（新課標）2019版高考物理一輪復習 主題九 電磁感應 課時跟蹤訓練43.doc

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課時跟蹤訓練(四十三) 落實雙基 [基礎鞏固] 1.如圖，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相垂直的平面內(nèi)，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E′.則等于(　　) A. B. C．1 D. [解析]　設折彎前導體切割磁感線的長度為L，運動產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv；折彎后，導體切割磁感線的有效長度為L′＝ ＝L，故產(chǎn)生的感應電動勢為E′＝BL′v＝BLv＝E，所以＝，B正確． [答案]　B 2．(多選)如圖所示，水平放置的光滑金屬長導軌MM′和NN′之間接有電阻R，導軌左、右兩區(qū)域分別存在方向相反且與導軌平面垂直的勻強磁場，設左、右區(qū)域磁場的磁感應強度大小分別為B1和B2，虛線為兩區(qū)域的分界線．一根阻值也為R的金屬棒ab放在導軌上并與其垂直，導軌電阻不計．若金屬棒ab在恒定外力F的作用下從左邊的磁場區(qū)域距離磁場邊界x處勻速運動到右邊的磁場區(qū)域距離磁場邊界x處，下列說法正確的是(　　) A．當金屬棒通過磁場邊界時，通過電阻R的電流反向 B．當金屬棒通過磁場邊界時，金屬棒受到的安培力反向 C．金屬棒在題設的運動過程中，通過電阻R的電荷量等于零 D．金屬棒在題設的運動過程中，回路中產(chǎn)生的熱量等于Fx [解析]　金屬棒的運動方向不變，磁場方向反向，則電流方向反向，A正確；電流方向反向，磁場也反向時，安培力的方向不變，B錯誤；由q＝知，因為初、末狀態(tài)磁通量相等，所以通過電阻R的電荷量等于零，C正確；由于金屬棒勻速運動，所以動能不變，即外力做功全部轉(zhuǎn)化為電熱，Q＝2Fx，D錯誤． [答案]　AC 3．(2018浙江金華永康模擬)如圖所示為安檢門原理圖，左邊門框中有一通電線圈，右邊門框中有一接收線圈．工作過程中某段時間內(nèi)通電線圈中存在順時針方向(電流方向均為從左向右看)均勻增大的電流，則(　　) A．無金屬片通過時，接收線圈中的感應電流為順時針方向 B．無金屬片通過時，接收線圈中的感應電流增大 C．有金屬片通過時，接收線圈中的感應電流為順時針方向 D．有金屬片通過時，接收線圈中的感應電流大小發(fā)生變化 [解析]　無金屬片通過時，左側(cè)通電線圈中有不斷增大的順時針方向的電流，知穿過右側(cè)接收線圈的磁通量向右，且增大，根據(jù)楞次定律，右側(cè)線圈中產(chǎn)生逆時針方向的電流，故A錯誤；無金屬片通過時，通電線圈中存在順時針方向均勻增大的電流，則通電線圈中的磁通量均勻增大，所以穿過右側(cè)接收線圈中的磁通量均勻增大，則磁通量的變化率是定值，由法拉第電磁感應定律可知，接收線圈中的感應電流不變，故B錯誤；結合A的分析可知，即使有金屬片通過，接收線圈中的感應電流仍然為逆時針方向，故C錯誤；有金屬片通過時，則穿過金屬片的磁通量發(fā)生變化，金屬片中也會產(chǎn)生感應電流，感應電流的方向與接收線圈中的感應電流的方向相同，所以也會將該空間中的磁場的變化削弱一些，引起接收線圈中的感應電流大小發(fā)生變化，故D正確． [答案]　D 4．(2017北京朝陽期末)隨著新能源轎車的普及，無線充電技術得到進一步開發(fā)和應用．一般給大功率電動汽車充電時利用的是電磁感應原理．如圖所示，由地面供電裝置(主要裝置是線圈和電源)將電能傳送至電動車底部的感應裝置(主要裝置是線圈)，該裝置使用接收到的電能對車載電池進行充電，供電裝置與車身接收裝置之間通過磁場傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳輸效率只能達到90%左右．無線充電樁一般采用平鋪式放置，用戶無需下車、無需插電即可對電動車進行充電．目前，無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15～25 cm，允許的錯位誤差一般為15 cm左右．下列說法正確的是(　　) A．無線充電樁的優(yōu)越性之一是在百米開外也可以對電動車快速充電 B．車身感應線圈中感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化 C．車身感應線圈中感應電流的磁場總是與地面供電線圈中電流的磁場方向相反 D．若線圈均采用超導材料，則能量的傳輸效率有望達到100% [解析]　無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15～25 cm，選項A錯誤；根據(jù)楞次定律，車身感應線圈中感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，選項B正確；車身感應線圈中感應電流的磁場可能與地面供電線圈中電流的磁場方向相同，也可能相反，選項C錯誤；由于電磁輻射等因素，能量的傳輸效率不會達到100%，選項D錯誤．綜上本題選B. [答案]　B 5．(多選)在如圖1所示的虛線框內(nèi)有勻強磁場，設圖1所示磁場方向為正，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示．邊長為l，電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則(　　) A．線框中的感應電動勢為 B．線框中感應電流為2 C．線框cd邊的發(fā)熱功率為 D．b端電勢高于a端電勢 [解析]　由題圖2可知，在每個周期內(nèi)磁感應強度隨時間均勻增大，線框中產(chǎn)生大小恒定的感應電流，設感應電流為I，則對ab邊有，P＝I2R，得I＝2，由閉合電路歐姆定律得，感應電動勢為E＝IR＝2，根據(jù)法拉第電磁感應定律得，E＝＝l2，由題圖2知，＝，聯(lián)立解得，E＝，故A錯誤，B正確；線框的四邊電阻相等，電流相等，則發(fā)熱功率相等，都為P，故C錯誤；由楞次定律判斷可知，線框中感應電流方向為逆時針，則b端電勢高于a端電勢，故D正確． [答案]　BD 6．(多選)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有(　　) A．增加線圈的匝數(shù) B．提高交流電源的頻率 C．將金屬杯換為瓷杯 D．取走線圈中的鐵芯 [解析]　當電磁鐵接通交流電源時，金屬杯處在變化的磁場中產(chǎn)生渦電流發(fā)熱，使水溫升高．要縮短加熱時間，需增大渦電流，即增大感應電動勢或減小電阻．增加線圈匝數(shù)、提高交變電流的頻率都是為了增大感應電動勢．瓷杯不能產(chǎn)生渦電流，取走鐵芯會導致磁性減弱．所以選項A、B正確，C、D錯誤． [答案]　AB 7．(2017江蘇鹽城月考)如圖所示，金屬三角形導軌COD上放有一根足夠長的金屬棒MN，拉動MN使它以速度v從O點開始在勻強磁場中向右勻速平動．若導軌和金屬棒是粗細相同的均勻?qū)w，它們的電阻率相同，則在MN運動過程中閉合回路的(　　) A．感應電動勢保持不變 B．感應電流逐漸增大 C．感應電流將保持不變 D．感應電流逐漸減小 [解析]　拉動MN使它以速度v在勻強磁場中向右勻速平動，t時刻，MN切割磁感線的有效長度l＝vttanα，產(chǎn)生的感應電動勢E＝Blv＝Bv2ttanα，感應電動勢逐漸增大，選項A錯誤；粗細相同的均勻?qū)w，它們的電阻率相同，單位長度電阻相同，設為R，回路總電阻R總＝R＝Rvt，產(chǎn)生的感應電流I＝是一恒量，選項C正確，BD錯誤． [答案]　C 8．(2017福建單科質(zhì)檢)如圖，磁感應強度大小為B的勻強磁場中有一固定金屬線框PMNQ，線框平面與磁感線垂直，線框?qū)挾葹長.導體棒CD垂直放置在線框上，并以垂直于棒的速度v向右勻速運動，運動過程中導體棒與金屬線框保持良好接觸． (1)根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝n，推導MNCDM回路中的感應電動勢E＝Blv； (2)已知B＝0.2 T，L＝0.4 m，v＝5 m/s，導體棒接入電路中的有效電阻R＝0.5 Ω，金屬線框電阻不計，求： ①導體棒所受到的安培力大小和方向； ②回路中的電功率． [解析]　(1)設在Δt時間內(nèi)MNCDM回路面積的變化量為ΔS，磁通量的變化量為ΔΦ，則 ΔS＝LvΔt ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt 根據(jù)法拉第電磁感應定律，得 E＝＝＝BLv (2)①MNCDM回路中的感應電動勢 E＝BLv 回路中的電流強度 I＝ 導體棒受到的安培力 F＝BIL＝ 將已知數(shù)據(jù)代入解得 F＝0.064 N 安培力的方向與速度方向相反 ②回路中的電功率 P＝EI＝ 將已知數(shù)據(jù)代入解得 P＝0.32 W [答案]　(1)見解析　(2)①0.064 N，安培力的方向與速度方向相反?、?.32 W [素能培養(yǎng)] 9．(多選)(2017遼寧盤錦高中月考)如圖所示，傾角為α的光滑平行導軌上端接入一定值電阻R，Ⅰ和Ⅱ是邊長都為L的兩正方形磁場區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場方向都垂直于導軌平面向上，區(qū)域Ⅰ中磁場的磁感應強度為B1，恒定不變，區(qū)域Ⅱ中的磁場隨時間按B2＝kt變化，一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿穿過區(qū)域Ⅰ垂直地跨放在兩導軌上，并恰能保持靜止，則下列說法正確的是(　　) A．通過金屬桿的電流大小為 B．通過金屬桿的電流方向是從a到b C．定值電阻的阻值為－r D．定值電阻的阻值為 [解析]　對金屬桿，根據(jù)平衡關系，結合安培力公式，則有mgsinα＝B1IL，解得I＝，故A正確；根據(jù)楞次定律，區(qū)域Ⅱ中磁場均勻增大，感應電流為順時針方向(從上往下看)，通過金屬桿的電流方向是從b到a，故B錯誤；由法拉第電磁感應定律，則有E＝＝＝kL2，且由閉合電路歐姆定律知I＝，故R＝－r＝－r，故C正確，D錯誤． [答案]　AC 10．(多選)(2017河北石家莊檢測)如圖下圖甲所示，質(zhì)量m＝3.010－3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應強度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數(shù)n＝300、面積S＝0.01 m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示．t＝0.22 s時閉合開關K，瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應電動勢大小為3 V B．開關K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D C．磁感應強度B2的方向豎直向下 D．開關K閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03 C [解析]　由法拉第電磁感應定律知，0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應電動勢大小為E＝n＝nS＝3000.01 V＝30 V，則選項A錯誤；t＝0.22 s時閉合開關K，瞬間細框跳起，由左手定則知CD中的電流方向由C到D，則選項B正確；由CD中的電流方向和楞次定律知磁感應強度B2的方向豎直向上，則選項C錯誤；開關K閉合瞬間(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，由動量定理有FΔt＝Δp＝mv－0，而v＝＝2 m/s，安培力F＝B1Il，F(xiàn)Δt＝B1IlΔt＝mv，故通過細桿CD的電荷量為q＝IΔt＝＝ C＝0.03 C，選項D正確． [答案]　BD 11．(多選)(2017湖北襄陽聯(lián)考)半徑分別為r和2r的同心圓導軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的均勻直金屬棒ab置于圓導軌上面，ba的延長線通過圓導軌中心O點，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置處于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下．在兩環(huán)之間接有阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器．直金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O點逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導軌保持良好接觸．導線和導軌的電阻不計．下列說法正確的是(　　) A．金屬棒中電流從a流向b B．金屬棒兩端電壓為Bω2r C．電容器的M板帶正電 D．電容器所帶電荷量為CBωr2 [解析]　根據(jù)右手定則可知，金屬棒ab逆時針切割磁感線時，產(chǎn)生的感應電流方向從b到a，A錯誤；根據(jù)E感＝BL以及v＝rω可得金屬棒切割磁感線時產(chǎn)生的電動勢E感＝BL＝Br＝Br2ω，切割磁感線的金屬棒相當于電源，則ab兩端的電壓相當于電源的路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知Uab＝E感＝Br2ω＝Br2ω，B錯誤；金屬棒ab的a端相當于電源正極，故與a端相連的電容器M板帶正電，C正確；ab兩端的電壓為Br2ω，電容器兩端的電壓也是Br2ω，故電容器所帶電荷量Q＝CU＝CBωr2，D正確． [答案]　CD 12．(2017山東濰坊模擬)如圖甲所示，半徑為R的導體環(huán)內(nèi)，有一個半徑為r的虛線圓，虛線圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，磁感應強度大小隨時間變化關系為B＝kt(k>0且為常量)． (1)求導體環(huán)中感生電動勢E的大小； (2)將導體環(huán)換成內(nèi)壁光滑的絕緣細管，管內(nèi)放置一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球，小球重力不計，如圖乙所示．已知絕緣細管內(nèi)各點渦旋電場的場強大小為ER＝，方向與該點切線方向相同．小球在電場力作用下沿細管加速運動．要使t＝t0時刻管壁對小球的作用力為0，可在細管處加一垂直于紙面的磁場，求所加磁場的方向及磁感應強度B′的大?。? [解析]　(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律，有 E＝n Φ＝BS＝ktπr2 得E＝kπr2 (2)根據(jù)楞次定律，可知小球沿逆時針方向運動，要使管壁對小球的作用力為0，需洛倫茲力方向指向圓心．由左手定則，得磁場方向垂直紙面向里 電場力F＝ERq 小球運動的加速度滿足F＝ma t時刻速度v＝at0 洛倫茲力大小F洛＝qvB′ 由向心力公式，有F向＝m＝qvB′ 聯(lián)立解得B′＝ [答案]　(1)kπr2　(2)垂直紙面向里