【突破高考】福建省高考物理 能力专项突破课时提能演练 9.4电磁感应规律的综合应用2(含解析)
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【突破高考】福建省2013年高考物理能力专项突破课时提能演练9.4电磁感应规律的综合应用2(含解析)(40分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题9分,共72分.每小题只有一个选项正确)1.(2012·济宁模拟)水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中,金属棒ab处于粗糙的框架上且接触良好,从某时刻开始,磁感应强度均匀增大,金属棒ab始终保持静止,则()A.ab中电流增大,ab棒所受摩擦力增大B.ab中电流不变,ab棒所受摩擦力不变C.ab中电流不变,ab棒所受摩擦力增大D.ab中电流增大,ab棒所受摩擦力不变2.(预测题)如图所示,光滑的“”形金属导体框竖直放置,质量为m的金属棒MN与框架接触良好.磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反,但均垂直于框架平面,分别处于abcd和cdef区域.现从图示位置由静止释放金属棒MN,当金属棒刚进入磁场B1区域时,恰好做匀速运动.以下说法正确的是()A.若B2=B1,金属棒进入B2区域后将加速下滑B.若B2=B1,金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑C.若B2<B1,金属棒进入B2区域后可能先匀加速后匀速下滑D.若B2>B1,金属棒进入B2区域后可能先匀减速后匀速下滑3.(易错题)如图所示,平行金属导轨与水平面成θ角,导轨与固定电阻R1和R2相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab,质量为m,导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等,与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒ab沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v时,受到安培力的大小为F,此时()A.电阻R1消耗的热功率为B.电阻R2消耗的热功率为C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvsinθ-8-\nD.整个装置消耗的机械功率为(F+μmgsinθ)v4.(2012·福州模拟)如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置.今使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止,设导轨与棒的电阻均不计,a到b与b到c的间距相等,则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中()A.回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等C.安培力做功相等D.通过棒横截面积的电荷量相等5.(创新题)如图所示,竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B,从虚线下方竖直上抛一正方形线圈,线圈越过虚线进入磁场,最后又落回原处,运动过程中线圈平面保持在竖直平面内,不计空气阻力,则()A.上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B.上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C.上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力的平均功率D.上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率6.(创新题)如图所示,正方形导线框abcd的边长为L=10cm,线框平面位于竖直平面内,上下两边处于水平状态.当它从某高处落下时通过一匀强磁场,磁场方向垂直于线框平面,线框的ab边刚进入磁场时,由于安培力的作用使得线框恰能匀速运动.已知磁场的宽度h=4L,线框刚进入磁场时的速度v0=2.5m/s.那么若以向下为力的正方向,则线框通过磁场区域过程中所受安培力的图象是以下四图中的()-8-\n7.(2012·广州模拟)一导线弯成如图所示的闭合线圈,以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直平面向外.线圈总电阻为R,从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止,下列结论正确的是()A.感应电流一直沿顺时针方向B.线圈受到的安培力先减小,后增大C.感应电动势的最大值E=BrvD.穿过线圈某个横截面的电荷量为8.(2012·龙岩模拟)如图甲所示,竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0=0.5T,并且以=0.1T/s的变化率均匀增加.图象如图乙所示,水平放置的导轨不计电阻,不计摩擦阻力,宽度L=0.5m,在导轨上放着一金属棒MN,电阻R0=0.1Ω,并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M=0.2kg的重物.导轨上的定值电阻R=0.4Ω,与P、Q端点相连组成回路.又知PN长d=0.8m.在重物被拉起的过程中,下列说法中正确的是()A.R中电流的方向由Q到PB.电流的大小为0.1AC.从磁感应强度为B0开始计时,经过495s的时间,金属棒MN恰能将重物拉起-8-\nD.电阻R上产生的热量约为16J二、非选择题(本大题共2小题,共28分,要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)9.(2011·天津高考)(14分)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触,已知两棒质量均为m=0.02kg,电阻均为R=0.1Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.2T,棒ab在平行于导轨向上的力F作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd恰好能够保持静止.取g=10m/s2,问:(1)通过棒cd的电流I是多少,方向如何?(2)棒ab受到的力F多大?(3)棒cd每产生Q=0.1J的热量,力F做的功W是多少?10.(2012·启东模拟)(14分)如图所示,MN与PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨,质量m=0.2kg,电阻r=0.5Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上,匀强磁场的磁感线垂直于导轨平面,导轨左端接阻值R=2Ω的电阻,理想电压表并接在R两端,导轨电阻不计.t=0时刻ab受水平拉力F的作用后由静止开始向右做匀加速运动,ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.2.第4s末,ab杆的速度为v=1m/s,电压表示数U=0.4V.取重力加速度g=10m/s2.(1)在第4s末,ab杆产生的感应电动势和受到的安培力各为多大?(2)若第4s末以后,ab杆做匀速运动,则在匀速运动阶段的拉力为多大?整个过程拉力的最大值为多大?(3)若第4s末以后,拉力的功率保持不变,ab杆能达到的最大速度为多大?-8-\n答案解析1.【解析】选C.由法拉第电磁感应定律E=·S知,磁感应强度均匀增大,则ab中感应电动势和电流不变,由f=F安=BIL知摩擦力增大,选项C正确.2.【解析】选B.当金属棒刚进入磁场B1区域时,做匀速运动,故mg=F=,金属棒进入B2区域后,若B2=B1,有mg=,仍匀速下滑;若B2<B1,有mg>,棒可能加速下滑或先加速下滑后匀速下滑,但不能匀加速下滑;若B2>B1,有mg<,棒可能减速下滑或先减速下滑后匀速下滑,但金属棒MN不能做匀减速下滑,故B正确.3.【解析】选B.整个电路消耗的热功率为Fv,据串、并联电路的特点知电阻R1和R2消耗的功率相等,都等于总热功率的,所以A错误,B正确.整个装置因摩擦而消耗的热功率为fv=μmgvcosθ,C错误.整个装置消耗的机械功率等于电热功率与摩擦生热功率之和,为(F+μmgcosθ)v,D错误.4.【解析】选D.棒由a到b再到c的过程中,速度逐渐减小.根据E=Blv,E减小,故I减小.再根据F=BIl,安培力减小,根据F=ma,加速度减小,B错误.由于a与b、b与c间距相等,故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功,故A、C错误.再根据平均感应电动势得,故D正确.5.【解析】选A.线圈上升过程中,加速度增大且在减速,下降过程中,运动情况比较复杂,有加速、减速或匀速等,把上升过程看做反向的加速,可以比较当运动到同一位置时,线圈速度都比下降过程中相应的速度要大,可以得到结论:上升过程中克服安培力做功多;上升过程时间短,故正确选项为A.6.【解析】选B.ab边刚进入磁场时安培力等于重力且方向向上,故A、D错误;线框全部进入磁场后,线框中无感应电流,且向下做加速运动,当线框从下边离开磁场时将做减速运动,安培力逐渐减小且方向向上,故C错误,B正确.-8-\n7.【解析】选A.在闭合线圈进入磁场的过程中,通过闭合线圈的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向,A正确;导体切割磁感线的有效长度先变大后变小,感应电流先变大后变小,安培力也先变大后变小,B错误;导体切割磁感线的有效长度最大值为2r,感应电动势最大为E=2Brv,C错误;穿过线圈某个横截面的电荷量为,D错误.8.【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)根据楞次定律判断感应电流的方向,应用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小.(2)在计算导体棒MN所受安培力时,应注意磁感应强度B的变化.(3)由Q=I2Rt计算产生的热量.【解析】选C.根据楞次定律可知电流方向从M→N→P→Q→M,故A错;电流大小I==0.08A,故B错;要恰好把质量M=0.2kg的重物拉起,则F安=T=Mg=2N,B′==50T.B′=B0+·t=0.5+0.1t,解得t=495s,故C对;电阻R上产生的热量Q=I2Rt,故Q=(0.08)2×0.4×495J=1.27J,故D错.【变式备选】(2012·泰州模拟)如图所示,电阻为R,导线电阻均可忽略,ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒,质量为m,棒的两端分别与ab、cd保持良好接触,又能沿足够长的框架无摩擦下滑,整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中,当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S,则S闭合后()A.导体棒ef的加速度一定大于gB.导体棒ef的加速度一定小于gC.导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同D.导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒【解析】选D.开关闭合前,导体棒只受重力而加速下滑,闭合开关时有一定的初速度v0,若此时F安>mg,则F安-mg=ma.若F安<mg,则mg-F安=ma,因为F安的大小不确定,所以导体棒ef的加速度可能大于g、小于g、等于g,故A、B错误.无论闭合开关时初速度多大,导体棒最终的安培力应和重力平衡,故C错误.根据能量守恒定律知,D正确.9.【解析】(1)棒cd受到的安培力为:Fcd=IlB①(1分)棒cd在共点力作用下平衡,则Fcd=mgsin30°②(1分)由①②式代入数值得:-8-\nI=1A③(1分)根据楞次定律可知,棒cd中电流方向由d至c.④(1分)(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等,Fab=Fcd(1分)对棒ab,由共点力平衡条件得:F=mgsin30°+IlB⑤(2分)代入数据解得:F=0.2N⑥(1分)(3)设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量,由焦耳定律知Q=I2Rt⑦(1分)设棒ab匀速运动的速度大小为v,其产生的感应电动势E=Blv⑧(1分)由闭合电路欧姆定律可知:I=⑨(1分)根据运动学公式可知,在时间t内,棒ab沿导轨的位移s=vt⑩(1分)则力F做的功W=Fs⑪联立以上各式,代入数值解得:W=0.4J(2分)答案:(1)1A方向由d至c(2)0.2N(3)0.4J【总结提升】电磁感应中力、电、能综合问题的理解思路(1)认真审题,弄清题目给出的情景和运动过程的关键状态.(2)明确等效电源,画出等效电路,进行电路的分析并列式.(3)确定研究对象并进行受力分析,画出受力示意图.(4)写出安培力的表达式,抓住关键状态列出牛顿运动定律的表达式.(5)确定研究过程,明确安培力做功与电路中电能的转化关系,列出动能定理的表达式.(6)联立方程进行求解.10.【解析】(1)4s末的感应电流:I==0.2A(1分)电动势:E=I(R+r)=0.5V(1分)-8-\n由E=BLv得BL=T·m=0.5T·m(2分)4s末ab受的安培力:F安=BIL=0.1N(1分)(2)匀速阶段,ab受力平衡拉力F=μmg+F安=0.5N(2分)加速到第4s末时拉力最大,Fmax=F安+μmg+m·=0.55N(2分)(3)若第4s末开始,拉力的功率不变,此时P=Fmax·v=0.55×1W=0.55W(1分)设ab的最大速度为vm,此时的拉力为F′,则P=F′·vm=(μmg+)vm(2分)代入数据:(0.2×0.2×10+)vm=0.55W(1分)解得vm=1.08m/s(1分)答案:(1)0.5V0.1N(2)0.5N0.55N(3)1.08m/s-8-
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