2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 能力課1 電磁感應(yīng)中的圖像和電路問題訓(xùn)練(含解析)教科版.doc
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能力課1 電磁感應(yīng)中的圖像和電路問題 一、選擇題(1~3題為單項(xiàng)選擇題,4~8題為多項(xiàng)選擇題) 1.如圖1所示,在第一象限有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,在第二象限有一平行于y軸的長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒沿x軸正方向以速度v勻速通過磁場(chǎng)區(qū)域。下列關(guān)于導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨x變化的圖像正確的是( ) 圖1 解析 導(dǎo)體棒垂直磁場(chǎng)方向做切割磁感線運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,式中l(wèi)為導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度。導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度l隨x先均勻增大后均勻減小,其最大值為等邊三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的高L=0.87L。所以導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨x變化的圖像正確的是D。 答案 D 2.(2017孝感模擬)如圖2甲所示,在電阻R=1 Ω,面積S1=0.3 m2的圓形線框中心區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),圓形磁場(chǎng)區(qū)面積S2=0.2 m2。若取磁場(chǎng)方向垂直紙面向外為正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律可用圖乙描述,則線框中的感應(yīng)電流I(取順時(shí)針方向?yàn)檎较?隨時(shí)間t的變化圖線是 ( ) 圖2 答案 C 3.兩塊水平放置的金屬板,板間距離為d,用導(dǎo)線將兩塊金屬板與一線圈連接,線圈中存在方向豎直向上、大小變化的磁場(chǎng),如圖3所示。兩板間有一帶正電的油滴恰好靜止,則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖像是( ) 圖3 解析 帶正電的油滴靜止,即所受重力與電場(chǎng)力平衡,兩板間為勻強(qiáng)電場(chǎng),因此線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為恒定值,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,通過線圈的磁通量一定是均勻變化的,A、D兩項(xiàng)錯(cuò);油滴帶正電,故下極板電勢(shì)高于上極板電勢(shì),感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同,由楞次定律可知,通過線圈的磁通量均勻減小,故C項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)。 答案 C 4.有一變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于如圖4甲所示的線圈平面,若規(guī)定磁場(chǎng)垂直線圈平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向,電流從a經(jīng)R流向b為電流的正方向。現(xiàn)已知R中的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示,那么垂直穿過線圈平面的磁場(chǎng)可能是圖中的( ) 圖4 解析 當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里均勻減小時(shí),由楞次定律可判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)也垂直線圈平面向里,再由安培定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷感應(yīng)電流的大小恒定且從a經(jīng)R流向b;當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里均勻增大時(shí),由楞次定律可判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直線圈平面向外,再由安培定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷感應(yīng)電流的大小恒定且從b經(jīng)R流向a,選項(xiàng)A、B正確,C、D錯(cuò)誤。 答案 AB 5.(2016河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”質(zhì)量監(jiān)測(cè))一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi),線框平面與磁場(chǎng)垂直,線框的右邊緊貼著磁場(chǎng)邊界,如圖5甲所示。t=0時(shí)刻對(duì)線框施加一水平向右的外力,讓線框從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穿過磁場(chǎng),外力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。已知線框質(zhì)量m=1 kg、電阻R=1 Ω,以下說法正確的是( ) 圖5 A.線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為1 m/s2 B.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T C.線框穿過磁場(chǎng)的過程中,通過線框的電荷量為 C D.線框邊長(zhǎng)為1 m 解析 t=0時(shí),線框初速度為零,故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,力F為線框所受合外力,由牛頓第二定律可知,線框的加速度a=1 m/s2,A項(xiàng)正確;由圖像知,t=1.0 s時(shí),線框剛好離開磁場(chǎng),由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知線框的邊長(zhǎng)為0.5 m,D項(xiàng)錯(cuò);線框的末速度v=at=1 m/s,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,回路中電流I=,安培力F安=BIL,由牛頓第二定律有F-F安=ma,聯(lián)立解得B=2 T,B正確;由q=== C,C項(xiàng)正確。 答案 ABC 6.(2017廣西四市適應(yīng)性檢測(cè))矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖6甲所示。一磁場(chǎng)的磁感線方向與導(dǎo)線框所在平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。t=0時(shí)刻,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直導(dǎo)線框平面向里,在0~4 s時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框ad邊所受安培力F安隨時(shí)間t變化的圖像(規(guī)定向左為安培力的正方向)及導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像(規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?可能是圖中的( ) 圖6 解析 由法拉第電磁感應(yīng)定律,0~2 s和2~4 s的感應(yīng)電流大小相等且方向相反,選項(xiàng)A正確;由安培力F=BIL可得0~2 s和2~4 s的安培力呈線性變化,選項(xiàng)D正確。 答案 AD 7.如圖7所示,一不計(jì)電阻的導(dǎo)體圓環(huán),半徑為r、圓心在O點(diǎn),過圓心放置一長(zhǎng)度為2r、電阻為R的輻條,輻條與圓環(huán)接觸良好,現(xiàn)將此裝置放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上,現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),右側(cè)電路通過電刷與輻條中心和環(huán)的邊緣相接觸,R1=,S處于閉合狀態(tài),不計(jì)其他電阻,則下列判斷正確的是( ) 圖7 A.通過R1的電流方向?yàn)樽韵露? B.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2Br2ω C.理想電壓表的示數(shù)為Br2ω D.理想電流表的示數(shù)為 解析 由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負(fù)極,因此通過R1的電流方向?yàn)樽韵露?,選項(xiàng)A正確;由題意可知,始終有長(zhǎng)度為r的輻條在轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁場(chǎng)線,因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為Br2ω,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由圖可知,在磁場(chǎng)內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于電源,磁場(chǎng)外部的半根輻條與R1并聯(lián),因此理想電壓表的示數(shù)為Br2ω,選項(xiàng)C正確;理想電流表的示數(shù)為,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案 AC 8.如圖8所示,一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd無初速度地從高處釋放,線框下落過程中,下邊保持水平向下平動(dòng),在線框的下方,有一個(gè)上、下界面都水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū),磁場(chǎng)區(qū)高度為2L,磁場(chǎng)方向與線框平面垂直,閉合線框下落后,剛好勻速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū),在整個(gè)進(jìn)出磁場(chǎng)過程中,線框中的感應(yīng)電流I隨位移x變化的圖像可能是下圖中的( ) 圖8 解析 線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),=mg,下邊始終勻速切割磁感線,通過線框的感應(yīng)電流的大小恒定為I0,方向不變,線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后,安培力立即消失,線框僅在重力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)線框下邊剛出磁場(chǎng)時(shí),線框的速度大于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度,故電流大于I0,選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤;線框所受安培力大于重力,線框做減速運(yùn)動(dòng),感應(yīng)電流及安培力都減小,所以線框的加速度a=也減小,當(dāng)加速度減小到0時(shí),電流為I0,選項(xiàng)B、D中在x=2L和x=3L之間的曲線,分別對(duì)應(yīng)著上邊剛要出磁場(chǎng)時(shí),線框的速度已減小到進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度和未減小到該速度兩種情況,因此B、D正確。 答案 BD 二、非選擇題 9.如圖9所示,間距L=1 m的兩根足夠長(zhǎng)的固定水平平行導(dǎo)軌間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng),其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1 T、方向垂直于紙面向里,導(dǎo)軌上有一金屬棒MN與導(dǎo)軌垂直且在水平拉力F作用下以v=2 m/s的速度水平向左勻速運(yùn)動(dòng)。R1=8 Ω,R2=12 Ω,C=6μF,導(dǎo)軌和棒的電阻及一切摩擦均不計(jì)。開關(guān)S1、S2閉合,電路穩(wěn)定后,求: 圖9 (1)通過R2的電流I的大小和方向; (2)拉力F的大??; (3)開關(guān)S1切斷后通過R2的電荷量Q。 解析 (1)開關(guān)S1、S2閉合后,根據(jù)右手定則知棒中的感應(yīng)電流方向是由M→N,所以通過R2的電流方向是由b→a MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E=BLv 流過R2的電流I= 代入數(shù)據(jù)解得I=0.1 A (2)棒受力平衡有F=F安 F安=BIL 代入數(shù)據(jù)解得F=0.1 N (3)開關(guān)S1、S2閉合,電路穩(wěn)定后,電容器所帶電荷量 Q1=CIR2 S1切斷后,流過R2的電荷量Q等于電容器所帶電荷量的減少量,即Q=Q1-0 代入數(shù)據(jù)解得Q=7.210-6 C 答案 (1)0.1 A,方向是b→a (2)0.1 N (3)7.210-6 C 10.如圖10甲所示,有一傾斜放置、電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、EF,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為α=37,兩平行導(dǎo)軌相距L=1 m,上端連接一阻值為R=3.0 Ω的電阻。一質(zhì)量為m=0.4 kg、電阻r=1.0 Ω的勻質(zhì)導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上,棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。整個(gè)裝置放在一磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,重力加速度取g=10 m/s2。 圖10 (1)當(dāng)在導(dǎo)體棒中通以方向由a到b、大小為I=1 A的電流時(shí),為使導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上保持靜止,需在導(dǎo)體棒的中點(diǎn)施加一沿導(dǎo)軌平面向上的拉力F,F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。試計(jì)算當(dāng)t=2 s時(shí),導(dǎo)體棒所處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??; (2)6 s后撤去拉力F和導(dǎo)體棒中的電流I,導(dǎo)體棒將由靜止開始下滑,當(dāng)電阻R兩端的電壓剛好穩(wěn)定時(shí),測(cè)得此時(shí)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下滑了x=2 m,試計(jì)算在該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。 解析 (1)根據(jù)左手定則判斷出導(dǎo)體棒ab所受的安培力沿導(dǎo)軌平面向上,設(shè)此時(shí)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,則由力的平衡條件可得F+B1IL=mgsin α 由圖乙可以得出,當(dāng)t=2 s時(shí),F(xiàn)=1.4 N 代入數(shù)據(jù)可得:B1=1.0 T (2)由題圖乙可知,t=4 s后,拉力不再發(fā)生變化,設(shè)此后的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,有F′+B2IL=mgsin α 由題圖乙可得F′=0.4 N,代入上式可得B2=2.0 T 當(dāng)電阻R兩端的電壓剛好穩(wěn)定時(shí),設(shè)導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流為I′, 由力的平衡條件可得: mgsin α=B2I′L 代入數(shù)據(jù)可解得I′=1.2 A 由電磁感應(yīng)規(guī)律可得I′= 可解得vm=2.4 m/s 設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總,則由能量守恒定律可得 mgxsin α=mv+Q總 代入數(shù)據(jù)可得Q總=3.648 J 所以在該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為 Q=Q總=2.736 J。 答案 (1)1.0 T (2)2.736 J- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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