2019年高考物理二轮复习 第一部分 二轮专题突破 专题四 电路与电磁感应 课时作业11 电磁感应规律及其应用.doc

2019年高考物理二轮复习 第一部分 二轮专题突破 专题四 电路与电磁感应 课时作业11 电磁感应规律及其应用1.如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心环内两个圆心角为90的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环接触良好在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度逆时针转动，t0时恰好在图示位置规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t0开始转动一周的过程中，电流随t变化的图象是()解析：根据EBl2和I可知，导体切割磁感线产生的感应电流的大小是恒定的根据右手定则，可知C正确答案：C2如图甲所示，边长为L、总电阻为R的正方形导线框静置于光滑水平面上，cd边正中间有一个很小的豁口PQ，且导线框处于与水平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示则下列说法正确的是()A在0t0时间内，正方形导线框有收缩的趋势B在t时刻，ab边所受安培力大小为C在0t0时间内PQ间的电势差为D在0t0时间内，P点电势低于Q点电势解析：由于正方形导线框不闭合，导线框中没有感应电流，但有感应电动势，导线框不受安培力，A、B错误；由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势E，C正确；在0t0时间内，根据楞次定律知P点电势高于Q点电势，D错误答案：C3法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路转动摇柄，使圆盘如图示方向转动已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为L，圆盘匀速转动的角速度为，不计圆盘电阻则下列说法正确的是()A因为穿过圆盘的总磁通量为零，故不产生感应电动势，因此通过R的电流为零B通过R的电流方向从a到bC通过R的电流方向从b到aD通过R的电流大小为BL2/R解析：可将圆盘看成是由许多根长度为L的铜条拼接而成的，这许多根铜条均切割磁感线产生感应电动势，它们并联起来为电阻R供电，故选项A错误；对其中一根长度为L的铜条，由右手定则可知，电流从圆盘的圆心流出，从b流进电阻，故选项B错误、C正确；通过电阻R的电流IE/R，n根铜条并联的电动势等于一根铜条产生的电动势EBLv，vL/2，联立解得IBL2/2R，故选项D错误答案：C4(xx江西省五校高考模拟考试)如图甲所示，垂直于水平桌面向上的有界匀强磁场的磁感应强度大小B0.8 T，宽度L2.5 m，光滑金属导轨OM、ON固定在桌面上，O点位于磁场的左边界，且OM、ON与磁场左边界均成45角金属棒ab放在导轨上，且与磁场的右边界重合t0时，ab棒在水平向左的外力F作用下向左运动并匀速通过磁场测得回路中的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示已知O点处电阻为R，其余电阻不计则下列说法中正确的是()A由图乙可知05 s内通过ab棒横截面的电荷量为10 CB水平外力F随时间t变化的表达式为F2(20.4t)2(N)CO点处的电阻为1 D在05 s内水平外力F做功的功率最大值为4 W解析：由题图乙可知，在05 s内通过ab棒截面的电荷量为q52 C5 C，A错误；由公式qtL2，解得R1 ，C正确；由题图乙可知ab棒切割磁感线的速度v0.5 m/s，ab棒切割磁感线的长度l2(Lvt)，水平外力F等于安培力，FA0.32(5t)2(N)，B错误；水平外力F做功的功率P外PAFAv0.16(5t)2(W)，其中0t5 s，当t0时，P外max4 W，D正确答案：CD5(xx上海高考)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时()A在t1t2时间内，L有收缩趋势B在t2t3时间内，L有扩张趋势C在t2t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D在t3t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流解析：据题意，在t1t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增大，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D正确答案：AD6.空间内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L.一正方形导体框边长也为L，开始时正方形导体框的ab边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图所示从图示位置开始计时，正方形导体框以平行于bc边的速度v匀速穿越磁场若导线框中的感应电流为i，a、b两点间的电压为uab，感应电流取逆时针方向为正，则在导体框穿越磁场的过程中，下列i、uab随时间的变化规律正确的是()解析：由楞次定律可以判断出导体框进磁场时电流方向为逆时针，出磁场时电流方向为顺时针，由EBlv可得i，进、出磁场时导体框切割磁感线的有效长度l均由大变小，所以电流也是从大变小，选项A正确、B错误；进磁场时ab为电源，uab0且uabBlv，出磁场时ab不是电源，电流从b到a，uab0且uab，选项C错误、D正确答案：AD7如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨所在平面与水平面的夹角为，其上端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，垂直导轨放置的导体棒EF电阻为r，导体棒与导轨接触良好，导轨和导线电阻不计，在导体棒EF下滑的过程中，下列说法正确的是()A导体棒EF中的感应电流方向从F到EB导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定C导体棒的机械能一直减小D导体棒克服安培力做的功等于电阻R消耗的电能解析：在导体棒EF下滑的过程中，由右手定则可判断出导体棒EF中的感应电流方向从F到E，选项A正确；由左手定则可判断出导体棒EF受到沿斜面向上的安培力F安，开始时，导体棒EF的速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，当F安mgsin时导体棒达到最大速度vm，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，故选项B错误；由于下滑过程中导体棒EF切割磁感线产生感应电动势，回路中有电阻消耗电能，机械能不断转化为内能，所以导体棒的机械能不断减少，选项C正确；安培力做负功将机械能转化为电能，根据功能关系可知导体棒克服安培力做的功等于整个回路消耗的电能，包括电阻R和导体棒消耗的电能，故选项D错误答案：AC二、非选择题8如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成37角放置，在斜面上虚线cc和bb与斜面底边平行，且两线间距为d0.1 m，在cc、bb围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1 T；现有一质量为m10 g，总电阻为R1 ，边长也为d0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动已知线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin370.6，cos370.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsinmgcosF安其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s.(2)设最高点离bb的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v22ax，mgsinmgcosma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1Ekmgcos2x，其中Ekmv2得Ek1mv20.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsin2dmgcos2dW安0QW安解得Q2mgd(sincos)0.004 J.答案：(1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J9如图甲所示，通过导线将电容器C、定值电阻R与间距为l0.2 m的平行金属导轨相连，长度为l0.2 m的导体棒MN垂直平行导轨放置，已知导体棒的质量为m0.1 kg，导体棒与平行导轨之间的动摩擦因数为0.2，定值电阻R0.4 ，电容器的电容C10 F，整个装置处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B0.5 T的匀强磁场中从某时刻起，在导体棒MN上加一水平向右的外力，使导体棒向右加速运动，整个过程中导体棒始终与导轨有良好的接触有没有发生转动，导轨、导线以及导体棒的阻值均可忽略，重力加速度g10 m/s2.(1)将单刀双掷开关扳到2位置，且保持外力的功率不变，通过速度传感器描绘出的导体棒的速度时间图象如图乙所示，其中10 s后的图象与时间轴平行，如果010 s的时间内电路产生的热量为Q30 J，则10 s末的外力以及010 s内导体棒的位移分别为多大？(2)如果将单刀双掷开关扳到1位置，将外力改为F0.3 N的恒力，则10 s末外力的瞬时功率应为多大？解析：(1)将单刀双掷开关扳到2位置，当导体棒MN匀速运动时，速度达到最大值vm，此时导体棒MN所受的合外力为零，则F1FAFf0导体棒MN所受的摩擦力为Ffmg0.2 N此时的感应电动势为EBlvm，由欧姆定律可知I由安培力的公式得FABIl，代入数据得FA0.25 N因此10 s末外力的大小为F1FAFf0.45 N10 s末外力的功率为PF1vm0.4510 W4.5 W因此010 s内外力的功率恒为4.5 W，对导体棒由动能关系可知PtmvFfxQ，代入数据可解得x50 m.(2)将单刀双掷开关扳到1位置，当导体棒的速度大小为v时，感应电动势为EBlv由C可知，此时电容器极板上的电荷量为QCUCECBlv在一小段时间t内，可认为导体棒做匀速运动，速度增加量为v，电容器极板上增加的电荷量为QCBlv根据电流的定义式可知ICBla对导体棒，由牛顿第二定律可知FFfBIlma将ICBla代入上式整理得a，代入数据解得a0.5 m/s2显然导体棒的加速度为一定值，即导体棒做匀加速直线运动，则10 s末导体棒的速度为vat5 m/s此时外力的瞬时功率为PFv0.35 W1.5 W答案：(1)0.45 N50 m(2)1.5 W10如图所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计水平段导轨所处空间存在两个有界匀强磁场和，两磁场相距一段距离不重叠，磁场左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B，方向竖直向上；磁场的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b放置在导轨上，金属棒b置于磁场的右边界CD处设两金属棒在导轨上运动过程中始终与导轨垂直且接触良好(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平导轨间的最大静摩擦力均为mg，将金属棒a从距水平面高度h处由静止释放求金属棒a刚进入磁场时，通过金属棒b的电流大小；若金属棒a在磁场内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场.设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场内运动的过程中，金属棒b中可能产生的最大焦耳热解析：(1)金属棒在弯曲光滑导轨上运动的过程中，机械能守恒，设其刚进入磁场时速度为v0，产生的感应电动势为E，电路中的电流为I.由机械能守恒有mghmv，解得v0感应电动势EBLv0，对回路I解得I对金属棒b，其所受安培力F2BIL又因I金属棒b棒保持静止的条件为Fmg解得h(2)金属棒a在磁场中减速运动，感应电动势逐渐减小，金属棒b在磁场中加速运动，感应电动势逐渐增加，当两者相等时，回路中感应电流为0，此后金属棒a、b都做匀速运动设金属棒a、b最终的速度大小分别为v1、v2，整个过程中安培力对金属棒a、b的冲量大小分别为Ia、Ib.由BLv12BLv2，解得v12v2设向右为正方向：对金属棒a，由动量定理有Iamv1mv0对金属棒b，由动量定理有Ibmv20由于金属棒a、b在运动过程中电流始终相等，则金属棒b受到的安培力始终为金属棒a受到安培力的2倍，因此有两金属棒受到的冲量的大小关系Ib2Ia解得v1v0，v2v0根据能量守恒，回路中产生的焦耳热QmvmvmghQbQmgh