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2453.pdf

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1、 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 1 At1t3时间内流过小灯泡电流的方向先为ba后为ab Bt1t3时间内流过小灯泡电流的方向先为ab后为ba Ct1t3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，

2、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：C 2(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 2 APQRS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

3、，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：D 3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 3 A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

4、 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E12Bl2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：A 4两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强

5、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 4 A磁感应强度的大小为 0.5 T B导线框运动速度的大小为 0.5 m/s C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vLt0.10.2 m/s0.5 m/s，B 项

6、正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由EBLv，得BELv0.010.10.5 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IER0.010.005 A2 A，则导线框受到的安培力FBIL0.220.1 N0.04 N，D 项错误 答案：B 5(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

7、说法正确的是()图 5 A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Et，电流IER，通过导线某一截面的电荷量为qIt，可得qR，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QI2RtE2Rt（BLv）2RLvB2L3vR

8、，所以焦耳热Q与速度v成正比，C 正确，D 错误 答案：ABC 6(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mgh112mv12 进入磁场时a棒产生的感应电动势EBLv1 感应电流IERaRb 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QbR2RaRbQ34Q 联立解得Qb0.675 J.(3)设b棒到MM时的速度为v2，有mgh212mv22 b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，IERaRb，Et a、b恰好不相碰，有BLx，联立解得h21.8 m.