第12章 课时冲关61 素养培优18 电磁感应中的动量问题&课时冲关62 实验14 科学探究：感应电流的方向-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业（鲁科版）

课时冲关61素养培优18 1.(双选)如图所示，空间 存在竖直向上的匀强 ab2h 磁场，磁感应强度大小 7 为B,足够长的光滑平行金属导轨水平放 置，导轨左右两部分的间距分别为1、2；质 量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨 放置，导体棒a接入电路的电阻为R,其余 电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v。、2o。 的初速度同时向右运动，两棒在运动过程 中始终与导轨垂直且保持良好接触，α总 在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两 棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定 的过程中，下列说法正确的是 () A.a棒加速度的大小始终等于b棒加速度 的大小 B.稳定时a棒的速度为1.5v。 C.电路中产生的焦耳热为号m D.通过导体棒a的某一横截面的电荷量 为 2.(双选)如图所示，平 行金属导轨AHQD、 D HB PVM上放置有一导 R的 体棒ab,导轨倾斜部 1/2 M 分置于竖直向上、磁 感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨 AHQD水平部分通过导线分别连接有电容 器（电容为C)和定值电阻（阻值为R),导轨 M端接有一单刀双掷开关，导轨间距为L,导 轨倾斜部分的倾角为0，导体棒与导轨间的动 摩擦因数为（μ<tan0),导体棒质量为m,导 轨、导体棒和导线的电阻忽略不计，重力加 速度g=10m/s2.现在离HN足够远处由 静止释放导体棒ab,导体棒可沿导轨向下运 动，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，则 A.断开开关时，导体棒做加速度减小的加 速运动，最后匀速下滑 B.开关接1，若导体棒运动距离为s时，速 度为v,则所用时间 1=muR+B'L's(cos 0+usin 0)cos 0 mgR(sin0-cosθ) C.开关接2，导体棒匀加速下滑 D.开关接2，通过导体棒的电流 1-mg(sin 0+ucos 0)CBLcos 0 m+CB2L2 cos 0(cos 0-usin 0) 33 电磁感应中的动量问题 3.如图所示，平行光滑 金属双导轨PQ,M P M 和P2Q2M2,其中 M2 PQ1和PQ2为半 径r=0.8m的光滑圆轨道，0和0，为 对应圆轨道的圆心，Q1、Q2在O1、O2正下 方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点， Q,M1和Q2M2为足够长的水平轨道，水平 轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应 强度B=1T,导轨间距L=1m;两导体棒 a、b始终垂直于两导轨且与导轨接触良 好，a、b的质量均为1kg,电阻均为12，导 轨电阻不计.初始时刻，b静止在水平导轨 上，a从与圆心等高的P,P2处由静止释 放，a、b在以后运动的过程中不会发生碰 撞(g=10m/s2).求： (1)导体棒a从Q1Q2进入磁场时，导体棒 b的加速度大小； (2)导体棒a、b稳定时的速度大小； (3)整个过程中，通过导体棒b的电荷量. 课时冲关62实验十四 1.某同学用如图所示的实验 器材探究电磁感应现象 他连接好电路并检查无误 后，闭合开关的瞬间观察 到电流表G指针向右偏转.开关闭合后，他将 线圈A中的铁芯快速抽出，电流表指针将 (选填“左偏”“右偏”或“不偏”). 2.为探究“影响感应电流方向的因素”，某同 学实验如下： 图1 (1)首先按图1甲所示连接电路，闭合开关 后，发现灵敏电流表指针向左偏转；再按图 乙所示连接电路，闭合开关后，发现电流表 指针向右偏转.进行上述实验的目的是检 验 A.各仪器及导线是否完好 B.干电池是否为新电池 C.电流表测量的电流是否准确 D.电流表指针偏转方向与电流方向的 关系 (2)接下来用如图2所示的装置做实验，图 中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方 向.某次实验中在条形磁体插入螺线管的 过程中，观察到电流表指针向右偏转，说明 螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿 (选填“顺时针”或“逆时针”)方向，由 此可推断磁体下端的磁极为 极 图2 (3)用通电螺线管代替条形磁体，实验器材 如图3所示，请完善实物连接图. 图3 33: 斗学探究：感应电流的方向 (4)连好电路，并将B线圈插入A线圈中， 在闭合开关瞬间，发现灵敏电流表的指针 向右偏了一下，若要使灵敏电流表的指针向 左偏转，滑动变阻器的滑片应向 滑动. 3.在“研究电磁感应现象”实验中， (1)图1给出了可供使用的实验器材，某同 学选择了电源、开关和带铁芯的原、副线 圈，还需选择的器材有： IDh 20k2定值电阻 y 带铁芯的原、副线圈 开关 滑动变阻器 。。 ☐☐ 电源 灵敏电流表 多用表 图1 (2)从能量转化的角度来看，闭合电路的部 分导体切割磁感线而产生感应电流的过程 中 能转化为 能；若闭合 电路中的感应电流是因磁感应强度发生变 化而产生的，则是 能转化为 能 (3)下面四幅图中，“+”和“一”分别表示灵 敏电流表的正、负接线柱.已知电流从正接 线柱流入灵敏电流表时，指针向正接线柱 一侧偏转，电流从负接线柱流入时，指针向 负接线柱一侧偏转.图2中给出了条形磁 体运动的方向、指针偏转方向或螺线管的 绕线方向，以下判断正确的是 丙 图2 A.甲图中电流表的指针偏转方向向右 B.乙图中螺线管内部的磁场方向向下 C.丙图中条形磁体向下运动 D.丁图中螺线管的绕线方向从上往下看 为顺时针方向克服安培力做功的平均功率P=W】 to 联立可得P=gu(L,十L2) 4L ②若L,<L,同理可得g=BLL2 R 根据动量定理mg sin0·t1-2BIL1t=0, BLi 共中0=1，结合q器g=哭， 联立可得，=2弘。 根据能量守恒定律-W安'十ng sin8(L2十L1)=0, 克服安培力微功的平均功率P_W之， t 联立可得p'=mgu(L1十L2) 4L9 答案：1片2号√P (3)见解析 g 3.解析：(1)①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度 为1=2L,所以线框受到的安培力大小为F安=BI =2BIL, ②线框运动到x时，安培力大小为F套= 2BI(L-x), 则初始时和线框中心运动至x=是时的安培力分别为 F安1=2BIL,F安2=BIL, 则线框中心运动至=台过程中，安培力微功为W= F·△x=F十F起，上-3BIL 2 2 4 3BLL. 由动能定理W=之mu,可得u√2m 31BmL, 则安培力的冲量为I=mw√2 ③由能量守恒定律UI=BILu十PR, 打得，恒流源提供的电压为U=BL√+正 (2)类比于简谐运动，则回复力为F▣=F安=2BI(L一x) =2BIx'=kx', 旅据商谐运动网期公式T=2√受=2√品 m 由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位 工二 移运动到平衡位置，时间均相同，则有4== √品故4-6=0， 答案：(1)①2BIL ②3B1L 4 3IBmL③U=BL2 2 3E+IR(2)0 N2m 课时冲关61素养培优18电磁感应 中的动量问题 l.AC[分别计算a、b棒的加速度，由F安=BIL和F= ma,可得a=BIL,a,b捧串联，电流相等，a,b棒长度分 别为l、2l,质量分别为m、2m,则a、b棒加速度大小相 等，故A正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a 43 棒，根据动量定理有F。·t=BIl·t=m心。一m,同理， 对b棒有-F6t=一BI×2l·t=2m,一2m·2w,稳定 时无电流，即BlU。=B·2lU,得U=2u,联立解得U。= 2,心=，故B错误；由能量守恒可知，动能的损失量 等于焦耳热，初动能E。=子m心+合×2mX(2八，未 1 动能E,=名mX(2)尸+之×2m×,则电路中产生的 3 焦耳热为Ew一E=m心，故C正确：对a应用动量定 理有BIl·△t=mU,一m,又q=I·△t,。=2,解得q =置，故D错误】 2.BC[断开开关，导体棒切割磁感线产生电动势，但由于 没有闭合回路，故没有安培力，导体棒所受合力大小F合 =1gsin8一ngcos8>0,则导体棒匀加速下滑，故A错 误；开关接1，导体棒切割磁感线产生感应电动势E= BLucos日，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下 滑，对导体棒受力分析，列动量定理表达式有mgtsin日- BBLTg0sLcos9-rss0叶BBlsn9y=Im R R 0,其中=，解得：-R,生9，故B gR(sinf-cosθ) 正确；开关接2，导体棒切割磁感线对电容器充电，回路 中有充电电流，对导体棒受力分析，列牛顿第二定律方 程有gsin8-BILcos9-u(mgcos+BILsinθ)=ma, 充电电流I= CBL△cos日=CBLacos6,解得a= △t mgsin月-mgcos9 m十CBD(cos0+sin)cos日，加速度恒定，则导体棒 匀加速下滑，代入计算可得电流I= CB八cos0Fsn,故C正确，D错误.] mg(sin 0-ucos 0)CBLcos 0 3.解析：(1)导体棒a从P1P2到Q1Q2,由动能定理得mgr =m,-0, 代入数据得=4m/s, α刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E= BLv=4 V, E 由闭合电路的欧姆定律得I=R。于R=2A, 由牛顿第二定律得ILB=m6a6, 代入数据得a6=2m/s2. (2)当导体棒a、b稳定时，由动量守恒定律得.o=(1。 十6)U1, 代入数据得=2m/s. (3)整个过程中，对导体棒b由动量定理得 LBt=mw01,又q=It,代入数据得q=2C. 答案：(1)2m/s(2)2m/s(3)2C 课时冲关62实验十四科学探究： 感应电流的方向 1.左偏 2.解析：(1)进行上述实验的目的是检验电流表指针偏转 方向与电流方向的关系，故D正确. (2)观察到电流表指针向右偏转，说明螺线管中的电流 方向（从上往下看）是沿顺时针方向，根据右手螺旋定则 可知磁体下瑞的磁极为S极. (3)根据实验原理连接实物图 如图所示， (4)在闭合开关瞬间，发现灵 敏电流表的指针向右偏了一 下，可知电流增大时，灵敏电 流表的指针向右偏，若要使灵敏电流表的指针向左偏 转，需减小电流，则滑动变阻器的滑片应向右滑动. 答案：(1)D(2)顺时针S(3)见解析图(4)右 3.解析：(1)某同学选择了电源、开关和带铁芯的原、副线 圈，还需选择的器材有：滑动变阻器和灵敏电流表. (2)从能量转化的角度来看，闭合电路的部分导体切割 磁感线而产生感应电流的过程中机械能转化为电能：若 闭合电路中的感应电流是因磁感应强度发生变化而产 生的，则是磁场能转化为电能. (3)甲图中N极插入螺线管时，向下的磁通量增加，根据 楞次定律可知，电流表的电流从“十”接线柱流入，则指 针偏转方向向右，选项A正确；乙图中感应电流从“一” 接线柱流入电流表，根据右手螺旋定则可知螺线管内部 的磁场方向向下，选项B正确：丙图中感应电流从“十” 接线柱流入电流表，则根据右手螺旋定则可知螺线管内 部的磁场方向向上，则图中条形磁体向上运动，选项C 错误；丁图中感应电流从“十”接线柱流入电流表，条形 磁体向上运动，则螺线管中感应电流的磁场向下，则螺 线管的绕线方向从上往下看为顺时针方向，选项D 正确， 答案：(1)滑动变阻器和灵敏电流表 (2)机械电磁场电(3)ABD 课时冲关63交变电流的产生和描述 1.BD 2.C 3.B 4.BD 5.C[两个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，二极管 导通则短路并联的灯泡，此时另一个灯泡与电源串联， 根据电路图可知在一个完整的周期内，两个灯泡有电流 通过的时间相等都为半个周期，电压有效值相等，根据P =U2 =尺，可知P:P,=Re:R1=1:2.] 6.C[根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可 年，个两装货费4()×行 ×001s十(-4Vy2×只×0.01s=U×只×002s,解得 U=5y2V,故C正确.] 2 7.BD[线圈在有界匀强磁场中将产生正弦半波脉动电 流，故A错误；电动势最大值Em=nBSw-=80V,故B正 确：线圈转功品转功角度晋，醉时感应电动势为。 Esin石=40V,故C错误：在一个周期时间内，只有半 个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有 2R ·吾=（侵）RT,可得电动势有效值E=号=40，故 D正确.门 8.AC[由题图乙可知，交变电压的周期为T=2X102s,A 正确：文变电压醉时值的表达式为M=20,区sm票（V) 220√2sin100πt(V),B错误；电压值取正值时，即在前半个 周期内，二极管电阻为零，R,被短路，电压值取负值时， 即在后半个周期内，二极管电阻无穷大，可看作断路，R 上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R,的 电压有效值为U,根据电流的热放应，在一个周期内满足 发T-兴，子可水出U=5厄V,C正确，D错误] 9.C[线圈产生的最大感应电动势为E=VBSw= 100×2y×0.001×10xV=22V,有效值为E=E =2V,根据闭合电路欧姆定律可知交流电流表的示数I 厂R上，=0,2A,电阻R产生的热功率为P=PR 0.36W,故A,B错误；交流电的周期T=2红=0.2s,故 C正确；当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电 流最大，故D错误.门 10.解析：(1)由导体棒切割磁感线产生感应电动势有E= BLv,得e=BLvm sin wt, 回路中产生正孩式交变电流，其有效值为 E有效= BLvm √ 在0一2匹时间内，电阻R上产生的热量 Q(假)·-(=)广恶 (2)由功能关系得外力F所做的功 w装Q πBL22 (）恐(2 答案：1)(Rr)a、 w(R十r) 课时冲关64变压器电能的输送 1.C2.C3.B4.D 5.BC[滑片位置不动，当S闭合时，电阻变小，原线圈电 压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表读数不变，故 A错误；副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输 入功率变大，根据P,=U1I1知电流表读数变大，故B正 确；副线圈电流变大，等效电阻两端的电压增大，并联部 分的电压减小，为了使灯泡L正常发光，必须增大电压， 滑片应向上滑动，故C正确；电吹风除了内阻的热功率 外可能还有输出机械功率，即UI=W十R,可知电吹风 UI>IR,1<是，女泡L与电吹风M的电流不同，消耗 电功率不相同，故D错误.] 6.AD[由于两个灯泡都正常发光，可知原线圈的电流为 =P=0A=1A,副线图的输出电压为U,=U= 1-20 品-公可知原线园的输入电压为U=丹U, 20V,根据可= =200V,则线框的输出电压为U出=U1十U1=220V,线 框的输出功率为P出=U出I1=220W,故A正确；电阻R 消耗的电功率为PR=P出一2P1=180W,故B错误；线 框在图示位置时，穿过线框磁通量最大，线框中的磁通 量变化率为零，则线框的输出电压最小，故C错误；线框 从图示位置转过90°时，穿过线框磁通量为零，此时通过 线框的电流最大，则有Im=√2I1=√2A,故D正确.] 7.BC[设每个灯泡两端的电压为U,因为n1:n2=3：1, 所以定值电阻R两端的电压为3U,则有3U十U= 120V,解得U=30V,故A错误；每个灯泡的功率为 3