2019屆高考物理二輪復習 第4章 電路與電磁感應 課時作業(yè)10 恒定電流和交變電流.doc

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課時作業(yè)10　電磁感應規(guī)律及其應用 一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6、7題為多項選擇題) 1. 如圖所示，一導體圓環(huán)位于紙面內，O為圓心．環(huán)內兩個圓心角為90的扇形區(qū)域內分別有勻強磁場，兩磁場磁感應強度的大小相等，方向相反且均與紙面垂直．導體桿OM可繞O轉動，M端通過滑動觸點與圓環(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逆時針轉動，t＝0時恰好在圖示位置．規(guī)定從a到b流經(jīng)電阻R的電流方向為正，圓環(huán)和導體桿的電阻忽略不計，則桿從t＝0開始轉動一周的過程中，電流隨ωt變化的圖象是(　　) 解析：根據(jù)E＝Bωl2和I＝可知，導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電流的大小是恒定的．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部是否存在缺陷的渦流探傷技術．其原理是用電流線圈使物件內產(chǎn)生渦電流，借助探測線圈測定渦電流的改變，從而獲得構件內部是否斷裂及位置的信息．如圖2所示的是一個帶鐵芯的線圈L、開關S和電源用導線連接起來的跳環(huán)實驗裝置，將一個套環(huán)置于線圈L上且使鐵芯穿過其中，閉合開關S的瞬間，套環(huán)將立刻跳起．關于對以上兩個運用實例理解正確的是(　　) A．渦流探傷技術運用了互感原理，跳環(huán)實驗演示了自感現(xiàn)象 B．能被探測的物件和實驗所用的套環(huán)必須是導電材料 C．以上兩個案例中的線圈所連接電源都必須是變化的交流電源 D．以上兩個案例中的線圈所連接電源也可以都是穩(wěn)恒電源 解析：渦流探傷技術運用了互感原理，跳環(huán)實驗演示了互感現(xiàn)象，A項錯誤；能被探測的物件和實驗所用的套環(huán)必須是導電材料，才能在套環(huán)中形成感應電流，B項正確；以上兩個案例中渦流探傷技術的線圈必須用交流電源，而跳環(huán)實驗演示所連接電源是直流電源，C、D項錯誤．故選B. 答案：B 3. 如圖所示，用一條橫截面積為S的硬導線做成一個邊長為L的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間的變化率＝k(k>0)，虛線ab與正方形的一條對角線重合，導線的電阻率為ρ.則下列說法正確的是(　　) A．線框中產(chǎn)生順時針方向的感應電流 B．線框具有擴張的趨勢 C．若某時刻的磁感應強度為B，則線框受到的安培力為 D．線框中a、b兩點間的電勢差大小為 解析：根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B增大，穿過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應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錯誤；由法拉第電磁感應定律得：E＝＝S＝L2＝kL2， 因線框電阻R＝ρ，那么感應電流大小為I＝＝，則線框受到的安培力為：F＝BIL＝，故C正確；由上分析，可知，ab兩點間的電勢差大小U＝E＝kL2，故D錯誤． 答案：C 4．如圖所示的直流電路中，當開關S1、S2都閉合時，三個燈泡L1、L2、L3的亮度關系是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S2，電路達到穩(wěn)定狀態(tài)時，再斷開開關S1，則斷開開關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：當開關S1、S2都閉合時，三個燈泡L1、L2、L3的亮度關系是L1>L2>L3，對應的實際功率的關系有P1>P2>P3，根據(jù)P＝有R1mg，聯(lián)立解得h>，選項D錯誤． 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，導軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度B＝1 T．質量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為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的關系如圖乙所示．已知導軌間距L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，軌道足夠長且電阻不計． (1)桿ab下滑過程中，判斷感應電流的方向． (2)求R＝0時，閉合電路中的感應電動勢E的最大值． (3)求金屬桿的質量m和阻值r. 解析：(1)由右手定則可知，電流方向為b→a(或aMPba)． (2)由題圖可知，當R＝0時，桿的速度穩(wěn)定后，它以2 m/s的速度勻速下滑，此時電路中的感應電動勢最大，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)生的感應電動勢的最大值E＝BLvm 由閉合電路的歐姆定律得I＝ 桿達到最大速度時，滿足條件 mgsinθ－BIL＝0 解得vm＝(R＋r) 結合圖象可得 ＝k，k＝1 m/(sΩ) 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，兩根質量均為m＝2 kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導軌上，左右兩部分導軌間距之比為1：2，導軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻．現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運動x＝0.5 m時其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝30 J，此時兩棒速率之比為vA：vC＝1：2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求： (1)在CD棒運動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，兩棒最終勻速運動的速度大小v′A和v′C. 解析：(1)設兩棒的長度分別為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)向左做加速運動，而CD棒向右做減速運動，兩棒最終勻速運動時電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿足 BLvA′＝B2LvC′ 即vA′＝2vC′(不對過程進行分析，認為系統(tǒng)動量守恒是常見錯誤) 對兩棒分別應用動量定理，規(guī)定水平向左為正方向，有FAt＝mvA′－mvA，－FCt＝mvC′－mvC. 因為FC＝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