《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第4章 電路與電磁感應(yīng) 課時(shí)作業(yè)10 恒定電流和交變電流》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第4章 電路與電磁感應(yīng) 課時(shí)作業(yè)10 恒定電流和交變電流（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)10　電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 一、選擇題(1～5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，兩磁場磁感應(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ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，t＝0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t＝0開始轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，電流隨ωt變化的圖象是(　　) 解析：根據(jù)E＝Bωl2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

2、的．根據(jù)右手定則，可知C正確． 答案：C 2．[2018·浙江五校5月聯(lián)考]如圖1所示的是工業(yè)上探測物件表面層內(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，借助探測線圈測定渦電流的改變，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

3、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：B 3. 如圖所示，用一條橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一個(gè)邊長為L的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率＝k(k>0)，虛線ab與正方形的一條對(duì)角線重合，導(dǎo)線的電阻率為ρ.則下列說法正確的

4、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 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，穿過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢，故B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝＝S＝·L2＝kL2， 因線框電阻R＝ρ，那么感應(yīng)電流大小為I＝＝，則線框受到的安培力為：F＝BI×L＝，故C正確；由上分析，可知，ab兩點(diǎn)間的電勢差大小U＝E＝kL2，故D錯(cuò)誤． 答案：C 4．如圖所示的直流電路中，

5、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L1>L2>L3.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(　　) A．L1逐漸變暗，L2、L3均先變亮然后逐漸變暗 B．L2立即熄滅，L1、L3均逐漸變暗 C．L1、L2、L3均先變亮然后逐漸變暗 D．L1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L1>L2>L3，對(duì)應(yīng)的實(shí)際功率的關(guān)系有P1>P2>P3，根據(jù)P＝有R1

6、，三個(gè)燈泡的亮度不變，再斷開開關(guān)S1，電感L由于自感，電流繼續(xù)沿原方向流動(dòng)，L中電流從I1逐漸減小，則通過L1的電流也逐漸減?。ㄟ^L3的電流在開關(guān)S1斷開的瞬間比原來的電流大，此后逐漸變?。?dāng)開關(guān)S1突然斷開時(shí)，電感L相當(dāng)于電源，此時(shí)二極管處于反向截止?fàn)顟B(tài)，故L2立即熄滅，D正確，A、B、C錯(cuò)誤． 答案：D 5. 如圖所示，兩根足夠長的平行直導(dǎo)軌AB、CD與水平面成θ角放置，兩導(dǎo)軌間距為L，A、C兩點(diǎn)間接有阻值為R的定值電阻．一根質(zhì)量均勻分布的直金屬桿放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，金屬桿的

7、阻值為r，其余部分電阻不計(jì)，金屬桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)將外力F沿與導(dǎo)軌平行的方向作用在金屬桿上，讓其由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則下列外力F與作用時(shí)間t的圖象中正確的是(　　) 解析：分析金屬桿在運(yùn)動(dòng)過程中的受力情況可知，金屬桿受重力mg、導(dǎo)軌的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用，金屬桿沿導(dǎo)軌方向向上運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有F－mgsinθ－F安－Ff＝ma，又F安＝B0IL，I＝＝，所以F安＝B0IL＝，F(xiàn)f＝μmgcosθ，所以有F－mgsinθ－－μmgcosθ＝ma，又因v＝at，將其代入上式可得F＝t＋mgsinθ＋μmgcosθ＋ma，

8、由此表達(dá)式可知，選項(xiàng)B正確． 答案：B 6．如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場，直徑與磁場寬度相同的圓形金屬線框以一定的初速度斜向上勻速通過磁場．在必要的時(shí)間段內(nèi)施加必要的水平拉力保證其做勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是(　　) A．金屬線框內(nèi)感應(yīng)電流經(jīng)歷兩次先增大后減小 B．金屬線框內(nèi)感應(yīng)電流方向先沿順時(shí)針方向再沿逆時(shí)針方向 C．拉力方向與速度方向相同 D．拉力方向與速度方向無關(guān) 解析：金屬線框進(jìn)入磁場的過程中，切割的有效長度先增大后減小，感應(yīng)電流先增大后減小，方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，金屬線框出磁場的過程中，切割的有效長度也是先增大后減小，感應(yīng)電流先增大后減小，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向

9、，故金屬線框勻速通過磁場的過程，感應(yīng)電流經(jīng)歷兩次先增大后減小，感應(yīng)電流方向先沿逆時(shí)針方向再沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；金屬線框勻速運(yùn)動(dòng)，受到的合外力為0，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向?yàn)樗较蜃?，故拉力方向一定水平向右，與速度方向無關(guān)(容易犯思維定式錯(cuò)誤，誤認(rèn)為拉力方向與速度同向)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確． 答案：AD 7．[2018·江蘇卷，9]如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等．金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g.金屬桿(　　)

10、 A．剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時(shí)距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 解析：根據(jù)題述，由金屬桿進(jìn)入磁場Ⅰ和進(jìn)入磁場Ⅱ時(shí)速度相等可知， 金屬桿在磁場Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬桿進(jìn)入磁場Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以穿過磁場Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場Ⅰ到剛進(jìn)入磁場Ⅱ過程動(dòng)能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場Ⅰ產(chǎn)生的熱量Q1＝2mgd，

11、而金屬桿在兩磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為Q2＝2×2mgd＝4mgd，選項(xiàng)C正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)的速度v＝，進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv，感應(yīng)電流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，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θ＝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，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 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

12、值為r.現(xiàn)從靜止釋放桿ab，測得最大速度為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L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，軌道足夠長且電阻不計(jì)． (1)桿ab下滑過程中，判斷感應(yīng)電流的方向． (2)求R＝0時(shí)，閉合電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢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)R＝0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)勢最大，最大值E＝BLv＝4 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)勢的最大值E

13、＝BLvm 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 mgsinθ－BIL＝0 解得vm＝(R＋r) 結(jié)合圖象可得 ＝k，k＝1 m/(s·Ω) r＝2 m/s 解得m＝ kg，r＝2 Ω. 答案：(1)b→a　(2)4 V　(3) kg　2 Ω 9．如圖所示，兩根質(zhì)量均為m＝2 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，兩棒電阻與棒長成正比，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)x＝0.5 m時(shí)其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝30 J，此時(shí)兩棒速率之比為vA

14、：vC＝1：2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運(yùn)動(dòng)，求： (1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過程中，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v′A和v′C. 解析：(1)設(shè)兩棒的長度分別為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Q＝I2Rt可知AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝15 J. (2)根據(jù)能量守恒定律，有Fx＝mv＋mv＋Q1＋Q2 又vA：vC＝1：2，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得vA＝4 m/s，vC＝8 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)勢大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿足 BLvA′＝B·2LvC′ 即vA′＝2vC′(不對(duì)過程進(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FA·t＝mvA′－mvA，－FC·t＝mvC′－mvC. 因?yàn)镕C＝2FA，故有＝ 聯(lián)立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s. 答案：(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s 5