高考物理 课时作业（十一）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时作业(十一)一、选择题(共10个小题，3、6、8为多选，其余为单选，每题5分共50分)1(2016海南)如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流若()A金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向答案D解析根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故A、B两项错误；当金属圆环

2、向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故C项错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故D项正确2(2018安徽师大附中)如图甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向内为正，线圈中感应电流逆时针方向为正则线圈感应电流随时间的变化图像为()答案A解析当垂直纸面向里的磁通量在增大时，垂直纸面向外的磁通量在减小，故总磁通量变化为垂直纸面向里增大，

3、根据楞次定律，可知感应电流方向为正，B、D项错误；由ES可知，电路中电流大小恒定不变，故A项正确3(2018西宁二模)(多选)如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R.在线圈的下方有一匀强磁场，MN和MN是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的vt图像，图中字母均为已知量重力加速度为g，不计空气阻力下列说法正确的是()A金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B金属线框的边长为v1(t2t1)C磁场的磁感应强度为 D金属线框在0t4的时间内所产生

4、的热量为2mgv1(t2t1)m(v32v22)答案BD解析A项，金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向；故A项错误；B项，由图像可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2t1，故金属框的边长lv1(t2t1)；故B项正确；C项，在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mgBIl，I，又lv1(t2t1)联立解得：B ，故C项错误；D项，t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1mglmgv1(t2t1)；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2mglm(v32v22)mgv1(

5、t2t1)m(v32v22)，故QQ1Q22mg1(t2t1)m(v32v22)，故D项正确；故选：B、D两项4.如图所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字形导轨空间存在垂直于纸面的均匀磁场用力使MN向右匀速运动，从a位置开始计时，运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()答案A解析设bac2，单位长度电阻为R0，则MN切割产生电动势EBLvBv2vttan2Bv2ttan，回路总电阻为R(2vttan)R0vtR0(2tan)，由闭合电路欧姆定律，得I，i与时间

6、无关，是一定值，故A项正确，B、C、D三项错误5.(2018浙江协作校期中联考)如图甲所示，在同一平面内有两个相互绝缘的金属圆环A、B，圆环A平分圆环B为面积相等的两部分，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，甲图中A环所示的电流方向为正，下列说法正确的是()AB中始终没有感应电流BB中有顺时针的感应电流CB中有逆时针的感应电流DB中先有顺时针的感应电流，后有逆时针的感应电流答案B解析由安培定则可知，初始时环A产生的磁场分布情况是：环内垂直纸面向里，环外垂直纸面向外，由于内部的磁场大于外部的磁场，由矢量的叠加原理可知B环总磁通量向里；当圆环A中的电流逐步减小时，导致B环产生感应电流，根据楞次定律可

7、知，感应电流的方向为顺时针同理当圆环A中电流反向增大时，环B中感应电流的方向仍为顺时针，故B项正确，A、C、D三项错误6.(2017海南)如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能()A始终减小B始终不变C始终增加 D先减小后增加答案CD解析A项，导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据左手定则可知ab

8、边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A项错误、D项正确；B项，当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故B项错误；C项，当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做匀加速运动，故C项正确；故选C、D两项7.(2018南昌模拟)如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场当圆环运动

9、到图示位置(aOb90)时，a、b两点的电势差为()A.BRv B.BRvC.BRv D.BRv答案D解析当圆环运动到图示位置，圆环切割磁感线的有效长度为R；线框刚进入磁场时ab边产生的感应电动势为：EBRv；线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律得UabEIrabBRvBRv；故选D项8.(2016课标全国)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面现使线框M、N在t0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时

10、针匀速转动，则()A两导线框中均会产生正弦交流电B两导线框中感应电流的周期都等于TC在t时，两导线框中产生的感应电动势相等D两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等答案BC解析当线圈进入磁场时，根据楞次定律可得，两线框中的感应电流方向为逆时针，根据EBRvBR(R)BR2可得过程中产生的感应电动势恒定，即电流恒定，不是正弦式交流电，A项错误；当线圈进入磁场时，根据楞次定律可得，两线框中的感应电流方向为逆时针，当线框穿出磁场时，根据楞次定律可得线框中产生感应电流为顺时针，所以感应电流的周期和其运动周期相等，为T，B项正确；根据EBR2可得线框在运动过程中的感应电动势相等，C项正确；

11、线圈N在完全进入磁场后有时间内线圈的磁通量不变化，过程中没有感应电动势产生，即线圈N在0和T内有感应电动势，其余时间内没有，而线圈M在整个过程中都有感应电动势，故即便电阻相等，两者的电流有效值不会相同，D项错误9.(2018资阳模拟)用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在的平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率k(k0)，则()A圆环具有收缩的趋势B圆环中产生的感应电流为逆时针方向C圆环中a、b两点的电压Uab|kr2|D圆环中产生的感应电流大小为答案C解析A项，由楞次定律的“增

12、缩减扩”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故A项错误；B项，磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故B项错误；C项，根据法拉第电磁感应定律，有Er2|kr2|，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间的电势差为Uab|kr2|，故C项正确；D项，由法拉第电磁感应定律可知，E|r2|kr2|，线圈电阻R，感应电流I|，故D项错误；故选C项10.(2018南昌模拟)宽度均为d且足够长的两相邻条形区域内，各存在磁感应强度大小均为B，方向相反的匀强磁场；电阻为R，边长为d的等边三角形金属框的AB边与磁场边界平行，金属框从图示位置以垂直于AB边向右的方向做匀速

13、直线运动，取逆时针方向电流为正，从金属框C端刚进入磁场开始计时，框中产生的感应电流随时间变化的图像是()答案A解析三角形线圈的高为2d，则在开始运动的0d过程中，感应电流增大，I1m，方向为逆时针方向，在d2d时，设某时刻线圈进入右侧区域的距离为x，则线圈切割磁感线的有效长度为L(dx)，则感应电流I2，方向为逆时针方向，当xd时，I0，当线圈的C点出离右边界x时，等效长度L(dx)d(2dx)，感应电流I3，方向顺时针方向，当x0时，I32，当xd时，I33，当C点出离右边界d2d时，等效长度Ld(2dx)x，感应电流I4，方向逆时针方向，当xd时，I4，当x2d时，I42，故A项正确，B、

14、C、D三项错误二、计算题(共4个小题，11题10分，12题12分，13题14分，14题14分，共50分)11.(2016课标全国)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值答案(1)Blt0(g)(2)解析(1)设金

15、属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得maFmg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0(g)(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律I式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为fBIl因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得Fmgf0联立式得R12(2018广安模拟)如图，两根形状相同、足够长的光滑金属导轨固定，相互平行，间距为L，两连接点a、b连线垂直于所有导轨，左底端接有阻值为R的电阻，倾斜导轨所在平面与水平面夹角为，平面内有磁感应强度为B1、方

16、向垂直于平面向上的匀强磁场；水平导轨在同一水平面，所在区域有磁感应强度为B2、方向竖直向上的匀强磁场阻值为R、质量为m的相同导体杆A、B，A在倾斜导轨上，B在水平导轨上，都垂直于导轨开始时，A以初速度v0开始沿倾斜导轨向上滑行，B在外力作用下保持静止；A上滑通过距离x到达最高点时(此时A仍在倾斜导轨上)，B瞬间获得一个水平初速度并在外力作用下以此速度做匀速直线运动(B始终在水平导轨上并保持与导轨垂直)，A恰能静止在倾斜导轨上求：(1)在A上滑的过程中，电阻R上产生的热量；(2)B做匀速运动时速度的方向、大小；(3)使B做匀速运动的外力的功率答案(1)在A上滑的过程中，电阻R上产生的热量为(2)

17、B做匀速运动时速度的方向向右、大小为(3)使B做匀速运动的外力的功率解析(1)当A上滑到最高点时，速度减为零，设电路中产生的总热量为Q总，根据能量守恒定律，可得mv02mgxsinQ总，由于B与R并联后再与A串联，设电阻R上产生的热量为Q，则QQ总，解得Q；(2)要使A静止在倾斜导轨上，受到的安培力沿倾斜导轨向上，根据右手定则、左手定则知，B做匀速运动速度的方向向右；设B杆匀速运动的速度大小为v，其中的感应电动势为E，流过A杆的电流为I1，流过B杆的电流为I2，则EB2Lv；I2，I22I1，mgsinB1I1L，解得v；(3)设使B做匀速运动的外力大小为F，做功功率为P，则：FB2I2L，P

18、Fv，解得P.13(2018惠州三模)如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m0.1 kg，半径为r0.1 m，导线单位长度的阻值为0.1 /m.金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示金属圈下半部分在磁场外已知从t0时刻起，测得经过10 s丝线刚好被拉断重力加速度g取10 m/s2.求：(1)金属圈中感应电流的大小及方向；(2)丝线所能承受的最大拉力F；(3)在丝线断前的10 s时间内金属圈中产生的焦耳热Q.答案(1)金属圈中感应电流的大小0.2 A及逆时针

19、方向(2)丝线所能承受的最大拉力1.32 N(3)在丝线断前的10 s时间内金属圈中产生的焦耳热0.025 J解析(1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向由图乙知， T/s0.8 T/s金属圈的电阻为R2r圈中感应电流I0.8 A0.2 A(2)10秒末磁感应强度Bt0.810 T8 T金属圈受到的安培力F安BI2r细线的拉力：FF安mgBI2rmg当t10 s时，代入数据得F1.32 N(3)金属圈内产生的焦耳热：QI2Rt代入数据得：Q0.025 J14(2017山东济宁模拟)如图甲所示，弯折成90角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53角，右

20、导轨平面与水平面成37角，两导轨相距L0.2 m，导轨电阻不计质量均为m0.1 kg的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路其中金属杆ab的电阻R0.2 ，金属杆cd的电阻忽略不计，两金属杆与导轨间的动摩擦因数均为0.5，整个装置处于磁感应强度大小B1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中t0时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab杆以初速度v1沿右导轨平面匀速下滑t1 s后，使ab做匀加速直线运动，t2 s后，又使ab杆沿导轨平面匀速下滑整个过程中cd杆运动的vt图像如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)两杆下滑过程均保持与导

21、轨垂直且接触良好，取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(1)在第1秒内cd杆受到的安培力的大小；(2)ab杆的初速度v1及第2 s末的速度v2；(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内ab杆所产生的焦耳热答案(1)在第1秒内cd杆受到的安培力的大小为0.2 N(2)ab杆的初速度v1为1 m/s，第2 s末速度v28 m/s(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，第2 s内ab杆所产生的焦耳热为7 J解析(1)对cd杆，01 s内，由vt图像得：a13 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin53(mgcos53F安)ma1.解得F安0.4 N.(2)对ab杆，感应电动势EBLv1，电流I，cd杆的安培力F安BIL，解得v12 m/s，由题意得第3 s内cd的加速度a23 m/s2，对cd杆，由牛顿第二定律得mgsin53(mgcos53)ma2，解得v28 m/s.(3)由运动学知识得第2 s内ab杆的位移x2t5 m，由动能定理得WFWGWfW安mv22mv12，又WF9 J，WGmgx2sin37，Wfmgx2cos37，W安Qab，解得：Qab7 J.