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高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化練八 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題 新人教版

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高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化練八 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題 新人教版

高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化練八 電磁感應(yīng)中的電路和圖象問(wèn)題 新人教版1(單選)如圖10所示,豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán),半徑為a,總電阻為R(指拉直時(shí)兩端的電阻),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)環(huán)平面,在環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長(zhǎng)度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB,AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下,當(dāng)擺到豎直位置時(shí),B點(diǎn)的線速度為v,則這時(shí)AB兩端的電壓大小為()圖10A.B.C.DBav解析擺到豎直位置時(shí),AB切割磁感線的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EB·2aBav.由閉合電路歐姆定律得,UAB·Bav,故A正確答案A2(xx·武漢模擬)(多選)如圖11所示是圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖;銅盤(pán)安裝在水平的銅軸上,它的邊緣正好在兩磁極之間,兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動(dòng)軸和銅盤(pán)的邊緣接觸若銅盤(pán)半徑為L(zhǎng),勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,回路的總電阻為R,從左往右看,銅盤(pán)以角速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)則()圖11A由于穿過(guò)銅盤(pán)的磁通量不變,故回路中無(wú)感應(yīng)電流B回路中感應(yīng)電流大小不變,為C回路中感應(yīng)電流方向不變,為CDRCD回路中有周期性變化的感應(yīng)電流解析把銅盤(pán)看作閉合回路的一部分,在穿過(guò)銅盤(pán)以角速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)時(shí),銅盤(pán)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),回路中有感應(yīng)電流,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;銅盤(pán)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBL2,根據(jù)閉合電路歐姆定律,回路中感應(yīng)電流I,由右手定則可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)镃DRC,選項(xiàng)B、C正確,D錯(cuò)誤答案BC3(xx·焦作模擬)(多選)如圖12所示,兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置,間距為L(zhǎng)1 m,cd間、de間、cf間分別接著阻值為R10 的電阻一阻值為R10 的導(dǎo)體棒ab以速度v4 m/s勻速向左運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好;導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)下列說(shuō)法中正確的是()圖12A導(dǎo)體棒ab中電流的流向?yàn)橛蒪到aBcd兩端的電壓為1 VCde兩端的電壓為1 VDfe兩端的電壓為1 V解析導(dǎo)體棒ab以速度v4 m/s勻速向左運(yùn)動(dòng),由右手定則可判斷出導(dǎo)體棒ab中電流的流向?yàn)橛蒩到b,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv2 V,感應(yīng)電流IE/2R0.1 A,cd兩端的電壓為U1IR1 V,選項(xiàng)B正確;由于de間沒(méi)有電流,cf間沒(méi)有電流,de兩端的電壓為零,fe兩端的電壓為1 V,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確答案BD4(單選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈,規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖13甲所示,當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t如圖變化時(shí),在圖中正確表示線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E變化的是()圖13解析在第1 s內(nèi),由楞次定律可判定電流為正,其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1S,在第2 s和第3 s內(nèi),磁場(chǎng)B不變化,線圈中無(wú)感應(yīng)電流在第4 s和第5 s內(nèi),B減小,由楞次定律可判定,其電流為負(fù),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2S,由于B1B2,t22t1,故E12E2,由此可知,A選項(xiàng)正確答案A5(單選)如圖14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(chǎng),兩磁場(chǎng)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(guò)滑動(dòng)觸點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸在圓心和圓環(huán)間連有電阻R.桿OM以勻角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),t0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t0開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中,電流隨t變化的圖象是()圖14解析導(dǎo)體桿OM在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中垂直切割磁感線繞O逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng),產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為:i不變,轉(zhuǎn)到?jīng)]有磁場(chǎng)時(shí),i0;并由右手定則可判斷電流流經(jīng)電阻R的電流方向答案C6(單選)矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,如圖15甲所示磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直,規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示,則()圖15A從0到t1時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框中電流的方向?yàn)閍dcbaB從t1到t2時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框中電流越來(lái)越大Ct1時(shí)刻,導(dǎo)線框中電流為0D從t1到t2時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框bc邊受到安培力大小保持不變解析導(dǎo)線框面積S不變,讀圖象知,有兩個(gè)“子過(guò)程”.0t1過(guò)程,磁感應(yīng)強(qiáng)度正向減?。籺1t2過(guò)程,磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大.0t1時(shí)間內(nèi),正向磁通量減小,由楞次定律判定,應(yīng)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较螂娏?,故選A.t1t2時(shí)間,磁通量反方向均勻增大,有k(k為常數(shù))由ES,I,解得I,為定值,故不選B.bc邊受到安培力為F安BILbc,因磁感應(yīng)強(qiáng)度B線性增大,所以F安線性增大,故不選D.t1時(shí)刻,穿過(guò)導(dǎo)線框的為0,但其變化率k0,所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流均不為0,故不選C.答案A7(單選)邊長(zhǎng)為a的閉合金屬正三角形框架,左邊豎直且與磁場(chǎng)右邊界平行,完全處于垂直于框架平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場(chǎng),如圖16所示,則下列圖象與這一過(guò)程相符合的是()圖16解析該過(guò)程中,框架切割磁感線的有效長(zhǎng)度等于框架與磁場(chǎng)右邊界兩交點(diǎn)的間距,根據(jù)幾何關(guān)系有l(wèi)有x,所以E電動(dòng)勢(shì)Bl有vBvxx,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;F外力x2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;P外力功率F外力vF外力x2,選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案B8(多選)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17甲所示t0時(shí)刻對(duì)線框施加一水平向右的外力F,讓線框從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)磁場(chǎng),外力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示已知線框質(zhì)量m1 kg、電阻R1 ,以下說(shuō)法正確的是()圖17A線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為1 m/s2B勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 TC線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,通過(guò)線框的電荷量為 CD線框邊長(zhǎng)為1 m解析開(kāi)始時(shí),a m/s21 m/s2,由圖可知t1.0 s時(shí)安培力消失,線框剛好離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域,則線框邊長(zhǎng)lat20.5 m;由t1.0 s時(shí),線框速度vat1 m/s,F(xiàn)3 N,根據(jù)牛頓第二定律有Fma,得B2 T;線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,通過(guò)線框的電荷量qttC,故D錯(cuò),A、B、C正確答案ABCB深化訓(xùn)練提高能力技巧9(xx·福建卷,18)(單選)如圖18,矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方,由不同高度靜止釋放,用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻線框下落過(guò)程形狀不變,ab邊始終保持與磁場(chǎng)水平邊界線OO平行,線框平面與磁場(chǎng)方向垂直設(shè)OO下方磁場(chǎng)區(qū)域足夠大,不計(jì)空氣的影響,則下列哪一個(gè)圖象不可能反映線框下落過(guò)程中速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律()圖18解析線框在0t1這段時(shí)間內(nèi)做自由落體運(yùn)動(dòng),vt圖象為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線,t2之后線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域中,無(wú)感應(yīng)電流,線框不受安培力,只受重力,線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng),vt圖象為傾斜直線t1t2這段時(shí)間線框受到安培力作用,線框的運(yùn)動(dòng)類(lèi)型只有三種,即可能為勻速直線運(yùn)動(dòng)、也可能為加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng),還可能為加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng),而A選項(xiàng)中,線框做加速度逐漸增大的減速直線運(yùn)動(dòng)是不可能的,故不可能的vt圖象為A選項(xiàng)中的圖象答案A10(xx·四川卷,7)(多選)如圖19所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場(chǎng)區(qū)域,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為Bkt(常量k0)回路中滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為R0,滑動(dòng)片P位于滑動(dòng)變阻器中央,定值電阻R1R0、R2.閉合開(kāi)關(guān)S,電壓表的示數(shù)為U,不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),則()圖19AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正電C滑動(dòng)變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為kL2解析由楞次定律可知,正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?,所以電容器b極板帶正電,選項(xiàng)B錯(cuò)誤根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Ekr2,選項(xiàng)D錯(cuò)誤R2與的并聯(lián)阻值R并,根據(jù)串聯(lián)分壓的特點(diǎn)可知:UR2U×U,選項(xiàng)A正確由P得:PR2.PR,所以PR5PR2選項(xiàng)C正確答案AC11如圖20所示,邊長(zhǎng)L0.20 m的正方形導(dǎo)線框ABCD由粗細(xì)均勻的同種材料制成,正方形導(dǎo)線框每邊的電阻R01.0 ,金屬棒MN與正方形導(dǎo)線框的對(duì)角線長(zhǎng)度恰好相等,金屬棒MN的電阻r0.20 .導(dǎo)線框放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.50 T,方向垂直導(dǎo)線框所在平面向里金屬棒MN與導(dǎo)線框接觸良好,且與導(dǎo)線框?qū)蔷€BD垂直放置在導(dǎo)線框上,金屬棒的中點(diǎn)始終在BD連線上若金屬棒以v4.0 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)至AC的位置時(shí),求:(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 圖20(1)金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小;(2)金屬棒MN上通過(guò)的電流大小和方向;(3)導(dǎo)線框消耗的電功率解析(1)金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小為:EBLv0.50×0.20×4.0× V0.57 V.(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)到AC位置時(shí),導(dǎo)線框左、右兩側(cè)電阻并聯(lián),其并聯(lián)電阻大小為R并1.0 ,由閉合電路歐姆定律有I0.48 A,由右手定則有,電流方向從M到N.(3)導(dǎo)線框消耗的電功率為P框I2R并0.23 W答案(1)0.57 V(2)0.48 V電流方向從M到N(3)0.23 W12如圖21甲所示一對(duì)平行光滑軌道放置在水平面上,兩軌道間距l(xiāng)0.20 m,電阻R1.0 ;有一導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上,與兩軌道垂直,桿及軌道的電阻皆可忽略不計(jì),整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直軌道面向下現(xiàn)在一外力F沿軌道方向拉桿,使之做勻加速運(yùn)動(dòng),測(cè)得力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示求桿的質(zhì)量m和加速度a.圖21解析導(dǎo)體桿在軌道上做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),用v表示瞬時(shí)速度,t表示時(shí)間,則桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLvBlat閉合回路中的感應(yīng)電流為I 由安培力公式和牛頓第二定律得FILBma 將式代入式整理得Fma 由乙圖線上取兩點(diǎn),t10,F(xiàn)11 N;t229 s,F(xiàn)24 N代入式,聯(lián)立方程解得a10 m/s2,m0.1 kg.答案0.1 kg10 m/s2

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