高考物理二轮复习 专题十一 电磁感应定律及其应用课时作业 新人教版

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1、高考物理二轮复习 专题十一 电磁感应定律及其应用课时作业 新人教版一、单项选择题1如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时()A电容器两端的电压为零B电阻两端的电压为BLvC电容器所带电荷量为CBLvD为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为解析：当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电

2、压，电容器两极板间的电压为UEBLv，所带电荷量QCUCBLv，故A、B错，C对；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错答案：C2(xx新课标全国卷)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUacBl2，金属框中电流方向沿acba解析：在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据EBlv可得：电动势大小为B

3、l2；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据EBlv可得：电动势大小也为Bl2；由右手定则可知：金属框内无电流，且UcUbUa，选项A、B错误；UbcUacBl2，选项C正确，选项D错误答案：C3(xx重庆卷)右图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab()A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到解析：根据法拉第电磁感应定律，Enn，由楞次定律可以判断a点电势低于b点电势，所以a、b两点之间的电势差为n，C项正确答案：C4(xx

4、安徽卷)如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)则()A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的热功率为解析：切割磁感线的有效长度为l，电动势为EBlv，选项A错误根据题意，回路电阻R，由欧姆定律有Isin，选项B正确安培力F，选项C错误金属杆的热功率为PI2R，选项D错误答案：B5(xx福建卷)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的

5、金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大解析：导体棒产生的电动势为EBLv，其等效电路如图所示，总电阻为R总RR，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，所以A项错误；PQ两端电压为路端电压UEIR，即先增大后减小，所以B项错误；拉力的功率等于

6、克服安培力做功的功率，有P安IE，先减小后增大，所以C项正确；根据功率曲线可知当外电阻R时输出功率最大，而外电阻先由小于R开始增加到R，再减小到小于R的某值，所以线框消耗的功率先增大后减小，又再增大再减小，所以D项错误答案：C二、多项选择题6(xx山东卷)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()A处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析：把圆盘看成沿半径方向紧密排列的“辐条”，由右手

7、定则知，圆心处电势高，选项A正确；所加磁场越强，感应电流越强，安培力越大，对圆盘转动的阻碍越大，选项B正确；如果磁场反向，由楞次定律可知，仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若将整个圆盘置于磁场中，则圆盘中无感应电流，圆盘将匀速转动，选项D正确答案：ABD7(xx新课标全国卷)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后下列说法正确的是()A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过

8、程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误；圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场，由安培定则可判断出在中心方向竖直向下，其他位置关于中心对称，此磁场不会导致磁针转动，选项D错误答案：AB8如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1

9、、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面现有一矩形线圈abcd，宽度cdL0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)则()A在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CB线圈匀速运动的速度大小为8 m/sC线圈的长度为1 mD0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J解析：t2

10、t3时间ab在L3L4内做匀速直线运动，而EBLv2，FBL，Fmg，解得：v28 m/s，选项B正确从cd边出L2到ab边刚进入L3一直是匀加速，因而ab刚进磁场时，cd也应刚进磁场，设磁场宽度为d，有：3dv2tgt2，得：d1 m，有：ad2d2 m，选项C错误；在0t3时间内由能量守恒得：Qmg5dmv1.8 J，选项D错误.0t1时间内，通过线圈的电荷量为q0.25 C，选项A正确答案：AB三、计算题9.(xx重庆卷)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应

11、强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计，线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率解析：(1)由安培力的计算公式FBIL及左手定则可知，线圈前后两边受到的安培力等大反向，合力为零，左边不受安培力，右边所受安培力大小为FnBIL，方向水平向右故线圈所受安培力FnBIL方向水平向右(2)由PFv得安培力的功率PnBILv答案：(1)nBIL水平向右(2)nBILv10(xx浙江卷)小明同学设计了一个“电磁天平”，

12、如图(1)所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10 m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 .不接外电流，两臂平衡如图(2)所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随

13、时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.解析：(1)线圈受到的安培力FN1B0IL天平平衡mgN1B0IL将m0.5 kg、I2.0 A及其他已知数据代入，解得N125匝(2)由法拉第电磁感应定律得EN2EN2Ld由闭合电路欧姆定律得I线圈受到的安培力FN2B0IL天平平衡mgNB0代入数据可得0.1 T/s.答案：(1)25(2)0.1 T/s11(xx四川卷)如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一

14、水平面内，与NQ的夹角都为锐角.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为(较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)两金属棒与导轨保持良好接触不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒

15、某横截面的电荷量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离解析：(1)设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1，有WW1Ek且WW1由题有Ekmv得Wmv.(2)设在题设过程中，ab棒滑行时间为t，扫过的导轨间的面积为S，通过S的磁通量为，ab棒产生的电动势平均值为E，ab棒中的平均电流为I，通过ab棒某横截面的电荷量为q，则E且BSI又有I由图(1)所示Sd(Ldcot)联立，解得q.(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨

16、间的棒长LxL2xcot此时，ab棒产生的电动势ExBv2lx流过ef棒的电流Ixef棒所受安培力FxBIxL联立，解得Fx(L2xcot)由式可得，Fx在x0和B为最大值Bm时有最大值F1.由题知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图(2)所示，图中fm为最大静摩擦力，有F1cosmgsin(mgcosF1sin)联立，得Bm式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下由式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值F2，如图(3)可知F2cos(mgcosF2sin)mgsin联立，得xm.答案：(1)mv(2)(3)