《【與名師對話】2014年高考物理總復習 課時配套作業(yè)33 新人教版選修3-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【與名師對話】2014年高考物理總復習 課時配套作業(yè)33 新人教版選修3-2（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時作業(yè)(三十三) 　　　　　　　　　　　　　 1．(2012·江蘇南通月考)電磁爐的工作原理是利用電磁感應現(xiàn)象產(chǎn)生的渦流，使鍋體發(fā)熱從而加熱食物．下列相關(guān)的說法中正確的是 (　　) A．鍋體中渦流的強弱與磁場變化的頻率有關(guān) B．電磁爐中通入電壓足夠高的直流電也能正常工作 C．金屬或環(huán)保絕緣材料制成的鍋體都可以利用電磁爐來烹飪食物 D．電磁爐的上表面一般都用金屬材料制成，以加快熱傳遞、減少熱損耗 [解析]　渦流是高頻交流電產(chǎn)生的磁場引起的電磁感應現(xiàn)象，故選項A正確、B錯誤；電磁爐表面一般用絕緣材料制成，避免產(chǎn)生渦流，鍋體用金屬制成利用渦流加熱食物，故選項C、D錯誤． [

2、答案] A 2．(2012·湖南嘉興模擬)在豎直向下的勻強磁場中，將一水平放置的金屬棒PQ以初速度v0水平拋出，如右圖所示．棒在運動過程中始終保持水平，空氣阻力不計，那么，下列說法中正確的是 (　　) A．PQ棒兩端的電勢一定滿足φP<φQ B．PQ棒中的感應電動勢越來越大 C．PQ棒中的感應電動勢越來越小 D．PQ棒中的感應電動勢保持不變 [解析]　PQ棒水平切割磁感線，利用右手定則可判斷兩端的電勢一定滿足φP<φQ，A正確；因PQ棒水平方向速度不變，豎直方向不切割磁感線，所以PQ棒中的感應電動勢保持不變，D正確． [答案] AD 3．如右圖所示，平行導軌間距為d，一

3、端跨接一個電阻R，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于平行金屬導軌所在平面．一根金屬棒與導軌成θ角放置，金屬棒與導軌的電阻均不計．當金屬棒垂直于棒的方向以恒定的速度v在金屬導軌上滑行時，通過電阻R的電流是 (　　) A.　　 B.　　 C.　　 D. [解析]　導體棒與磁場垂直，速度與磁場垂直且與棒長度方向垂直，由E＝Blv，l＝得I＝＝，D正確． [答案] D 4．(2012·徐州檢測)如圖所示，A、B、C是相同的白熾燈，L是自感系數(shù)很大、電阻很小的自感線圈．現(xiàn)將S閉合，下面說法正確的是 (　　) A．B、C燈同時亮，A燈后亮 B．A、B、C燈同時亮，然后A燈逐漸

4、變暗，最后熄滅 C．A燈一直不亮，只有B燈和C燈亮 D．A、B、C燈同時亮，并且亮暗沒有變化 [解析]　由于線圈的自感系數(shù)很大，在開關(guān)閉合瞬間線圈的阻礙作用很大，線圈中電流為零，所以電流通過A和B、C支路，三燈同時亮；隨著L中的電流增大，A中電流逐漸減小；由于線圈L的電阻很小，電路達到穩(wěn)定時燈泡A被線圈短路，燈泡A中電流為零，最后熄滅，故B項正確． [答案] B 5.如右圖所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導線、開關(guān)S與一個n匝的數(shù)圈連接，線圈置于方向豎直向上的均勻變化的磁場中．兩板間放一臺小壓力傳感器，壓力傳感器上表面絕緣，在其上表面靜止放置一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球

5、．開關(guān)S閉合前傳感器上有示數(shù)，開關(guān)S閉合后傳感器上的示數(shù)變?yōu)樵瓉淼囊话耄畡t線圈中磁場的變化情況和磁通量變化率分別是 (　　) A．正在增強，＝ B．正在增強，＝ C．正在減弱，＝ D．正在減弱，＝ [解析]　開關(guān)S閉合后傳感器示數(shù)減小，說明帶電小球?qū)鞲衅鞯膲毫ψ冃。∏驇д?，說明金屬板上極板帶負電，由楞次定律判斷可知，線圈中感應電流的磁場方向是豎直向下的，從而推知題圖中的磁場正在增強；依題意知，閉合開關(guān)S后小球受重力mg.支持力FN和電場力F電而處于平衡狀態(tài)，即F電＋FN＝mg，其中F電＝q·，F(xiàn)N＝mg，代入解得＝，故選項B正確． [答案] B 6.如右圖所示的電路中，兩個

6、相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈L和一個滑動變阻器R.閉合開關(guān)S后，調(diào)整R，使L1和L2發(fā)光的亮度一樣，此時流過兩個燈泡的電流為I.然后，斷開S.若t′時刻再閉合S，則在t′前后的一小段時間內(nèi)，正確反映流過L1的電流i1、流過L2的電流i2隨時間t變化的圖象是 (　　) [解析]　閉合開關(guān)S，調(diào)整R，使兩個燈泡L1、L2發(fā)光亮度相同，電流為I，說明RL＝R；若t′時刻再閉合S，流過電感線圈L和燈泡L1的電流迅速增大，電感線圈L產(chǎn)生自感電動勢，阻礙流過L1的電流i1增大，直至達到電流I，故選項A錯誤，B正確；而對于R和L2支路來說，流過燈泡L2的電流i2立即達到電流I

7、，故C、D均錯誤． [答案] B 7.如右圖，垂直矩形金屬框的勻強磁場的磁感應強度為B，導體棒ab垂直線框兩長邊擱在框上，ab長為l，在Δt時間內(nèi)，ab向右以速度v勻速滑過距離d，則 (　　) A．因右邊面積減小ld，左邊面積增大ld，則ΔΦ＝2Bld，E＝ B．因右邊面積減小ld，左邊面積增大ld，減小磁通量與增大磁通量相互抵消，ΔΦ＝0，E＝0 C．ΔΦ＝Bld，E＝ D．因ab棒做切割磁感線運動，所以不能用E＝計算感應電動勢，只能用E＝Blv計算感應電動勢 [解析]　磁通量的變化等于磁感應強度與導線掃過面積的乘積，即ΔΦ＝Bld，故選項A、B均錯誤；感應電動勢E＝＝

8、或E＝Blv，故選項C正確，D錯誤． [答案] C 8．(2012·揚州檢測)面積S＝0.2 m2、n＝100匝的圓形線圈，處在如下圖所示的勻強磁場內(nèi)，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律是B＝0.02 t T．電阻R與電容器C并聯(lián)后接在線圈兩端，電阻R＝3 Ω，電容C＝30 μF，線圈電阻r＝1 Ω.求： (1)通過R的電流的大小和方向； (2)電容器所帶的電荷量． [解析]　(1)通過圓形線圈的磁通量Φ變大，由楞次定律和安培定則知，線圈中感應電流的方向為逆時針，所以通過R的電流方向為由b到a.由法拉第電磁感應定律，線圈產(chǎn)生的感應電動勢為E＝＝＝100×0.2×0.02 V＝0.4

9、V， 由閉合電路歐姆定律，通過R的電流為 I＝＝ A＝0.1 A. (2)電容器兩端的電壓等于電阻R兩端的電壓，即 UC＝UR＝IR＝0.1×3 V＝0.3 V， 電容器所帶的電荷量為 Q＝CUC＝30×10－6×0.3 C＝9×10－6 C. [答案] (1)0.1 A，方向b→R→a　(2)9×10－6C 9．(2012·無錫檢測)如右圖所示，在存在右邊界的垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個均勻?qū)Ь€制成的單匝直角三角形線框．現(xiàn)用外力使線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框的AB邊始終與磁場右邊界平行．已知AB＝BC＝l，線框?qū)Ь€的總電阻

10、為R.則線框離開磁場的過程中 (　　) A．線框中的電動勢隨時間均勻增大 B．通過線框截面的電荷量為 C．線框所受外力的最大值為 D．線框中的熱功率與時間成正比 [解析]　三角形線框向外勻速運動的過程中，由于有效切割磁感線的長度L＝vt，所以線框中感應電動勢的大小E＝BLv＝Bv2t，故選項A正確；線框離開磁場的運動過程中，通過線圈的電荷量Q＝It＝×Δt＝，選項B正確；當線框恰好剛要完全離開磁場時，線框有效切割磁感線的長度最大，則F＝BIl＝，選項C錯誤；線框的熱功率為P＝Fv＝BIvt×v＝，選項D錯誤． [答案] AB 10．某學習小組設計了一種發(fā)電裝置如下圖甲所示，圖

11、乙為其俯視圖．將8塊外形相同的磁鐵交錯放置組合成一個高h＝0.5 m、半徑r＝0.2 m的圓柱體，其可繞固定軸OO′逆時針(俯視)轉(zhuǎn)動，角速度ω＝100 rad/s.設圓柱外側(cè)附近每個磁場區(qū)域的磁感應強度大小均為B＝0.2 T、方向都垂直于圓柱體側(cè)表面．緊靠圓柱外側(cè)固定一根與其等高、電阻R1＝0.5 Ω的細金屬桿ab，桿與軸OO′平行．圖丙中阻值R＝1.5 Ω的電阻與理想電流表A串聯(lián)后接在桿a、b兩端．下列說法正確的是 (　　) A．電流表A的示數(shù)約為1.41 A B．桿ab產(chǎn)生的感應電動勢的有效值E＝2 V C．電阻R消耗的電功率為2 W D．在圓柱體轉(zhuǎn)過一周的時間內(nèi)，流過電

12、流表A的總電荷量為零 [解析]　圓柱體轉(zhuǎn)過一周為感應電動勢的4個周期， T＝＝＝ s. 金屬桿上感應電動勢的大小E′＝Blv＝Bhrω＝2.0 V；感應電動勢的方向周期性變化，周期為 s，所以有效值E＝2.0 V，則I＝＝1.0 A，電阻R的電功率為P＝I2R＝1.5 W．電流在電流表中周期性變化，每個周期的總電流為零． [答案] BD 11．如右圖所示，金屬桿ab放在光滑的水平金屬導軌上，與導軌組成閉合矩形電路，長l1＝0.8 m，寬l2＝0.5 m，回路總電阻R＝0.2 Ω，回路處在豎直方向的磁場中，金屬桿用水平繩通過定滑輪連接質(zhì)量M＝0.04 kg的木塊，磁感應強度從B

13、0＝1 T開始隨時間均勻增加，5 s末木塊將離開水平面，不計一切摩擦，g取10 m/s2，求回路中的電流強度． [解析]　設磁感應強度B(t)＝B0＋kt，k是大于零的常量， 于是回路電動勢E＝＝kS ① S＝l1×l2 ② 回路電流I＝ ③ 桿受安培力 F(t)＝BIl2＝(B0＋kt)Il2 ④ 5秒末有 F(5)＝＝Mg ⑤ 可以得到k＝0.2 T/s或k＝－0.4 T/s(舍去)， 解得I＝0.4 A. [答案] 0.4 A 12．(2012·長春調(diào)研)如圖甲所示，空間存在一寬度為2L的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．在光滑絕緣水平面內(nèi)有

14、一邊長為L的正方形金屬線框，其質(zhì)量m＝1 kg、電阻R＝4 Ω，在水平向左的外力F作用下，以初速度v0＝4 m/s勻減速進入磁場，線框平面與磁場垂直，外力F大小隨時間t變化的圖線如圖乙所示．以線框右邊剛進入磁場時開始計時，求： (1)勻強磁場的磁感應強度B； (2)線框進入磁場的過程中，通過線框的電荷量q； (3)判斷線框能否從右側(cè)離開磁場？說明理由． [解析]　(1)由F—t圖象可知，線框加速度a＝＝2 m/s2 框的邊長L＝v0t－at2＝(4×1－×2×12) m＝3 m t＝0時刻線框中的感應電流I＝ 線框所受的安培力F安＝BIL 由牛頓第二定律F1＋F安＝ma 又F1＝1 N，聯(lián)立得B＝ T＝0.33 T (2)線框進入磁場的過程中，平均感應電動勢＝ 平均電流＝ 通過線框的電荷量q＝t 聯(lián)立得q＝0.75 C (3)設勻減速運動速度減為零的過程中線框通過的位移為x，由運動學公式得0－v＝－2ax 代入數(shù)值得x＝4 m<2L 所以線框不能從右側(cè)離開磁場． [答案] (1)0.33　(2)0.75 (3)不能從右側(cè)離開磁場　理由見解析 8