2024高考物理課時作業(yè)十一含解析

PAGEPAGE11課時作業(yè)(十一)一、選擇題(共10個小題，3、6、8為多選，其余為單選，每題5分共50分)1．(2024·海南)如圖，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導(dǎo)線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導(dǎo)線間距．兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向向下的恒定電流．若()A．金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為順時針方向B．金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為順時針方向C．金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為逆時針方向D．金屬環(huán)向右側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為逆時針方向答案D解析依據(jù)楞次定律，當(dāng)金屬圓環(huán)上、下移動時，穿過圓環(huán)的磁通量不發(fā)生改變，故沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A、B兩項錯誤；當(dāng)金屬圓環(huán)向左移動時，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面對外并且增加，故依據(jù)楞次定律可以知道，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針，故C項錯誤；當(dāng)金屬圓環(huán)向右移動時，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面對里并且增加，故依據(jù)楞次定律可以知道，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針，故D項正確．2．(2024·安徽師大附中)如圖甲所示，矩形線圈abcd固定于方向相反的兩個磁場中，兩磁場的分界線OO′恰好把線圈分成對稱的左右兩部分，兩磁場的磁感應(yīng)強度隨時間的改變規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定磁場垂直紙面對內(nèi)為正，線圈中感應(yīng)電流逆時針方向為正．則線圈感應(yīng)電流隨時間的改變圖像為()答案A解析當(dāng)垂直紙面對里的磁通量在增大時，垂直紙面對外的磁通量在減小，故總磁通量改變?yōu)榇怪奔埫鎸镌龃?，依?jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流方向為正，B、D項錯誤；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S可知，電路中電流大小恒定不變，故A項正確．3．(2024·西寧二模)(多選)如圖甲所示，正方形金屬線圈abcd位于豎直平面內(nèi)，其質(zhì)量為m，電阻為R.在線圈的下方有一勻強磁場，MN和M′N′是磁場的水平邊界，并與bc邊平行，磁場方向垂直于紙面對里．現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止起先下落，圖乙是線圈由起先下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的v-t圖像，圖中字母均為已知量．重力加速度為g，不計空氣阻力．下列說法正確的是()A．金屬線框剛進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流方向沿adcba方向B．金屬線框的邊長為v1(t2－t1)C．磁場的磁感應(yīng)強度為eq\f(1,v1（t1－t2）)eq\r(\f(mgR,v1))D．金屬線框在0～t4的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgv1(t2－t1)＋eq\f(1,2)m(v32－v22)答案BD解析A項，金屬線框剛進(jìn)入磁場時磁通量增大，依據(jù)楞次定律推斷可知，感應(yīng)電流方向沿abcda方向；故A項錯誤；B項，由圖像可知，金屬框進(jìn)入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2－t1，故金屬框的邊長l＝v1(t2－t1)；故B項正確；C項，在金屬框進(jìn)入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力，則得：mg＝BIl，I＝eq\f(Blv1,R)，又l＝v1(t2－t1)．聯(lián)立解得：B＝eq\f(1,v1（t2－t1）)eq\r(\f(mgR,v1))，故C項錯誤；D項，t1到t2時間內(nèi)，依據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q1＝mgl＝mgv1(t2－t1)；t3到t4時間內(nèi)，依據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q2＝mgl＋eq\f(1,2)m(v32－v22)＝mgv1(t2－t1)＋eq\f(1,2)m(v32－v22)，故Q＝Q1＋Q2＝2mgυ1(t2－t1)＋eq\f(1,2)m(v32－v22)，故D項正確；故選：B、D兩項．4.如圖所示，在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的勻稱金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點接觸，構(gòu)成“V”字形導(dǎo)軌．空間存在垂直于紙面的勻稱磁場．用力使MN向右勻速運動，從a位置起先計時，運動中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸．下列關(guān)于回路中電流i與時間t的關(guān)系圖線，可能正確的是()答案A解析設(shè)∠bac＝2θ，單位長度電阻為R0，則MN切割產(chǎn)生電動勢E＝BLv＝Bv·2vt×tanθ＝2Bv2ttanθ，回路總電阻為R＝(2vttanθ＋eq\f(2vt,cosθ))R0＝vtR0(2tanθ＋eq\f(2,cosθ))，由閉合電路歐姆定律，得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Bv2t·tanθ,vtR0（2tanθ＋\f(2,cosθ)）)＝eq\f(Bv·tanθ,R0（tanθ＋\f(1,cosθ)）)，i與時間無關(guān)，是肯定值，故A項正確，B、C、D三項錯誤．5.(2024·浙江協(xié)作校期中聯(lián)考)如圖甲所示，在同一平面內(nèi)有兩個相互絕緣的金屬圓環(huán)A、B，圓環(huán)A平分圓環(huán)B為面積相等的兩部分，當(dāng)圓環(huán)A中的電流如圖乙所示改變時，甲圖中A環(huán)所示的電流方向為正，下列說法正確的是()A．B中始終沒有感應(yīng)電流B．B中有順時針的感應(yīng)電流C．B中有逆時針的感應(yīng)電流D．B中先有順時針的感應(yīng)電流，后有逆時針的感應(yīng)電流答案B解析由安培定則可知，初始時環(huán)A產(chǎn)生的磁場分布狀況是：環(huán)內(nèi)垂直紙面對里，環(huán)外垂直紙面對外，由于內(nèi)部的磁場大于外部的磁場，由矢量的疊加原理可知B環(huán)總磁通量向里；當(dāng)圓環(huán)A中的電流逐步減小時，導(dǎo)致B環(huán)產(chǎn)生感應(yīng)電流，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為順時針．同理當(dāng)圓環(huán)A中電流反向增大時，環(huán)B中感應(yīng)電流的方向仍為順時針，故B項正確，A、C、D三項錯誤．6.(2024·海南)如圖，空間中存在一勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面(紙面)垂直，磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有一個正方形導(dǎo)線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距．若線框自由下落，從ab邊進(jìn)入磁場時起先，直至ab邊到達(dá)磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能()A．始終減小 B．始終不變C．始終增加 D．先減小后增加答案CD解析A項，導(dǎo)線框起先做自由落體運動，ab邊以肯定的速度進(jìn)入磁場，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，依據(jù)左手定則可知ab邊受到向上的安培力，當(dāng)安培力大于重力時，線框做減速運動，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時只受重力，做加速運動，故先減速后加速運動，故A項錯誤、D項正確；B項，當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場后安培力等于重力時，線框做勻速運動，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時只受重力，做加速運動，故先勻速后加速運動，故B項錯誤；C項，當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場后安培力小于重力時，線框做加速運動，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時只受重力，做勻加速運動，故C項正確；故選C、D兩項．7.(2024·南昌模擬)如圖所示，由勻稱導(dǎo)線制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場．當(dāng)圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差為()A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.eq\f(\r(2),4)BRv D.eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析當(dāng)圓環(huán)運動到圖示位置，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為eq\r(2)R；線框剛進(jìn)入磁場時ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝eq\r(2)BRv；線框進(jìn)入磁場的過程中a、b兩點的電勢差由歐姆定律得Uab＝E－I·rab＝eq\r(2)BRv－eq\f(B\r(2)Rv,R電)·eq\f(R電,4)＝eq\f(3\r(2),4)BRv；故選D項．8.(2024·課標(biāo)全國Ⅲ)如圖，M為半圓形導(dǎo)線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導(dǎo)線框，圓心為ON；兩導(dǎo)線框在同一豎直面(紙面)內(nèi)；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面．現(xiàn)使線框M、N在t＝0時從圖示位置起先，分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則()A．兩導(dǎo)線框中均會產(chǎn)生正弦溝通電B．兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,2)時，兩導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等D．兩導(dǎo)線框的電阻相等時，兩導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的有效值也相等答案BC解析當(dāng)線圈進(jìn)入磁場時，依據(jù)楞次定律可得，兩線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針，依據(jù)E＝BRv＝BR(eq\f(1,2)ωR)＝eq\f(1,2)BR2ω可得過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，即電流恒定，不是正弦式溝通電，A項錯誤；當(dāng)線圈進(jìn)入磁場時，依據(jù)楞次定律可得，兩線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針，當(dāng)線框穿出磁場時，依據(jù)楞次定律可得線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流為順時針，所以感應(yīng)電流的周期和其運動周期相等，為T，B項正確；依據(jù)E＝eq\f(1,2)BR2ω可得線框在運動過程中的感應(yīng)電動勢相等，C項正確；線圈N在完全進(jìn)入磁場后有eq\f(T,4)時間內(nèi)線圈的磁通量不改變，過程中沒有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，即線圈N在0～eq\f(T,4)和eq\f(3T,4)～T內(nèi)有感應(yīng)電動勢，其余時間內(nèi)沒有，而線圈M在整個過程中都有感應(yīng)電動勢，故即便電阻相等，兩者的電流有效值不會相同，D項錯誤．9.(2024·資陽模擬)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑．如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個勻稱改變的勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在的平面，方向如圖，磁感應(yīng)強度大小隨時間的改變率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)，則()A．圓環(huán)具有收縮的趨勢B．圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針方向C．圓環(huán)中a、b兩點的電壓Uab＝|eq\f(1,4)kπr2|D．圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為－eq\f(krS,3ρ)答案C解析A項，由楞次定律的“增縮減擴”可知，為了阻礙磁通量的減小，線圈有擴張的趨勢；故A項錯誤；B項，磁通量向里減小，由楞次定律“增反減同”可知，線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針，故B項錯誤；C項，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πr2＝|eq\f(1,2)kπr2|，由閉合電路歐姆定律可知，a、b兩點間的電勢差為Uab＝eq\f(E,2)＝|eq\f(1,4)kπr2|，故C項正確；D項，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝|eq\f(ΔB,Δt)|·eq\f(1,2)πr2＝|eq\f(1,2)kπr2|，線圈電阻R＝ρeq\f(2πr,S)，感應(yīng)電流I＝|eq\f(krS,4ρ)|＝－eq\f(krS,4ρ)，故D項錯誤；故選C項．10.(2024·南昌模擬)寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區(qū)域內(nèi)，各存在磁感應(yīng)強度大小均為B，方向相反的勻強磁場；電阻為R，邊長為eq\f(4\r(3),3)d的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場邊界平行，金屬框從圖示位置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運動，取逆時針方向電流為正，從金屬框C端剛進(jìn)入磁場起先計時，框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間改變的圖像是()答案A解析三角形線圈的高為2d，則在起先運動的0～d過程中，感應(yīng)電流增大，I1m＝eq\f(B·\f(2\r(3),3)dv,R)＝eq\f(2\r(3)Bdv,3R)，方向為逆時針方向，在d～2d時，設(shè)某時刻線圈進(jìn)入右側(cè)區(qū)域的距離為x，則線圈切割磁感線的有效長度為L＝eq\f(2\r(3),3)(d－x)，則感應(yīng)電流I2＝eq\f(B·\f(2\r(3),3)（d－x）v,R)＝eq\f(2\r(3)B（d－x）v,3R)，方向為逆時針方向，當(dāng)x＝d時，I＝0，當(dāng)線圈的C點出離右邊界x時，等效長度L′＝eq\f(4\r(3)d,3)－eq\f(2\r(3),3)(d－x)＋eq\f(2\r(3),3)d＝eq\f(2\r(3),3)(2d＋x)，感應(yīng)電流I3＝eq\f(B·\f(2\r(3),3)（2d＋x）v,R)＝eq\f(2\r(3)B（2d＋x）v,3R)，方向順時針方向，當(dāng)x＝0時，I3＝2eq\f(2\r(3)Bdv,3R)，當(dāng)x＝d時，I3＝3eq\f(2\r(3)Bdv,3R)，當(dāng)C點出離右邊界d～2d時，等效長度L″＝eq\f(4\r(3),3)d－eq\f(2\r(3),3)(2d－x)＝eq\f(2\r(3),3)x，感應(yīng)電流I4＝eq\f(B·\f(2\r(3),3)xv,R)＝eq\f(2\r(3)Bxv,3R)，方向逆時針方向，當(dāng)x＝d時，I4＝eq\f(2\r(3)Bdv,3R)，當(dāng)x＝2d時，I4＝2eq\f(2\r(3)Bdv,3R)，故A項正確，B、C、D三項錯誤．二、計算題(共4個小題，11題10分，12題12分，13題14分，14題14分，共50分)11.(2024·課標(biāo)全國Ⅱ)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止起先運動，t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽視不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求：(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。?2)電阻的阻值．答案(1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓其次定律得ma＝F－μmg①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué)公式有v＝at0②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿的電流為I，依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為f＝BIl⑥因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得F－μmg－f＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)⑧12．(2024·廣安模擬)如圖，兩根形態(tài)相同、足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌固定，相互平行，間距為L，兩連接點a、b連線垂直于全部導(dǎo)軌，左底端接有阻值為R的電阻，傾斜導(dǎo)軌所在平面與水平面夾角為θ，平面內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B1、方向垂直于平面對上的勻強磁場；水平導(dǎo)軌在同一水平面，所在區(qū)域有磁感應(yīng)強度為B2、方向豎直向上的勻強磁場．阻值為R、質(zhì)量為m的相同導(dǎo)體桿A、B，A在傾斜導(dǎo)軌上，B在水平導(dǎo)軌上，都垂直于導(dǎo)軌．起先時，A以初速度v0起先沿傾斜導(dǎo)軌向上滑行，B在外力作用下保持靜止；A上滑通過距離x到達(dá)最高點時(此時A仍在傾斜導(dǎo)軌上)，B瞬間獲得一個水平初速度并在外力作用下以此速度做勻速直線運動(B始終在水平導(dǎo)軌上并保持與導(dǎo)軌垂直)，A恰能靜止在傾斜導(dǎo)軌上．求：(1)在A上滑的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量；(2)B做勻速運動時速度的方向、大?。?3)使B做勻速運動的外力的功率．答案(1)在A上滑的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為eq\f(mv02－2mgxsinθ,12)(2)B做勻速運動時速度的方向向右、大小為eq\f(3mgRsinθ,B1B2L2)(3)使B做勻速運動的外力的功率eq\f(6m2g2Rsin2θ,B12L2)解析(1)當(dāng)A上滑到最高點時，速度減為零，設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，依據(jù)能量守恒定律，可得eq\f(1,2)mv02＝mgxsinθ＋Q總，由于B與R并聯(lián)后再與A串聯(lián)，設(shè)電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，則Q＝eq\f(1,6)Q總，解得Q＝eq\f(mv02－2mgxsinθ,12)；(2)要使A靜止在傾斜導(dǎo)軌上，受到的安培力沿傾斜導(dǎo)軌向上，依據(jù)右手定則、左手定則知，B做勻速運動速度的方向向右；設(shè)B桿勻速運動的速度大小為v，其中的感應(yīng)電動勢為E，流過A桿的電流為I1，流過B桿的電流為I2，則E＝B2Lv；I2＝eq\f(E,R＋\f(1,2)R)＝eq\f(2E,3R)，I2＝2I1，mgsinθ＝B1I1L，解得v＝eq\f(3mgRsinθ,B1B2L2)；(3)設(shè)使B做勻速運動的外力大小為F，做功功率為P，則：F＝B2I2L，P＝Fv，解得P＝eq\f(6m2g2Rsin2θ,B12L2).13．(2024·惠州三模)如圖甲所示，用粗細(xì)勻稱的導(dǎo)線制成的一只單匝圓形金屬圈，現(xiàn)被一根絕緣絲線懸掛在豎直平面內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知金屬圈的質(zhì)量為m＝0.1kg，半徑為r＝0.1m，導(dǎo)線單位長度的阻值為ρ＝0.1Ω/m.金屬圈的上半部分處在一方向垂直圈面對里的有界勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t的改變關(guān)系如圖乙所示．金屬圈下半部分在磁場外．已知從t＝0時刻起，測得經(jīng)過10s絲線剛好被拉斷．重力加速度g取10m/s2.求：(1)金屬圈中感應(yīng)電流的大小及方向；(2)絲線所能承受的最大拉力F；(3)在絲線斷前的10s時間內(nèi)金屬圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)金屬圈中感應(yīng)電流的大小0.2A及逆時針方向(2)絲線所能承受的最大拉力1.32N(3)在絲線斷前的10s時間內(nèi)金屬圈中產(chǎn)生的焦耳熱0.025J解析(1)由楞次定律可知，金屬圈中電流方向為逆時針方向由圖乙知，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.4,0.5)T/s＝0.8T/s金屬圈的電阻為R＝2πrρ圈中感應(yīng)電流I＝eq\f(ΔΦ,R·Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(\f(πr2,2),2πrρ)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,4ρ)＝0.8×eq\f(0.1,4×0.1)A＝0.2A(2)10秒末磁感應(yīng)強度B＝eq\f(ΔB,Δt)·t＝0.8×10T＝8T金屬圈受到的安培力F安＝BI·2r細(xì)線的拉力：F＝F安＋mg＝BI·2r＋mg當(dāng)t＝10s時，代入數(shù)據(jù)得F＝1.32N(3)金屬圈內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱：Q＝I2Rt代入數(shù)據(jù)得：Q＝0.025J14．(2024·山東濟(jì)寧模擬)如圖甲所示，彎折成90°角的兩根足夠長金屬導(dǎo)軌平行放置，形成左右兩導(dǎo)軌平面，左導(dǎo)軌平面與水平面成53°角，右導(dǎo)軌平面與水平面成37°角，兩導(dǎo)軌相距L＝0.2m，導(dǎo)軌電阻不計．質(zhì)量均為m＝0.1kg的金屬桿ab、cd與導(dǎo)軌垂干脆觸形成閉合回路．其中金屬桿ab的電阻R＝0.2Ω，金屬桿cd的電阻忽視不計，兩金