2019届高考物理二轮复习 第4章 电路与电磁感应 课时作业10 恒定电流和交变电流.doc

课时作业10电磁感应规律及其应用一、选择题(15题为单项选择题，6、7题为多项选择题)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：C22018浙江五校5月联考如图1所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息如图2所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起关于对以上两个运用实例理解正确的是()A涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象B能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源D以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源解析：涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了互感现象，A项错误；能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料，才能在套环中形成感应电流，B项正确；以上两个案例中涡流探伤技术的线圈必须用交流电源，而跳环实验演示所连接电源是直流电源，C、D项错误故选B.答案：B3.如图所示，用一条横截面积为S的硬导线做成一个边长为L的正方形，把正方形的一半固定在均匀增大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率k(k0)，虚线ab与正方形的一条对角线重合，导线的电阻率为.则下列说法正确的是()A线框中产生顺时针方向的感应电流B线框具有扩张的趋势C若某时刻的磁感应强度为B，则线框受到的安培力为D线框中a、b两点间的电势差大小为解析：根据楞次定律，线框中产生的感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；B增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场为了阻碍磁通量的增加，线框有收缩的趋势，故B错误；由法拉第电磁感应定律得：ESL2kL2，因线框电阻R，那么感应电流大小为I，则线框受到的安培力为：FBIL，故C正确；由上分析，可知，ab两点间的电势差大小UEkL2，故D错误答案：C4如图所示的直流电路中，当开关S1、S2都闭合时，三个灯泡L1、L2、L3的亮度关系是L1L2L3.电感L的电阻可忽略，D为理想二极管现断开开关S2，电路达到稳定状态时，再断开开关S1，则断开开关S1的瞬间，下列判断正确的是()AL1逐渐变暗，L2、L3均先变亮然后逐渐变暗BL2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗CL1、L2、L3均先变亮然后逐渐变暗DL1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮然后逐渐变暗解析：当开关S1、S2都闭合时，三个灯泡L1、L2、L3的亮度关系是L1L2L3，对应的实际功率的关系有P1P2P3，根据P有R1R2mg，联立解得h，选项D错误答案：BC二、非选择题8如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成37角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度B1 T质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示已知导轨间距L2 m，重力加速度g取10 m/s2，轨道足够长且电阻不计(1)杆ab下滑过程中，判断感应电流的方向(2)求R0时，闭合电路中的感应电动势E的最大值(3)求金属杆的质量m和阻值r.解析：(1)由右手定则可知，电流方向为ba(或aMPba)(2)由题图可知，当R0时，杆的速度稳定后，它以2 m/s的速度匀速下滑，此时电路中的感应电动势最大，最大值EBLv4 V.(3)金属杆下滑的最大速度即为vm.杆切割磁感线产生的感应电动势的最大值EBLvm由闭合电路的欧姆定律得I杆达到最大速度时，满足条件mgsinBIL0解得vm(Rr)结合图象可得k，k1 m/(s)r2 m/s解得m kg，r2 .答案：(1)ba(2)4 V(3) kg2 9如图所示，两根质量均为m2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1：2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动x0.5 m时其上产生的焦耳热为Q230 J，此时两棒速率之比为vA：vC1：2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA和vC.解析：(1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律QI2Rt可知AB棒上产生的焦耳热Q115 J.(2)根据能量守恒定律，有FxmvmvQ1Q2又vA：vC1：2，联立以上两式并代入数据得vA4 m/s，vC8 m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLvAB2LvC即vA2vC(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，有FAtmvAmvA，FCtmvCmvC.因为FC2FA，故有联立以上各式解得vA6.4 m/s，vC3.2 m/s.答案：(1)15 J(2)4 m/s8 m/s(3)6.4 m/s3.2 m/s