2020版高考物理二轮复习 第一部分 专题复习训练 课时作业十一 电磁感应及应用（含解析）

课时作业十一电磁感应及应用一、选择题1(2019年贵州适应性考试)如图1甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图1乙所示，则下列说法正确的是()图1At1t3时间内流过小灯泡电流的方向先为ba后为abBt1t3时间内流过小灯泡电流的方向先为ab后为baCt1t3时间内小灯泡先变亮后变暗Dt1t3时间内小灯泡先变暗后变亮解析：t1t3时间内穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增加，根据楞次定律可知，流过小灯泡电流的方向为ab，选项A、B错误；t1t3时间内，Bt线的斜率先增大后减小，则磁通量的变化率先增大后减小，感应电动势先增大后减小，小灯泡先变亮后变暗，选项C正确，D错误答案：C2(2017年高考课标全国卷)如图2，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()图2APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，T中产生顺时针方向的感应电流综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确答案：D3法拉第圆盘发电机的示意图如图3所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图3A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B错误；由感应电动势EBl2知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由PI2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误答案：A4两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图4(a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如图4(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)下列说法正确的是()图4A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向内D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析：从题图(b)可知，导线框运动的速度大小v m/s0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由EBLv，得B T0.2 T，A项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项错误；在0.40.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I A2 A，则导线框受到的安培力FBIL0.220.1 N0.04 N，D项错误答案：B5(多选)如图5所示，一个正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在磁场内有一边长为l、阻值为R的正方形线框，线框所在平面与磁场垂直如果以垂直于线框边和磁场的速度v将线框从磁场中匀速拉出，下列说法正确的是()图5A如果将线框水平向右拉出磁场，线框经过磁场边界过程中将产生顺时针方向的感应电流B在纸面内无论沿哪个方向将线框拉出磁场，流过线框某一截面的电荷量都相同C将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度v成正比D将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度的平方v2成正比解析：如果将线框水平向右拉出磁场，穿过线圈向里的磁通量减小，该过程中将产生顺时针方向的感应电流，A正确；因为感应电动势E，电流I，通过导线某一截面的电荷量为qIt，可得q，故流过线框某一截面的电荷量与线圈穿出磁场的方向无关，B正确；根据焦耳定律可得QI2Rtt，所以焦耳热Q与速度v成正比，C正确，D错误答案：ABC6(2019年四川第三次诊断)(多选)如图6所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角(0h1)；保持b棒静止，由静止释放a棒，a棒到达磁场中OO停止运动后再由静止释放b棒，a、b与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2.图10(1)求a棒进入磁场MM时加速度的大小；(2)a棒从释放到OO的过程中，求b棒产生的焦耳热；(3)若MM、OO间的距离x2.4 m，b棒进入磁场后，恰好未与a棒相碰，求h2的值解：(1)设a棒到MM时的速度为v1.由机械能守恒定律得mgh1mv12进入磁场时a棒产生的感应电动势EBLv1感应电流I对a棒受力分析，由牛顿第二定律得BILma代入数据解得a3.75 m/s2.(2)设a、b产生的总焦耳热为Q，由能量守恒定律得Qmgh1则b棒产生的焦耳热QbQQ联立解得Qb0.675 J.(3)设b棒到MM时的速度为v2，有mgh2mv22b棒进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，设a、b一起匀速运动的速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv22mv设a棒经时间t加速到v，由动量定理得BILtmv0又qIt，I，Ea、b恰好不相碰，有BLx，联立解得h21.8 m.- 10 -