗 B．L2立即熄滅，L1、L3均逐漸變暗 C．L1、L2、L3均先變亮然后逐漸變暗 D．L1逐漸變暗，L2立即熄滅，L3先變亮然后逐漸變暗 解析：當開關S1、S2都閉合時，三個燈泡L1、L2、L3的亮度關系是L1>L2>L3，對應的實際功率的關系有P1>P2>P3，根據P＝有R1

6、斷開S2，電路達到穩(wěn)定狀態(tài)時，三個燈泡的亮度不變，再斷開開關S1，電感L由于自感，電流繼續(xù)沿原方向流動，L中電流從I1逐漸減小，則通過L1的電流也逐漸減小．通過L3的電流在開關S1斷開的瞬間比原來的電流大，此后逐漸變小．當開關S1突然斷開時，電感L相當于電源，此時二極管處于反向截止狀態(tài)，故L2立即熄滅，D正確，A、B、C錯誤． 答案：D 5. 如圖所示，兩根足夠長的平行直導軌AB、CD與水平面成θ角放置，兩導軌間距為L，A、C兩點間接有阻值為R的定值電阻．一根質量均勻分布的直金屬桿放在兩導軌上，并與導軌垂直．整套裝置處于磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上，導

7、軌和金屬桿接觸良好，金屬桿的阻值為r，其余部分電阻不計，金屬桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)將外力F沿與導軌平行的方向作用在金屬桿上，讓其由靜止開始沿導軌向上做勻加速直線運動，則下列外力F與作用時間t的圖象中正確的是(　　) 解析：分析金屬桿在運動過程中的受力情況可知，金屬桿受重力mg、導軌的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用，金屬桿沿導軌方向向上運動，由牛頓第二定律有F－mgsinθ－F安－Ff＝ma，又F安＝B0IL，I＝＝，所以F安＝B0IL＝，F(xiàn)f＝μmgcosθ，所以有F－mgsinθ－－μmgcosθ＝ma，又因v＝at，將其代入上式可得F＝t＋mgsi

8、nθ＋μmgcosθ＋ma，由此表達式可知，選項B正確． 答案：B 6．如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，直徑與磁場寬度相同的圓形金屬線框以一定的初速度斜向上勻速通過磁場．在必要的時間段內施加必要的水平拉力保證其做勻速運動，則下列說法中正確的是(　　) A．金屬線框內感應電流經歷兩次先增大后減小 B．金屬線框內感應電流方向先沿順時針方向再沿逆時針方向 C．拉力方向與速度方向相同 D．拉力方向與速度方向無關 解析：金屬線框進入磁場的過程中，切割的有效長度先增大后減小，感應電流先增大后減小，方向為逆時針方向，金屬線框出磁場的過程中，切割的有效長度也是先增大后減小，感應電流先

9、增大后減小，方向為順時針方向，故金屬線框勻速通過磁場的過程，感應電流經歷兩次先增大后減小，感應電流方向先沿逆時針方向再沿順時針方向，選項A正確、B錯誤；金屬線框勻速運動，受到的合外力為0，根據左手定則可知，安培力的方向為水平向左，故拉力方向一定水平向右，與速度方向無關(容易犯思維定式錯誤，誤認為拉力方向與速度同向)，選項C錯誤、D正確． 答案：AD 7．[2018·江蘇卷，9]如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B.質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加

10、速度為g.金屬桿(　　) A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 解析：根據題述，由金屬桿進入磁場Ⅰ和進入磁場Ⅱ時速度相等可知， 金屬桿在磁場Ⅰ中做減速運動，所以金屬桿剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，選項A錯誤；由于金屬桿進入磁場Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運動，而在兩磁場之間做勻加速運動，所以穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間，選項B正確；根據能量守恒定律，金屬桿從剛進入磁場Ⅰ到剛進入磁場Ⅱ過程動能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場

11、Ⅰ產生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場區(qū)域的運動情況相同，產生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產生的總熱量為Q2＝2×2mgd＝4mgd，選項C正確；金屬桿剛進入磁場Ⅰ時的速度v＝，進入磁場Ⅰ時產生的感應電動勢E＝Blv，感應電流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金屬桿剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，聯(lián)立解得h>，選項D錯誤． 答案：BC 二、非選擇題 8．如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝37°角固定，M、P之間接電阻箱R，導軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度B＝1 T．質量為m的金屬桿ab水平放

12、置在軌道上，其接入電路的電阻值為r.現(xiàn)從靜止釋放桿ab，測得最大速度為vm.改變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關系如圖乙所示．已知導軌間距L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，軌道足夠長且電阻不計． (1)桿ab下滑過程中，判斷感應電流的方向． (2)求R＝0時，閉合電路中的感應電動勢E的最大值． (3)求金屬桿的質量m和阻值r. 解析：(1)由右手定則可知，電流方向為b→a(或aMPba)． (2)由題圖可知，當R＝0時，桿的速度穩(wěn)定后，它以2 m/s的速度勻速下滑，此時電路中的感應電動勢最大，最大值E＝BLv＝4 V. (3)金屬桿下滑的最大速度即為vm. 桿切割磁感

13、線產生的感應電動勢的最大值E＝BLvm 由閉合電路的歐姆定律得I＝ 桿達到最大速度時，滿足條件 mgsinθ－BIL＝0 解得vm＝(R＋r) 結合圖象可得 ＝k，k＝1 m/(s·Ω) r＝2 m/s 解得m＝ kg，r＝2 Ω. 答案：(1)b→a　(2)4 V　(3) kg　2 Ω 9．如圖所示，兩根質量均為m＝2 kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導軌上，左右兩部分導軌間距之比為1：2，導軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻．現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運動x＝0.5 m時其上產生的焦耳熱為Q2＝30

14、 J，此時兩棒速率之比為vA：vC＝1：2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求： (1)在CD棒運動0.5 m的過程中，AB棒上產生的焦耳熱； (2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC； (3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運動的速度大小v′A和v′C. 解析：(1)設兩棒的長度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時刻電流均相等，根據焦耳定律Q＝I2Rt可知AB棒上產生的焦耳熱Q1＝15 J. (2)根據能量守恒定律，有Fx＝mv＋mv＋Q1＋Q2 又vA：vC＝1：2，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s. (3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運動，而CD棒向右做減速運動，兩棒最終勻速運動時電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產生的電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿足 BLvA′＝B·2LvC′ 即vA′＝2vC′(不對過程進行分析，認為系統(tǒng)動量守恒是常見錯誤) 對兩棒分別應用動量定理，規(guī)定水平向左為正方向，有FA·t＝mvA′－mvA，－FC·t＝mvC′－mvC. 因為FC＝2FA，故有＝ 聯(lián)立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s. 答案：(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s