2020版高考物理二轮复习 第一部分 专题复习训练 课时作业十一 电磁感应及应用（含解析）

课时作业十一电磁感应及应用一、选择题1(2019年贵州适应性考试)如图1甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度b随时间t的变化规律如图1乙所示，则下列说法正确的是()图1at1t3时间内流过小灯泡电流的方向先为ba后为abbt1t3时间内流过小灯泡电流的方向先为ab后为bact1t3时间内小灯泡先变亮后变暗dt1t3时间内小灯泡先变暗后变亮解析：t1t3时间内穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增加，根据楞次定律可知，流过小灯泡电流的方向为ab，选项a、b错误；t1t3时间内，bt线的斜率先增大后减小，则磁通量的变化率先增大后减小，感应电动势先增大后减小，小灯泡先变亮后变暗，选项c正确，d错误答案：c2(2017年高考课标全国卷)如图2，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一u形金属导轨，导轨平面与磁场垂直金属杆pq置于导轨上并与导轨形成闭合回路pqrs，一圆环形金属线框t位于回路围成的区域内，线框与导轨共面现让金属杆pq突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()图2apqrs中沿顺时针方向，t中沿逆时针方向bpqrs中沿顺时针方向，t中沿顺时针方向cpqrs中沿逆时针方向，t中沿逆时针方向dpqrs中沿逆时针方向，t中沿顺时针方向解析：金属杆pq向右切割磁感线，根据右手定则可知pqrs中感应电流沿逆时针方向；原来t中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路pqrs中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过t的磁通量减小，t中产生顺时针方向的感应电流综上所述，可知a、b、c项错误，d项正确答案：d3法拉第圆盘发电机的示意图如图3所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片p、q分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场b中圆盘旋转时，关于流过电阻r的电流，下列说法正确的是()图3a若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定b若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动c若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化d若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在r上的热功率也变为原来的2倍解析：由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项b错误；由感应电动势ebl2知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项a正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项c错误；若变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由pi2r知，电流在r上的热功率变为原来的4倍，选项d错误答案：a4两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图4(a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如图4(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)下列说法正确的是()图4a磁感应强度的大小为0.5 tb导线框运动速度的大小为0.5 m/sc磁感应强度的方向垂直于纸面向内d在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 n解析：从题图(b)可知，导线框运动的速度大小v m/s0.5 m/s，b项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由eblv，得b t0.2 t，a项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，磁感应强度方向垂直纸面向外，c项错误；在0.40.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小i a2 a，则导线框受到的安培力fbil0.220.1 n0.04 n，d项错误答案：b5(多选)如图5所示，一个正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在磁场内有一边长为l、阻值为r的正方形线框，线框所在平面与磁场垂直如果以垂直于线框边和磁场的速度v将线框从磁场中匀速拉出，下列说法正确的是()图5a如果将线框水平向右拉出磁场，线框经过磁场边界过程中将产生顺时针方向的感应电流b在纸面内无论沿哪个方向将线框拉出磁场，流过线框某一截面的电荷量都相同c将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度v成正比d将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度的平方v2成正比解析：如果将线框水平向右拉出磁场，穿过线圈向里的磁通量减小，该过程中将产生顺时针方向的感应电流，a正确；因为感应电动势e，电流i，通过导线某一截面的电荷量为qit，可得q，故流过线框某一截面的电荷量与线圈穿出磁场的方向无关，b正确；根据焦耳定律可得qi2rtt，所以焦耳热q与速度v成正比，c正确，d错误答案：abc6(2019年四川第三次诊断)(多选)如图6所示，足够长的u型光滑金属导轨平面与水平面成角(0h1)；保持b棒静止，由静止释放a棒，a棒到达磁场中oo停止运动后再由静止释放b棒，a、b与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2.图10(1)求a棒进入磁场mm时加速度的大小；(2)a棒从释放到oo的过程中，求b棒产生的焦耳热；(3)若mm、oo间的距离x2.4 m，b棒进入磁场后，恰好未与a棒相碰，求h2的值解：(1)设a棒到mm时的速度为v1.由机械能守恒定律得mgh1mv12进入磁场时a棒产生的感应电动势eblv1感应电流i对a棒受力分析，由牛顿第二定律得bilma代入数据解得a3.75 m/s2.(2)设a、b产生的总焦耳热为q，由能量守恒定律得qmgh1则b棒产生的焦耳热qbqq联立解得qb0.675 j.(3)设b棒到mm时的速度为v2，有mgh2mv22b棒进入磁场后