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 課時作業(yè)十一 電磁感應(yīng)及應(yīng)用(含解析)

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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 課時作業(yè)十一 電磁感應(yīng)及應(yīng)用(含解析)_第1頁
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1、課時作業(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)的圓形線圈通過導(dǎo)線與一小燈泡相連,線圈中有垂直于紙面的磁場以垂直紙面向里為磁場的正方向,該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖1乙所示,則下列說法正確的是()圖1At1t3時間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為ba后為abBt1t3時間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為ab后為baCt1t3時間內(nèi)小燈泡先變亮后變暗Dt1t3時間內(nèi)小燈泡先變暗后變亮解析:t1t3時間內(nèi)穿過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,流過小燈泡電流的方向為ab,選項A、B錯誤;t1t3時間內(nèi),Bt線的斜率先增大后減小,則磁通量

2、的變化率先增大后減小,感應(yīng)電動勢先增大后減小,小燈泡先變亮后變暗,選項C正確,D錯誤答案:C2(2017年高考課標(biāo)全國卷)如圖2,在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌平面與磁場垂直金屬桿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突然向右運動,在運動開始的瞬間,關(guān)于感應(yīng)電流的方向,下列說法正確的是()圖2APQRS中沿順時針方向,T中沿逆時針方向BPQRS中沿順時針方向,T中沿順時針方向CPQRS中沿逆時針方向,T中沿逆時針方向DPQRS中沿逆時針方向,T中沿順時針方向解析:金屬桿PQ向右切割磁感線,根據(jù)右手

3、定則可知PQRS中感應(yīng)電流沿逆時針方向;原來T中的磁場方向垂直于紙面向里,閉合回路PQRS中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外,使得穿過T的磁通量減小,T中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流綜上所述,可知A、B、C項錯誤,D項正確答案:D3法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖3所示銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中圓盤旋轉(zhuǎn)時,關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是()圖3A若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定,則電流大小恒定B若從上向下看,圓盤順時針轉(zhuǎn)動,則電流沿b到a的方向流動C若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化D若圓盤轉(zhuǎn)動的角

4、速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析:由右手定則知,圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動時,感應(yīng)電流沿a到b的方向流動,選項B錯誤;由感應(yīng)電動勢EBl2知,角速度恒定,則感應(yīng)電動勢恒定,電流大小恒定,選項A正確;角速度大小變化,感應(yīng)電動勢大小變化,但感應(yīng)電流方向不變,選項C錯誤;若變?yōu)樵瓉淼?倍,則感應(yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍,電流變?yōu)樵瓉淼?倍,由PI2R知,電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍,選項D錯誤答案:A4兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行,如圖4(a)所示已知導(dǎo)線

5、框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t0時刻進(jìn)入磁場線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖4(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時,感應(yīng)電動勢取正)下列說法正確的是()圖4A磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 TB導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5 m/sC磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向內(nèi)D在t0.4 s至t0.6 s這段時間內(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N解析:從題圖(b)可知,導(dǎo)線框運動的速度大小v m/s0.5 m/s,B項正確;導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中,cd邊切割磁感線,由EBLv,得B T0.2 T,A項錯誤;由圖可知,導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中,感應(yīng)電流的方向為順時針方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外,C項

6、錯誤;在0.40.6 s這段時間內(nèi),導(dǎo)線框正在出磁場,回路中的電流大小I A2 A,則導(dǎo)線框受到的安培力FBIL0.220.1 N0.04 N,D項錯誤答案:B5(多選)如圖5所示,一個正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,在磁場內(nèi)有一邊長為l、阻值為R的正方形線框,線框所在平面與磁場垂直如果以垂直于線框邊和磁場的速度v將線框從磁場中勻速拉出,下列說法正確的是()圖5A如果將線框水平向右拉出磁場,線框經(jīng)過磁場邊界過程中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B在紙面內(nèi)無論沿哪個方向?qū)⒕€框拉出磁場,流過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時產(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時產(chǎn)生

7、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,穿過線圈向里的磁通量減小,該過程中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流,A正確;因為感應(yīng)電動勢E,電流I,通過導(dǎo)線某一截面的電荷量為qIt,可得q,故流過線框某一截面的電荷量與線圈穿出磁場的方向無關(guān),B正確;根據(jù)焦耳定律可得QI2Rtt,所以焦耳熱Q與速度v成正比,C正確,D錯誤答案:ABC6(2019年四川第三次診斷)(多選)如圖6所示,足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(0h1);保持b棒靜止,由靜止釋放a棒,a棒到達(dá)磁場中OO停止運動后再由靜止釋放b棒,a、b與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計,重力加速度g取10 m/s2.圖10(1

8、)求a棒進(jìn)入磁場MM時加速度的大??;(2)a棒從釋放到OO的過程中,求b棒產(chǎn)生的焦耳熱;(3)若MM、OO間的距離x2.4 m,b棒進(jìn)入磁場后,恰好未與a棒相碰,求h2的值解:(1)設(shè)a棒到MM時的速度為v1.由機(jī)械能守恒定律得mgh1mv12進(jìn)入磁場時a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv1感應(yīng)電流I對a棒受力分析,由牛頓第二定律得BILma代入數(shù)據(jù)解得a3.75 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Qmgh1則b棒產(chǎn)生的焦耳熱QbQQ聯(lián)立解得Qb0.675 J.(3)設(shè)b棒到MM時的速度為v2,有mgh2mv22b棒進(jìn)入磁場后,兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)的動量守恒,設(shè)a、b一起勻速運動的速度為v,取向右為正方向,由動量守恒定律得mv22mv設(shè)a棒經(jīng)時間t加速到v,由動量定理得BILtmv0又qIt,I,Ea、b恰好不相碰,有BLx,聯(lián)立解得h21.8 m.- 10 -

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