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

上傳人:xt****7 文檔編號:105344890 上傳時間:2022-06-11 格式:DOC 頁數(shù):8 大?。?85.02KB
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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(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

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