2013山东高考物理一轮复习第九章第4讲电磁感应规律的综合应用(二)

课时知能训练一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)图9－4－211．如图9－4－21所示，在一匀强磁场中有一U形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀速向右运动C．ef将加速向右运动D．ef将做往复运动【解析】杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝BlBlvR＝B2l2vR，方向向左，故杆ef做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确．【答案】A图9－4－222．如图9－4－22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的加速度可能大于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】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，F安不确定，A正确，B错误；无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力和重力平衡，故C错误．根据能量守恒定律知，D正确．【答案】AD图9－4－233．如图9－4－23所示，在光滑的水平面上，一质量为m、半径为r、电阻为R的均匀金属环，以v0的初速度向一磁感应强度为B的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d＞2r)．圆环的一半进入磁场历时t秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q，则t秒末圆环中感应电流的瞬时功率为()A.4B2r2v20RB.4B2r2v20－2QmRC.2B2r2v20－2QmRD.B2r2π2v20－2QmR【解析】t秒末圆环中感应电动势为E＝B·2r·v.由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热：Q＝12mv20－12mv2.t秒末圆环中感应电流的功率为P＝EI＝E2R＝4B2r2v20－2QmR.故B对．【答案】B图9－4－244．如图9－4－24所示，矩形线圈长为L，宽为h，电阻为R，质量为m，在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽为h、磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈进入磁场时的动能为Ek1，穿出磁场时的动能为Ek2，这一过程中产生的焦耳热为Q，线圈克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，线圈重力势能的减少量为ΔEp，则以下关系中正确的是()A．Q＝Ek1B．Q＝W2－W1C．Q＝W1D．W2＝W1＋Ek2－Ek1【解析】安培力做的负功等于其他能转化的电能，电能最后变成热能，故C对，A、B错；由动能定理得W2－W1＝Ek2－Ek1，即W2＝W1＋Ek2－Ek1，D正确．【答案】CD图9－4－255．如图9－4－25所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中()A．回路电流I1∶I2＝1∶2B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶4C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2D．外力的功率P1∶P2＝1∶2【解析】感应电动势为Blv，感应电流I＝ER＝BlvR，大小与速度成正比，A正确；产生的热量Q＝I2Rt＝B2l2v2R·l′v＝B2l2l′Rv，B、l、l′、R是一样的，两次产生的热量比就是运动速度比，为1∶2，B错；通过任一截面的电荷量q＝It＝BlvR·l′v＝Bll′R与速度无关，所以应为1∶1，C错误；金属棒运动中受安培力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与安培力相同．则外力的功率P＝Fv＝IlB·v＝B2l2v2R，其中B、l、R相同，外力的功率与速度的平方成正比，应为1∶4，D错．【答案】A图9－4－266．(2012·济南模拟)如图9－4－26所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合金属线框abcd，其边长为l、质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ，虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为()A.12mv20＋μmglB.12mv20－μmglC.12mv20＋2μmglD.12mv20－2μmgl【解析】闭合线框进入磁场的过程中，由于一条边切割磁感线运动，产生感应电动势，从而产生感应电流，处于磁场中受到安培力，故整个运动过程中有摩擦阻力和安培力做功，但其中安培力是变力，因此由功能关系可得：12mv20＝μmg·2l＋Q，所以金属线框中产生的焦耳热为Q＝12mv20－2μmgl，故D正确．【答案】D7.图9－4－27如图9－4－27所示，在水平面内的直角坐标系xOy中有一光滑金属导轨AOC，其中曲线导轨OA满足方程y＝Lsinkx，长度为π2k的直导轨OC与x轴重合，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中．现有一长为L的金属棒从图示位置开始沿x轴正方向做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为R0，除金属棒的电阻外其余电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动过程中，它与导轨组成的闭合回路()A．电流逐渐增大B．电流逐渐减小C．消耗的电功率逐渐增大D．消耗的电功率逐渐减小【解析】金属棒向右运动产生的电动势为E＝Byv0，回路中的电阻R＝yR0，故回路中的电流I＝ER＝Bv0R0，大小为一定值，故A、B均错误；再由P＝I2R＝I2R0Lsinkx可知，在x＜π2k的情况下，P随x增大而增大，故C正确，D错误．【答案】C8．如图9－4－28甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg.它们在光滑水平面上以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v－x图象如图9－4－28乙所示．则()图9－4－28A．线圈的长度L＝5cmB．磁场的宽度d＝15cmC．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8m/s2D．线圈通过磁场过程中产生的热量为48J【解析】由v－x图象分析出：在x由5cm～15cm过程，小车受到安培力作用，在15cm～30cm，小车全部在磁场中运动，无电磁感应，从30cm～40cm，小车出磁场，由此得L＝10cm，d＝25cm.小车受力F安＝B2L2vR＝ma，a变化，由能的转化与守恒定律得Q＝12mv21－12mv22＝12×1×(102－22)J＝48J．选项D正确．【答案】D图9－4－299．(2012·郑州模拟)如图9－4－29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，现将导体框分别朝两个方向以v,3v速度匀速拉出磁场，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边两端电势差相等D．通过导体框截面的电荷量相同【解析】根据楞次定律的第二种表述，安培力始终阻碍线框的运动，故所受安培力方向一定相反，A项错误；由Q＝E2Rt得以速度v拉出时，Q1＝B2L2v2RLv＝B2L3vR，以速度3v拉出时，Q2＝B2L29v2RL3v＝3B2L3vR，故B项错误；线框向左出磁场时，bc边为电源，ad边两端电势差为ad边消耗的电压之和，由闭合电路的欧姆定律得U1＝BLv4；线框向右出磁场时，ad边为电源，ad边两端电势差为其他三边消耗的电压之和，同理得U2＝9BLv4，故C项错；由q＝ΔΦR，线框两次出磁场时，磁通量的改变量相同，故通过导体框截面的电荷量相同，D项正确．【答案】D二、非选择题(本题共3小题，共46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．)图9－4－3010．(12分)如图9－4－30所示，水平放置的导体框架，宽L＝0.50m，接有电阻R＝0.20Ω，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B＝0.40T．一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体棒ab的电阻均不计．当ab以v＝4.0m/s的速度向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中产生的感应电动势大小；(2)维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小；(3)若将外力F突然减小到F′，简要论述导体棒ab以后的运动情况．【解析】(1)ab棒切割磁感线，故E＝BLv＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V.(2)回路电流I＝ER＝0.800.20A＝4A故F安＝BIL＝0.40×4×0.50N＝0.80N因导体棒匀速运动，则F＝F安＝0.80N.(3)当F突然减小为F′时，F安＞F′，导体棒ab所受合外力方向向左，导体棒做减速运动；由F合＝F安－F′＝B2L2v′R－F′＝ma知，棒ab做加速度减小的减速运动，当a＝0时，导体棒做匀速直线运动，速度为v′＝F′RB2L2.【答案】(1)0.80V(2)0.80N(3)见解析11．(15分)(2011·浙江高考)如图9－4－31甲所示，在水平面上固定有长为L＝2m、宽为d＝1m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1kg的导体棒以v0＝1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(g取10m/s2)．甲乙图9－4－31(1)通过计算分析4s内导体棒的运动情况；(2)计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4s内回路中产生的焦耳热．【解析】(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有－μmg＝ma，vt＝v0＋at，x＝v0t＋12at2导体棒速度减为零时，vt＝0.代入数据解得：t＝1s，x＝0.5m，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x＝0.5m.(2)前2s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E＝0，I＝0后2s回路产生的电动势为E＝ΔΦΔt＝ldΔBΔt＝0.1V回路的总长度为5m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5Ω电流为I＝ER＝0.2A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．(3)前2s电流为零，后2s有恒定电流，焦耳热为Q＝I2Rt＝0.04J.【答案】(1)前1s导体棒做匀减速直线运动，1～4s内一直保持静止．(2)0.2A，顺时针方向(3)0.04J12．(19分)(2012·宁波模拟)相距L＝1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图9－4－32甲所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上、大小按图乙所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(g取10m/s2)．(1)求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；(2)已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在丙中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象．图9－4－32【解析】(1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at此时，回路中的感应电流为I＝ER＝BLvR对金属棒ab，由牛顿