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【與名師對(duì)話】2014年高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)配套作業(yè)33 新人教版選修3-2

上傳人:xins****2008 文檔編號(hào):144436552 上傳時(shí)間:2022-08-27 格式:DOC 頁(yè)數(shù):8 大小:211.50KB
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1、 課時(shí)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(yīng)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(shuō)法中正確的是 (  ) A.鍋體中渦流的強(qiáng)弱與磁場(chǎng)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(lái)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(chǎng)引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象,故選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)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(xiàng)C、D錯(cuò)誤. [

2、答案] A 2.(2012·湖南嘉興模擬)在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持水平,空氣阻力不計(jì),那么,下列說(shuō)法中正確的是 (  ) A.PQ棒兩端的電勢(shì)一定滿(mǎn)足φP<φQ B.PQ棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來(lái)越大 C.PQ棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來(lái)越小 D.PQ棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shì)一定滿(mǎn)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)保持不變,D正確. [答案] AD 3.如右圖所示,平行導(dǎo)軌間距為d,一

3、端跨接一個(gè)電阻R,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于平行金屬導(dǎo)軌所在平面.一根金屬棒與導(dǎo)軌成θ角放置,金屬棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì).當(dāng)金屬棒垂直于棒的方向以恒定的速度v在金屬導(dǎo)軌上滑行時(shí),通過(guò)電阻R的電流是 (  ) A.   B.   C.   D. [解析] 導(dǎo)體棒與磁場(chǎng)垂直,速度與磁場(chǎng)垂直且與棒長(zhǎng)度方向垂直,由E=Blv,l=得I==,D正確. [答案] D 4.(2012·徐州檢測(cè))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(shuō)法正確的是 (  ) A.B、C燈同時(shí)亮,A燈后亮 B.A、B、C燈同時(shí)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(shí)亮,并且亮暗沒(méi)有變化 [解析] 由于線圈的自感系數(shù)很大,在開(kāi)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(guò)A和B、C支路,三燈同時(shí)亮;隨著L中的電流增大,A中電流逐漸減?。挥捎诰€圈L的電阻很小,電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)燈泡A被線圈短路,燈泡A中電流為零,最后熄滅,故B項(xiàng)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(dǎo)線、開(kāi)關(guān)S與一個(gè)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(chǎng)中.兩板間放一臺(tái)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(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球

5、.開(kāi)關(guān)S閉合前傳感器上有示數(shù),開(kāi)關(guān)S閉合后傳感器上的示數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的一半.則線圈中磁場(chǎng)的變化情況和磁通量變化率分別是 (  ) A.正在增強(qiáng),= B.正在增強(qiáng),= C.正在減弱,= D.正在減弱,= [解析] 開(kāi)關(guān)S閉合后傳感器示數(shù)減小,說(shuō)明帶電小球?qū)鞲衅鞯膲毫ψ冃?,小球帶正電,說(shuō)明金屬板上極板帶負(fù)電,由楞次定律判斷可知,線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向是豎直向下的,從而推知題圖中的磁場(chǎng)正在增強(qiáng);依題意知,閉合開(kāi)關(guān)S后小球受重力mg.支持力FN和電場(chǎng)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(xiàng)B正確. [答案] B 6.如右圖所示的電路中,兩個(gè)

6、相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個(gè)帶鐵芯的電感線圈L和一個(gè)滑動(dòng)變阻器R.閉合開(kāi)關(guān)S后,調(diào)整R,使L1和L2發(fā)光的亮度一樣,此時(shí)流過(guò)兩個(gè)燈泡的電流為I.然后,斷開(kāi)S.若t′時(shí)刻再閉合S,則在t′前后的一小段時(shí)間內(nèi),正確反映流過(guò)L1的電流i1、流過(guò)L2的電流i2隨時(shí)間t變化的圖象是 (  ) [解析] 閉合開(kāi)關(guān)S,調(diào)整R,使兩個(gè)燈泡L1、L2發(fā)光亮度相同,電流為I,說(shuō)明RL=R;若t′時(shí)刻再閉合S,流過(guò)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(dòng)勢(shì),阻礙流過(guò)L1的電流i1增大,直至達(dá)到電流I,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;而對(duì)于R和L2支路來(lái)說(shuō),流過(guò)燈泡L2的電流i2立即達(dá)到電流I

7、,故C、D均錯(cuò)誤. [答案] B 7.如右圖,垂直矩形金屬框的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)體棒ab垂直線框兩長(zhǎng)邊擱在框上,ab長(zhǎng)為l,在Δt時(shí)間內(nèi),ab向右以速度v勻速滑過(guò)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(yùn)動(dòng),所以不能用E=計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),只能用E=Blv計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) [解析] 磁通量的變化等于磁感應(yīng)強(qiáng)度與導(dǎo)線掃過(guò)面積的乘積,即ΔΦ=Bld,故選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤;感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E==

8、或E=Blv,故選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤. [答案] C 8.(2012·揚(yáng)州檢測(cè))面積S=0.2 m2、n=100匝的圓形線圈,處在如下圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(guò)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(guò)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(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針,所以通過(guò)R的電流方向?yàn)橛蒪到a.由法拉第電磁感應(yīng)定律,線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E===100×0.2×0.02 V=0.4

9、V, 由閉合電路歐姆定律,通過(guò)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(wú)錫檢測(cè))如右圖所示,在存在右邊界的垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中有一個(gè)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(chǎng)方向向右運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)中線框的AB邊始終與磁場(chǎng)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(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中 (  ) A.線框中的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間均勻增大 B.通過(guò)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(shí)間成正比 [解析] 三角形線框向外勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,由于有效切割磁感線的長(zhǎng)度L=vt,所以線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E=BLv=Bv2t,故選項(xiàng)A正確;線框離開(kāi)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,通過(guò)線圈的電荷量Q=It=×Δt=,選項(xiàng)B正確;當(dāng)線框恰好剛要完全離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),線框有效切割磁感線的長(zhǎng)度最大,則F=BIl=,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;線框的熱功率為P=Fv=BIvt×v=,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. [答案] AB 10.某學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)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(cuò)放置組合成一個(gè)高h(yuǎn)=0.5 m、半徑r=0.2 m的圓柱體,其可繞固定軸OO′逆時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng),角速度ω=100 rad/s.設(shè)圓柱外側(cè)附近每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)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(xì)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(shuō)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(guò)一周的時(shí)間內(nèi),流過(guò)電

12、流表A的總電荷量為零 [解析] 圓柱體轉(zhuǎn)過(guò)一周為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的4個(gè)周期, T=== s. 金屬桿上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E′=Blv=Bhrω=2.0 V;感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(gè)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(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌組成閉合矩形電路,長(zhǎng)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(chǎng)中,金屬桿用水平繩通過(guò)定滑輪連接質(zhì)量M=0.04 kg的木塊,磁感應(yīng)強(qiáng)度從B

13、0=1 T開(kāi)始隨時(shí)間均勻增加,5 s末木塊將離開(kāi)水平面,不計(jì)一切摩擦,g取10 m/s2,求回路中的電流強(qiáng)度. [解析] 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B(t)=B0+kt,k是大于零的常量, 于是回路電動(dòng)勢(shì)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(zhǎng)春調(diào)研)如圖甲所示,空間存在一寬度為2L的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.在光滑絕緣水平面內(nèi)有

14、一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)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(jìn)入磁場(chǎng),線框平面與磁場(chǎng)垂直,外力F大小隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示.以線框右邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),求: (1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B; (2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,通過(guò)線框的電荷量q; (3)判斷線框能否從右側(cè)離開(kāi)磁場(chǎng)?說(shuō)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(zhǎng)L=v0t-at2=(4×1-×2×12) m=3 m t=0時(shí)刻線框中的感應(yīng)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(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)= 平均電流= 通過(guò)線框的電荷量q=t 聯(lián)立得q=0.75 C (3)設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)速度減為零的過(guò)程中線框通過(guò)的位移為x,由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(kāi)磁場(chǎng). [答案] (1)0.33 (2)0.75 (3)不能從右側(cè)離開(kāi)磁場(chǎng) 理由見(jiàn)解析 8

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