人教版高考物理一轮复习作业答案.docx
- 文档编号:2802069
- 上传时间:2022-11-15
- 格式:DOCX
- 页数:10
- 大小:41.88KB
人教版高考物理一轮复习作业答案.docx
《人教版高考物理一轮复习作业答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《人教版高考物理一轮复习作业答案.docx(10页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
人教版高考物理一轮复习作业答案
课时作业(二十六)
1.D [解析]励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场,穿过线圈B的磁通量不发生变化,不产生感应电流,D正确.
2.D [解析]通电直导线周围磁场分布如图所示,根据楞次定律和安培定则判断,选项D正确.
3.AC [解析]线框从图示位置释放后,先在重力作用下向下运动,穿过线框的磁通量不变,故不产生感应电流,一直只受到重力,因此线框做直线运动,A正确,B错误;线框自右向左移动时,穿过线框的磁通量先向外减小,再向里增加,根据楞次定律和安培定则可判断,线框中感应电流一直沿逆时针方向,C正确,D错误.
4.B [解析]cd导线受到的安培力向下,由左手定则可判断,cd导线中电流方向是由c指向d,所以c点的电势高于d点的电势,故A错误;结合A的分析可知,ab棒中的电流由b流向a,因ab棒向左运动,由右手定则可判断,ab棒所处位置磁场方向竖直向上,则Ⅰ是S极,Ⅱ是N极,故B正确,C错误;根据楞次定律可判断,ab棒受到向右的安培力,故D错误.
5.AD [解析]导体棒向左加速运动时,由右手定则可判断出,导体棒PQ中感应电流的方向从P到Q,PQ上半部分与R1构成闭合回路,流经R1的电流方向向上,选项A正确,选项C错误.PQ下半部分与R2构成闭合回路,流经R2的电流方向向上,选项D正确,选项B错误.
6.D [解析]闭合S的瞬间,穿过B的磁通量没有变化,G中无感应电流,选项A、B错误.当闭合S后,若R接入电路的阻值增大,则A中电流减小,由右手螺旋定则知,穿过B的磁通量向下且减小,由楞次定律可判断,G中电流方向为b→a,故选项C错误,选项D正确.
7.A [解析]A中感应电流方向为顺时针,由右手螺旋定则可判断,感应电流的磁场向里,由楞次定律可知,引起感应电流的磁场可能为向外增大或向里减小,若原磁场向外,则B中电流方向应为逆时针,由于B带负电,故B应顺时针转动且转速增大,若原磁场向里,则B中电流方向应为顺时针,B应逆时针转动且转速减小,又因为导体环A具有扩展趋势,则B应顺时针转动且转速增大,A正确.
8.AB [解析]闭合开关S的瞬间,金属环中向左的磁通量增大,根据楞次定律可判断,从左侧看,环中产生沿顺时针方向的感应电流,A正确;由于电阻率ρ铜<ρ铝,先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流,由安培力公式可知,铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力,B正确;若将金属环置于线圈右侧,则闭合开关S的瞬间,环将向右弹射,C错误;电池正、负极调换后,同理可以得出金属环仍能向左弹射,D错误.
9.B [解析]导体棒MN向左运动时,由右手定则可判断,感应电流方向为MNdcM,而ab中的电流是由a到b的,即ab、cd中电流方向相反,则两导线相互排斥,故选项A、C错误;MN向右运动时,由右手定则可判断,cd中的感应电流由c到d,而ab中的电流是由a到b的,故两导线相互吸引,根据力的作用是相互的,可知这两个力大小相等,故选项B正确,选项D错误.
10.BC [解析]由楞次定律可知,电路接通的瞬间,螺线管中的电流从无到有,穿过铜环的磁通量向左增大,从左往右看,铜环中产生顺时针方向的感应电流,铜环有收缩的趋势,选项A、D错误,选项B、C正确.
11.A [解析]由安培定则可判断,螺线管中磁感线方向向上,金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下,当滑动触头向左滑动时,螺线管中电流增大,因此磁场变强,即磁感应强度变大,回路中的磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为a→c→d→b→a,由左手定则可判断,ab受到的安培力方向向左,cd受到的安培力方向向右,故ab向左运动,cd向右运动,A正确.
12.ABC [解析]闭合或断开开关S的瞬间,线圈A中的电流发生变化,线圈A中产生感应电动势,故A、B正确;闭合开关S的瞬间,穿过线圈A的磁通量增加,根据安培定则可判断,A中产生的磁场方向向上,同时穿过线圈B的磁通量向上增大,根据楞次定律可判断,线圈B中感应电流的磁场方向向下,根据安培定则可判断,线圈B下端的电势高,电流能通过二极管M,不能通过二极管N,故C正确;结合对选项C的分析可知,S断开瞬间,穿过线圈B的磁通量向上减小,线圈B中产生的感应电流方向与S闭合瞬间线圈B中产生的感应电流方向相反,所以此时感应电流能通过二极管N,不能通过二极管M,故D错误.
课时作业(二十七)
1.C [解析]无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,故A错误;当给充电设备通以恒定直流电时,充电设备不会产生交变磁场,即不能正常充电,故B错误;接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同,故C正确;被充电手机内部应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时,产生感应电动势,故D错误.
2.C [解析]金属探测器只能探测金属,不能用于食品生产,不能防止细小的沙石颗粒混入食品中,选项A错误;金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流,选项B错误,C正确;探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动,相对静止时无法得到探测结果,选项D错误.
3.B [解析]当回路断开时,电流要立即减小到零,但由于线圈的自感现象,会产生感应电动势,该自感电动势较大,所以刘伟被“电”到,即刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压,选项A错误,B正确;因多用电表的表笔已经与被测线圈脱离,则多用电表不可能被烧坏,选项C错误;实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆,则当多用电表表笔与线圈脱离后,在电表回路不会产生感应电动势,他不会受到电击,选项D错误.
4.B [解析]I甲==··=,I乙==·S·=,所以I乙=2I甲,由于丙中磁通量始终为零,故I丙=0,只有B正确.
5.BC [解析]磁场向右均匀增强,由楞次定律判断,电容器上极板带正电,故A错误,B正确;闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路,线圈相当于电源,电容器两极板间的电压等于路端电压,线圈产生的感应电动势E=nS=nSk,路端电压U=·r=,则电容器所带电荷量为Q=CU=,故C正确,D错误.
6.AC [解析]根据楞次定律可得,当磁感应强度均匀减小时,圆环和线框内产生的感应电流的磁场方向都与原磁场方向相同,即感应电流方向都为顺时针方向,A正确,B错误;设圆环半径为a,则圆面积为S=πa2,圆周长为L=2πa,正方形面积为S'=2a2,正方形周长为L'=4a,因为磁感应强度是均匀减小的,故E=,所以圆环和正方形线框产生的感应电动势之比为==,两者的电阻之比为==,故电流之比为=×=×=,故C正确,D错误.
7.AD [解析]当θ=0时,杆在圆心位置,切割磁感线的有效长度等于圆环直径,杆产生的感应电动势为E=2Bav,A正确;当θ=时,杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径,杆产生的感应电动势为E=Bav,B错误;当θ=0时,回路的总电阻R1=(2a+πa)R0,杆受的安培力F1=BI1l=B··2a=,C错误;当θ=时,回路的总电阻R2=(a+πa)R0,杆受的安培力F2=BI2l'=B··a=,D正确.
8.BD [解析]当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故L1一直不亮,S闭合时电流增大,线圈产生的自感电动势阻碍电流增大,故使得L2逐渐变亮,选项B正确,选项A错误;当S由闭合断开时,由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小,故通过L的电流要在L2→L1→D→L之中形成新的回路,所以L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,L2缓慢熄灭,选项C错误,选项D正确.
9.BCD [解析]设甲、乙两线圈匝数分别为n1、n2,半径分别为r1、r2,导线横截面积为S',图甲中,设有界磁场的面积为S,则线圈A产生的电动势EA=n1S,电阻RA=ρ,B产生的电动势为EB=n2S,RB=ρ,因此==,电流之比为=·=,A错误,B正确;图乙中,A的电动势E'A=n1π,B的电动势E'B=n2π,因此=×=,电流之比=·=,C、D正确.
10.
(1) 方向从b到a
(2)
[解析]
(1)由图像可知,0~t1时间内,有=
由法拉第电磁感应定律有E=n=n·S
其中S=π
由闭合电路欧姆定律有I1=
联立解得I1=.
由楞次定律可判断,通过电阻R1的电流方向为从b到a.
(2)通过电阻R1的电荷量
q=I1t1=
电阻R1上产生的热量
Q=R1t1=.
11.
(1)
(2) (3)
[解析]
(1)感应电动势E=Bdv0
感应电流I=
故I=
(2)安培力F=BId
由牛顿第二定律得F=ma
故a=
(3)金属杆切割磁感线的速度v'=v0-v,则感应电动势E=Bd(v0-v)
电功率P=
故P=.
专题训练(九)
1.BD [解析]由右手定则可判断,ab中电流方向为a→b,A错误;导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,ab为电源,cd间电阻R为外电路负载,de和cf间电阻中无电流,de和cf两端无电压,因此cd和fe两端电压相等,即U=×R==1V,B、D正确,C错误.
2.A [解析]棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中,切割磁感线的长度为2a,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=B0·2a·v',其中v'==,则E=B0av,外电路的总电阻R==,根据闭合电路欧姆定律得I=,则总电流I=,故A、B两端的电压U=IR=·=B0av,选项A正确.
3.A [解析]ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=0.2V,线框中感应电流为I==0.5A,所以在0~5×10-2s内,a、b两点间的电势差为U1=I·R=0.15V;在5×10-2~10×10-2s内,a、b两点间的电势差U2=E=0.2V;在10×10-2~15×10-2s内,a、b两点间的电势差为U3=I·R=0.05V,选项A正确.
4.B [解析]根据it图像可知,在0~6s内,MN边始终有大小恒定的电流通过,由F=BIl可知,安培力的大小是恒定的,选项C、D错误;0~1s、3~5s内通过MN的电流方向为N→M,1~3s、5~6s内通过MN的电流方向为M→N,由左手定则可判断出MN边所受的安培力方向,0~1s、3~5s内安培力方向向上,1~3s、5~6s内安培力方向向下,选项B正确,A错误.
5.AD [解析]运动的过程中切割的有效长度为L,产生的电动势为E=BLv,由图知,回路的周长与L成正比,即s=kL,设单位长度的电阻为R0,总电阻为kLR0,则电流I==,故A正确,B错误;导轨做匀速运动,所以合外力等于零,则F=F安=BIL,电流I不变,切割的有效长度L随时间均匀增大,故C错误,D正确.
6.D [解析]线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,设线框总电阻是R,则感应电流I==,由图乙所示图像可知,感应电流先均匀变大,后均匀变小,由于B、v、R是定值,故有效切割长度L应先变大后变小,且L随时间均匀变化.闭合圆环匀速进入磁场时,有效长度L先变大后变小,但L随时间不是均匀变化,不符合题意,故A错误;正方形线框进入磁场时,有效长度L不变,感应电流不变,不符合题意,故B错误;梯形线框匀速进入磁场时,有效长度L先均匀增加,后不变,再均匀减小,不符合题意,故C错误;三角形线框匀速进入磁场时,有效长度L先增加后减小,且随时间均匀变化,符合题意,故D正确.
7.AD [解析]在0~t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值);在t0~2t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值),且大小为在0~t0时间内产生的电流大小的2倍;在2t0~3t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值),且大小与在0~t0时间内产生的感应电流大小相等.因此感应电流I随时间t的变化图线与选项A中图像相符,选项A正确,B错误.在0~t0
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 人教版 高考 物理 一轮 复习 作业 答案