2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)10 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用.doc

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課時(shí)作業(yè)10電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用一、選擇題(15題為單項(xiàng)選擇題，6、7題為多項(xiàng)選擇題)1.如圖所示，一導(dǎo)體圓環(huán)位于紙面內(nèi)，O為圓心環(huán)內(nèi)兩個(gè)圓心角為90的扇形區(qū)域內(nèi)分別有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等，方向相反且均與紙面垂直導(dǎo)體桿OM可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，M端通過(guò)滑動(dòng)觸點(diǎn)與圓環(huán)接觸良好在圓心和圓環(huán)間連有電阻R.桿OM以勻角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，t0時(shí)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?yàn)檎?，圓環(huán)和導(dǎo)體桿的電阻忽略不計(jì)，則桿從t0開始轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，電流隨t變化的圖象是()解析：根據(jù)EBl2和I可知，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小是恒定的根據(jù)右手定則，可知C正確答案：C22018浙江五校5月聯(lián)考如圖1所示的是工業(yè)上探測(cè)物件表面層內(nèi)部是否存在缺陷的渦流探傷技術(shù)其原理是用電流線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦電流，借助探測(cè)線圈測(cè)定渦電流的改變，從而獲得構(gòu)件內(nèi)部是否斷裂及位置的信息如圖2所示的是一個(gè)帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源用導(dǎo)線連接起來(lái)的跳環(huán)實(shí)驗(yàn)裝置，將一個(gè)套環(huán)置于線圈L上且使鐵芯穿過(guò)其中，閉合開關(guān)S的瞬間，套環(huán)將立刻跳起關(guān)于對(duì)以上兩個(gè)運(yùn)用實(shí)例理解正確的是()A渦流探傷技術(shù)運(yùn)用了互感原理，跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示了自感現(xiàn)象B能被探測(cè)的物件和實(shí)驗(yàn)所用的套環(huán)必須是導(dǎo)電材料C以上兩個(gè)案例中的線圈所連接電源都必須是變化的交流電源D以上兩個(gè)案例中的線圈所連接電源也可以都是穩(wěn)恒電源解析：渦流探傷技術(shù)運(yùn)用了互感原理，跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示了互感現(xiàn)象，A項(xiàng)錯(cuò)誤；能被探測(cè)的物件和實(shí)驗(yàn)所用的套環(huán)必須是導(dǎo)電材料，才能在套環(huán)中形成感應(yīng)電流，B項(xiàng)正確；以上兩個(gè)案例中渦流探傷技術(shù)的線圈必須用交流電源，而跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示所連接電源是直流電源，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤故選B.答案：B3.如圖所示，用一條橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率k(k0)，虛線ab與正方形的一條對(duì)角線重合，導(dǎo)線的電阻率為.則下列說(shuō)法正確的是()A線框中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B線框具有擴(kuò)張的趨勢(shì)C若某時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則線框受到的安培力為D線框中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小為解析：根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；B增大，穿過(guò)線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：ESL2kL2，因線框電阻R，那么感應(yīng)電流大小為I，則線框受到的安培力為：FBIL，故C正確；由上分析，可知，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小UEkL2，故D錯(cuò)誤答案：C4如圖所示的直流電路中，當(dāng)開關(guān)S1、S2都閉合時(shí)，三個(gè)燈泡L1、L2、L3的亮度關(guān)系是L1L2L3.電感L的電阻可忽略，D為理想二極管現(xiàn)斷開開關(guān)S2，電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，再斷開開關(guān)S1，則斷開開關(guān)S1的瞬間，下列判斷正確的是()AL1逐漸變暗，L2、L3均先變亮然后逐漸變暗BL2立即熄滅，L1、L3均逐漸變暗CL1、L2、L3均先變亮然后逐漸變暗DL1逐漸變暗，L2立即熄滅，L3先變亮然后逐漸變暗解析：當(dāng)開關(guān)S1、S2都閉合時(shí)，三個(gè)燈泡L1、L2、L3的亮度關(guān)系是L1L2L3，對(duì)應(yīng)的實(shí)際功率的關(guān)系有P1P2P3，根據(jù)P有R1R2mg，聯(lián)立解得h，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案：BC二、非選擇題8如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成37角固定，M、P之間接電阻箱R，導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r.現(xiàn)從靜止釋放桿ab，測(cè)得最大速度為vm.改變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關(guān)系如圖乙所示已知導(dǎo)軌間距L2 m，重力加速度g取10 m/s2，軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)(1)桿ab下滑過(guò)程中，判斷感應(yīng)電流的方向(2)求R0時(shí)，閉合電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的最大值(3)求金屬桿的質(zhì)量m和阻值r.解析：(1)由右手定則可知，電流方向?yàn)閎a(或aMPba)(2)由題圖可知，當(dāng)R0時(shí)，桿的速度穩(wěn)定后，它以2 m/s的速度勻速下滑，此時(shí)電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，最大值EBLv4 V.(3)金屬桿下滑的最大速度即為vm.桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值EBLvm由閉合電路的歐姆定律得I桿達(dá)到最大速度時(shí)，滿足條件mgsinBIL0解得vm(Rr)結(jié)合圖象可得k，k1 m/(s)r2 m/s解得m kg，r2 .答案：(1)ba(2)4 V(3) kg2 9如圖所示，兩根質(zhì)量均為m2 kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左右兩部分導(dǎo)軌間距之比為1：2，導(dǎo)軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩棒電阻與棒長(zhǎng)成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運(yùn)動(dòng)x0.5 m時(shí)其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q230 J，此時(shí)兩棒速率之比為vA：vC1：2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且兩棒始終在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求：(1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過(guò)程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小vA和vC.解析：(1)設(shè)兩棒的長(zhǎng)度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時(shí)刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律QI2Rt可知AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q115 J.(2)根據(jù)能量守恒定律，有FxmvmvQ1Q2又vA：vC1：2，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得vA4 m/s，vC8 m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運(yùn)動(dòng)，而CD棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿足BLvAB2LvC即vA2vC(不對(duì)過(guò)程進(jìn)行分析，認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒是常見錯(cuò)誤)對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理，規(guī)定水平向左為正方向，有FAtmvAmvA，F(xiàn)CtmvCmvC.因?yàn)镕C2FA，故有聯(lián)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