（金版教程）高考物理大一轮总复习-9-4-电磁感应规律的综合应用(二)(动力学和能量)限时规范特训(含解析).doc

1、【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 9-4 电磁感应规律的综合应用(二)(动力学和能量)限时规范特训（含解析）1. 如图所示，不计电阻的光滑金属直轨道AB和CD固定在同一水平面内，两轨道间的宽度为1 m平行轨道左端接一阻值为0.5 的电阻轨道处于磁感应强度大小B2 T，方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，一电阻为0.5 的导体棒ab始终接触良好并且相互垂直，导体棒在垂直导体棒且水平向右的外力F作用下向右匀速运动，速度大小v5 m/s，则以下说法正确的是()A. 通过电阻的电流大小为5 A B. 作用在导体棒上的外力大小为10 N C. 导体棒克服安培力做功的功率为100 W D. 通过电

2、阻的电流方向从C到A解析：导体棒ab切割磁感线产生的电动势EBLv10 V，根据闭合电路欧姆定律得，I10 A，导体棒ab受到的安培力F安BIL20 N，导体棒ab匀速运动，外力FF安20 N，导体棒克服安培力做功的功率P安F安v100 W，根据右手定则可知，通过电阻的电流方向为从A到C，C项正确答案：C2. 2014甘肃天水如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为 ( )A. 2mgLB. 2mgLmgH

3、C. 2mgLmgH D. 2mgLmgH解析：设ab刚进入磁场时的速度为v1，cd刚穿出磁场时的速度v2，线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L，由题意得，mvmgHmvmg2LmvQ，解得，Q2mgLmgH，C项正确答案：C3. 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成角(090)，其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在下滑过程中()A. 运动的加

4、速度大小为B. 下滑位移大小为C. 产生的焦耳热为qBLvD. 受到的最大安培力大小为sin解析：由牛顿第二定律可知mgsinma，金属棒做变加速运动，选项A错；由qItt得x，选项B对由动能定理可知mgxsinQmv2，把x代入式中得到Q，选项C错；安培力最大为mgsin，选项D错答案：B4. 2014湖北孝感竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，轨道下半部分处在两个水平向里的匀强磁场中，磁场的边界分别是ya、yb、yc的直线(图中虚线所示)一个小金属环从抛物线上yd处由静止释放，金属环沿抛物线下滑后环面总保持与磁场垂直，那么产生的焦耳热总量是( )A. mgd B. mg(d

5、a)C. mg(db) D. mg(dc)解析：小金属环进入和穿出磁场的过程是都要切割磁感线，因此小金属环的机械能不断地转化为电能，电能又转化为内能；最后小金属环在yc的直线与x轴的磁场内往复运动，整个过程中机械能的减小量为Emg(dc)，由能的转化与守恒定律可知，产生的焦耳热总量为QEmg(dc)，所以D项正确答案：D5. 2014济南模拟如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别以v、3v速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中()A. 导体框所受安培力方向相同B. 导体框中产生的焦耳热相同C. 导体框ad

6、边两端电势差相等D. 通过导体框截面的电荷量相同解析：安培力的方向总是阻碍导体框的相对运动，选项A错误；由I及QI2Rt可知选项B错误；当导体框以v运动时UadBlv，若以3v运动时UadBl3v，选项C错误；根据q可知选项D正确答案：D6. 2014安徽合肥如图所示，光滑斜面的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终

7、平行底边，则下列说法正确的是( )A. 线框进入磁场前运动的加速度为B. 线框进入磁场时匀速运动的速度为C. 线框做匀速运动的总时间为D. 该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mgmgsin)l2解析：对重物和线框系统受力分析，由牛顿第二定律得，Mgmgsin(Mm)a，解得，a，A项错误；对线框受力分析，由平衡条件得，MgmgsinF安0，又F安BIl1，IE/R，EBl1v，联立解得，v，B项错误；线框做匀速运动的总时间为t，C项错误；由能量守恒定律得，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，Q(Mgmgsin)l2，D项正确答案：D7. 2013乌鲁木齐高三诊断一(多选)如图所示，水

8、平地面上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场用横截面积之比为12的相同材料的导线，制成两个边长相等的单匝正方形线圈和.两线圈从距磁场上边界高h处开始自由下落，最后落到地面整个过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界若线圈恰好匀速进入磁场，线圈和在运动过程中产生的热量分别为Q1，Q2.不计空气阻力，则 ( )A. 线圈匀速进入磁场B. 线圈变速进入磁场C. Q1Q212D. Q1Q214解析：线圈匀速进入磁场时，F安1mg，F安1BILBL，其中r，线圈进入磁场时，由于R，所以F安22F安1，又由M2m，得F安2Mg，所以线圈进入磁场时也是匀速，故A正确，B错误；两线圈进入磁场的过

9、程中都是减少的重力势能转化为了热能，根据Q1mgL和Q2MgL，以及M2m可知Q1Q212，故C正确，D错误答案：AC题组二提能练8. 2014浙江杭州如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1 m、质量为0.1 kg的导体棒MN，其电阻R为1 ，导体棒架在处于磁感应强度B1 T，竖直放置的框架上，当导体棒上升h3.8 m时获得稳定的速度，导体产生的热量为2 J，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表计数分别为7 V、1 A，电动机的内阻r1 ，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g取10 m/s2，求：(1)导体棒能达到的稳定速度为多少？(2)导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？解

10、析：(1)电动机的输出功率为PUAIAIr6 WF安BIL当导体棒的速度稳定时，由平衡条件得，mg解得，v2 m/s.(2)由能量守恒定律得，PtQmghmv2解得，t1 s.答案：2 m/s(2)1 s9. 如图甲所示，质量m6.0103 kg、边长L0.20 m、电阻R1.0 的正方形单匝金属线框abcd，置于倾角30的绝缘斜面上，ab边沿水平方向，线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g10 m/s2，试求：(1)在02.0102 s内线框中产生的感应电流的大小(2)在t1.0102 s时线框受到斜面的摩

11、擦力解析：(1)设线框中产生的感应电动势为E1，感应电流为I1，则E1I1代入数据解得E10.20 V，I10.20 A.(2)此时线框受到的安培力F1B1I1L代入数据得F14.0103 N设此时线框受到的摩擦力大小为Ff，则mgsinF1Ff0代入数据得Ff3.4102 N摩擦力方向沿斜面向上答案：(1)0.20 A(2)3.4102 N10. 2014安徽安庆如图所示，相距L1 m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R2 的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d均为0.6 m，磁感应强度大小B1 T、B20.8 T现有

12、电阻r1 的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab从边界MN进入磁场后始终以速度v5 m/s做匀速运动，求：(1)棒ab在磁场B1中时克服安培力做功的功率；(2)棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电荷量解析：(1)在磁场B1中，棒ab切割磁感线产生的电动势E1B1Lv感应电流I1安培力FB1I1L克服安培力做功的功率PFv0.67 W(2)在磁场B2中，棒ab切割磁感线产生的电动势E2B2Lv感应电流I2棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电荷量qI2t20.16 C.答案：(1)0.67 W(2)0.16 C11. 如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN

13、、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L0.30 m导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R0.40 .导轨上停放一质量m0.30 kg、电阻r0.20 的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下现用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得U随时间t变化的关系如图乙所示(1)求第2 s末外力F的瞬时功率；(2)如果在2 s末时刻将水平外力F撤去，在以后运动中求金属杆上产生的焦耳热解析：(1)设电阻R两端的电压为U时，金属杆的运动速度为v，则金属杆产生的感应电动势为EBLv感应电流I电阻R两端的电压UIR由题图乙知Ukt(k0.1 V/s)联立得vt所以金属杆做匀加速直线运动，且a1.0 m/s2,2 s末金属杆的速度为v2 m/s，由题图乙知此时电阻两端的电压为U0.2 V，所以金属杆中的电流I0.5 A此时金属杆所受到的安培力为F安BIL7.5102 N由牛顿第二定律得FF安ma代入数值得F0.375 N，所以第2 s末外力F的瞬时功率为PFv0.75 W(2)设回路中产生的焦耳热为Q，则由能量守恒定律知Qmv2代入数值得Q0.6 J由串联规律知金属杆上产生的焦耳热为QrQ0.2 J.答案：(1)0.75 W(2)0.2 J