2019-2020年高中物理 第一章 第六节 电流的热效应练习 新人教版选修1-1

2019-2020年高中物理第一章第六节电流的热效应练习新人教版选修1-1►基础巩固1．(多选)计算用电荷量时，常用的单位是“度”，对此，下列说法正确的是( ) A．1度＝3.6×103kW·hB．1度＝3.6×106 JC．“度”是电功率的单位D．“度”是电功的单位解析：本题考查生活中常用的电功单位：度.1度＝1 kW·h＝1 000×3 600 J＝3.6×106 J.答案：BD2．(多选)下列关于电流热效应的理解正确的是( )A．白炽灯通电以后，一会儿就热得烫手是电流的热效应B．电饭锅消耗电能煮饭，不符合能量守恒定律C．电流通过导体时都要产生热效应D．通电导体能发热，说明电能是热能解析：电流通过导体时，电能变成内能，这是电流的热效应，电流热效应是能量之间的转化，遵守能量守恒定律．答案：A、C3．(多选)不考虑温度对电阻的影响，一个“220 V 100 W ”的灯泡，下列说法正确的是( )A ．接在110 V 的线路上的功率为50 WB ．接在110 V 的线路上的功率为25 WC ．接在440 V 的线路上的功率为400 WD ．接在55 V 的线路上的功率为6.25 W解析：不考虑温度对电阻的影响，电灯的电阻为定值，即R ＝U 20P 0＝48 400100Ω＝484 Ω.由P ′＝U ′2R ，将110 V 和55 V 分别代入求得实际功率分别为25 W 和6.25 W ．而当灯两端电压为440 V 时，已超过额定电压，灯将被烧坏．答案：B 、D4．(单选)小明从网上购买功率为900 W 电饭煲一个，和家里已有的功率为700 W 电饭煲相比，如果煮同样多的同种大米，加水量也一样，700 W 的电饭煲如果耗时21分钟，理论上900 W 的电饭煲只要耗时最接近( )A ．27分钟B ．19分钟C ．18分钟D ．16分钟解析：做饭依靠电饭煲的电阻丝发热，根据公式W ＝Pt 可以得出D 正确． 答案：D5．(单选)在验证焦耳定律的实验中，为了比较电流通过两根不同的电阻丝产生的热量跟电阻的关系，实验时应同时保持相同的物理量是( )A ．通过它们的电流和加在它们两端的电压B ．通过它们的电流和它们的电阻C ．通过它们的电流和通电时间D ．通过它们的电流、加在它们两端的电压和通电时间解析：由焦耳定律Q ＝I 2Rt 知，要想验证Q 与R 间的关系，则应注意保持I 与t 不变，故选C.答案：C6．(单选)甲、乙两只完全相同的电炉分别接入两个电路中，工作时甲的电流是乙的2倍，下列说法正确的是( )A ．甲的热功率是乙的2倍B ．甲的热功率是乙的4倍C ．若乙通电时间是甲的2倍，则它们产生的热量相同D ．因为甲、乙完全相同，所以功率也相同解析：根据题意知，甲、乙两只电炉的电阻相同，甲的电流是乙的2倍，由P ＝I 2·R 得：甲的电功率是乙的4倍．故只有B 正确．答案：B7．(单选)一个阻值为1 Ω的电阻，通过它的电流为2 A ，则下列说法正确的是( ) A ．1 s 内通过该电阻的电荷量为1 C B ．该电阻1 s 内的发热量为2 J C ．该电阻1 s 内的发热量为4 J D ．该电阻发热功率为2 W解析：据I ＝Q t知，Q ＝It,1 s 内通过该电阻的电荷量为Q ＝2×1 C＝2 C ，A 错；产生的热量Q ＝I 2Rt ＝22×1×12J ＝4 J ．P ＝I 2R ＝22×1 W＝4 W ，故B 、D 错，C 对．答案：C►能力提升8．(单选)一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W 与36 V ．若把此灯泡接到输出电压为18 V 的电源两端，则灯泡消耗的电功率( )A ．等于36 WB ．小于36 W ，大于9 WC ．等于9 WD ．小于9 W解析：白炽灯在正常工作时的电阻为R ，由P ＝U 2R 得R ＝36 Ω，当接入18 V 电压时，假设灯泡的电阻也为36 Ω，则它消耗的功率为P ＝U 2R ＝18236W ＝9 W ，但是当灯泡两端接入18 V电压时，它的发热功率小，灯丝的温度较正常工作时温度低，其电阻率小，所以其电阻要小于36 Ω，其实际功率要大于9 W ，故B 项正确．答案：B9．(单选)小明家的保险丝突然熔断，以下原因不可能的是( ) A ．家用电器的总功率过大B ．导线绝缘皮损坏，火线、零线直接接触，造成短路C ．火线断路D ．灯座里的电线发生短路 解析：保险丝熔断是因为相同时间内产生热量过大，电阻一定，所以一定是电流过大．A 中由P ＝UI 知P 增大，I 增大，有可能；B 中火线、零线直接接触，造成短路，电流增大；C 中火线断路，无电流通过保险丝，不可能烧断；D 中灯座里的电线发生短路，电流增大．所以A 、B 、D 都有可能．答案：C2019-2020年高中物理 第一章 第四节 法拉第电磁感应定律学案粤教版选修3-21．知道决定感应电动势大小的因素．2．知道磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量，并能对磁通量的变化量、磁通量的变化率进行区别．3．理解法拉第电磁感应定律的内容、数学表达式，能用其解答相关问题． 4．会用法拉第电磁感应定律计算感应电动势． 5．会计算导线切割磁感线时感应电动势的大小．1．感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势叫感应电动势，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源．2．实验表明：感应电动势的大小跟磁通量变化快慢有关，我们用磁通量变化率描述磁通量变化的快慢，它是磁通量变化量与这个变化所用时间的比值．3．法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比，这就是法拉第电磁感应定律．公式E ＝n ΔΦΔt 与E ＝BLv 的区别与联系一、单项选择题1．下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是(D )A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B ．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C ．线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D ．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大解析：注意磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率ΔΦΔt 三者之间的区别．2．如右图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab 以水平初速度v 0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将(C )A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法确定 解析：E ＝BLv sin θ＝BLv x ；ab 做平抛运动，水平速度保持不变，感应电动势保持不变． 3．如下图所示，垂直矩形金属框的匀强磁场磁感应强度为B .导体棒ab 垂直线框两长边搁在框上，ab 长为l .在Δt 时间内，ab 向右匀速滑过距离d ，则(C )A ．因右边面积减少ld ，左边面积增大ld ，则ΔΦ＝2Bld ，电动势E ＝2BldΔtB ．因右边面积减少ld ，左边面积增大ld ，两边抵消，则ΔΦ＝0，电动势E ＝0C ．因为ΔΦ＝Bld ，则电动势E ＝BldΔtD ．不能用公式E ＝ΔΦΔt计算电动势，只能用公式E ＝BLv解析：A 、B.导体棒ab 垂直线框两边搁在框上向右运动，导体棒ab 相当于电源，该题目要以ab 扫过的面积求磁通量的变化量，再求感应电动势，故A 、B 错；C.ab 切割磁感线，导体棒扫过面积的磁通量变化ΔΦ＝B ΔS ＝Bld ，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝BldΔt，故C 正确；D.法拉第电磁感应定律适用于任何电磁感应现象，对于切割类型同样适用．由上分析可知，磁通量的变化量ΔΦ＝B ΔS ＝Bld ，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝BldΔt ＝Bdv .故D 错误．4．如右图所示，把一阻值为R 、边长为L 的正方形金属线框，从磁感应强度为B 的匀强磁场中，以速度v 向右匀速拉出磁场．在此过程中线框中产生了电流，此电流(A )A ．方向与图示箭头方向相同，大小为BLv R B ．方向与图示箭头方向相同，大小为2BLvRC ．方向与图示箭头方向相反，大小为BLvR D ．方向与图示箭头方向相反，大小为2BLvR解析：利用右手定则可判断感应电流是逆时针方向．根据E ＝BLv 知，电流I ＝E R ＝BLvR. 二、多项选择题5．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O ～D 过程中(BD )A ．线圈中O 时刻感应电动势最小B ．线圈中D 时刻感应电动势为零C ．线圈中D 时刻感应电动势最大D ．线圈中O 至D 时间内平均感应电动势为0.4 V解析：由法拉第电磁感应定律知线圈中O 至D 时间内的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt＝2×10－30.01/2V ＝0.4 V ．由感应电动势的物理意义知，感应电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁通量的改变量ΔΦ均无必然联系，仅由磁通量的变化率ΔΦΔt 决定，而任何时刻磁通量的变化率ΔΦΔt 就是Φt 图象上该时刻切线的斜率，不难看出O 点处切线斜率最大，D 点处切线斜率最小为零，故B 、D 正确．6. 在匀强磁场中，a 、b 是两条平行金属导轨，c 、d 为分别串有电流表和电压表的两根金属棒，如图所示，当c 、d 以相同的速度向右匀速运动时，下列说法中正确的是(BD )A ．电压表有示数B ．电压表无示数C ．电流表有示数D ．电流表无示数解析：c 、d 以相同的速度向右匀速运动，穿过闭合回路的磁通量不变，在闭合回路中没有感应电流产生，所以没有电流流过电流表和电压表，所以电流表和电压表无示数．7．如图，正方形线框的边长为L ，电容器的电容量为C ，正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁场以k 的变化率均匀减弱时，则(BC )A ．线圈产生的感应电动势大小为kL 2B ．电压表没有读数C ．a 点的电势高于b 点的电势D ．电容器所带的电荷量为零解析：磁场减弱时，产生的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ＝k L22是恒定值，A 错；由于电路中有电容器，且感应电动势恒定，故电路中无电流．电压表没有读数，B 对；由楞次定律及安培定则可判断a 点电势高于b 点电势，C 对；电容器所带电荷量为Q ＝CE .D 错．8．如图所示，水平面上不计电阻的三角形金属导轨EOF (夹角为α)上放有一电阻与其长度成正比的金属杆AB ，在外力作用下使AB 以速度v 匀速从O 点开始向右平移，下列判断中正确的是(AD )A ．电路的感应电动势均匀增大B ．电路中的感应电动势不变C ．电路中的感应电流均匀增大D ．电路中的感应电流不变解析：感应电动势E ＝B ⎝ ⎛⎭⎪⎫vt tan α2v ，与时间是一次函数关系，故不是不变的；接入电路的电阻R ＝2ρ vt tanα2S ，由闭合电路中欧姆定律得I ＝E R ＝BvSρ，电流不变．9．(xx·揭阳一模)将一条形磁铁插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是(AD )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的大小D ．流过导体某横截面的电荷量解析：当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢，条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，则磁通量变化率也大，故B 错误；根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，再由欧姆定律可知第二次感应电流大，即I 2>I 1，故C 错误；根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小，再由q ＝It 可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，故D 正确．三、非选择题(按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位．)10．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2.螺线管导线电阻r ＝1.0 Ω，R 1＝4.0 Ω，R 2＝5.0 Ω，C ＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 按如图乙所示的规律变化．求：(1)螺线管中产生的感应电动势；(2)闭合S ，电路中的电流稳定后，此时全电路电流的方向(顺时针还是逆时针)； (3)闭合S ，电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率； (4)闭合S ，电路中的电流稳定后，电容器的电量．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝n ·ΔBΔt ·S 得E ＝1.2 V.(2)逆时针．(3)根据全电路欧姆定律I ＝ER 1＋R 2＋r＝0.12 A ，根据P ＝I 2R 1 ，求得P ＝5.76×10－2W.(4)S 闭合后，电容器两端的电压U ＝IR 2＝0.6 V ，经过R 2的电量Q ＝CU ＝1.8×10－5C 答案：见解析11．如图所示，金属杆ab 可在平行金属导轨上滑动，金属杆电阻R 0＝0.5 Ω，长L ＝0.3 m ，导轨一端串接一电阻R ＝1 Ω，匀强磁场磁感应强度B ＝2 T ，当ab 以v ＝5 m/s 向右匀速运动过程中，求：(1)ab 间感应电动势E 和ab 间的电压U;(2)所加沿导轨平面的水平外力F 的大小； (3)在2 s 时间内电阻R 上产生的热量Q .解析：(1)根据公式：E ＝BLv ＝3 V.I ＝E R ＋R 0，U ＝IR ＝2 V. (2)F ＝F 安，F 安＝BIL ＝1.2 N.(3)2秒内产生的总热量Q 等于安培力做的功，Q ＝F 安·v ·t ＝12 J. 电阻R 上产生的热量为Q R ＝RR ＋R 0Q ＝8 J.答案：(1)3 V 2 V (2)1.2 N (3)8 J12．矩形线圈abcd ，长ab ＝20 cm ，宽bc ＝10 cm ，匝数n ＝200，线圈回路总电阻R ＝5 Ω.整个线圈平面内均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如下图所示，求：(1)线圈回路中产生的感应电动势和感应电流；(2)当t ＝0.3 s 时，线圈的ab 边所受的安培力大小； (3)在1 min 内线圈回路产生的焦耳热．解析：(1)磁感应强度的变化率： ΔB Δt ＝（20－5）×10－20.3 T/s ＝0.5 T/s. 感应电动势为：E ＝nΔΦΔt ＝nS ΔBΔt＝200×0.1×0.1 V ＝2 V ； 感应电流为：I ＝E R＝0.4 A.(2)当t ＝0.3 s 时，磁感应强度B ＝0.2 T ，则安培力为：F ＝nBIl ＝200×0.2×0.4×0.2N ＝3.2 N .(3)1 min内线圈回路产生的焦耳热为：Q＝I2Rt＝0.42×5×60 J＝48 J.答案：(1)2 V 0.4 A (2)3.2 N (3)48 J。