2013高中物理选修32第4章第5节课时跟踪训练高中物理练习试题

1[课时跟踪训练](时间30分钟，满分60分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.如图1所示，边长为L的正方形线圈与匀强磁场垂直，磁感应强度为B。当线圈按图示方向以速度v垂直B运动时，下列判断正确的是()A．线圈中无电流，φa＝φb＝φc＝φd图1B．线圈中无电流，φaφb＝φdφcC．线圈中有电流，φa＝φb＝φc＝φdD．线圈中有电流，φaφb＝φdφc解析：线圈在运动过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中不会产生感应电流，C、D错，但导体两端有电势差，根据右手定则，可知B正确。答案：B2.在匀强磁场中，有一接有电容器的回路，如图2所示，已知电容器电容C＝30μF，l1＝5cm，l2＝8cm，磁场以5×10－2T/s的变化率增强，则()A．电容器上极板带正电，带电荷量为2×10－9C图2B．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－9CC．电容器上极板带负电，带电荷量为4×10－9CD．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9C解析：根据楞次定律和安培定则可判断电容器上极板带正电；因为磁感应强度是均匀增大的，故感应电动势大小恒定，由法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S，可得E＝ΔBΔt·l1l2＝5×10－2×5×10－2×8×10－2V＝2×10－4V，即电容器两板上所加电压U为2×10－4V，所以电容器带电荷量为Q＝CU＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，故B正确。答案：B3.如图3所示，质量为m、高为h的矩形导线框自某一高度自由落下后，通过一宽度也为h的匀强磁场，线框通过磁场过程中产生的焦耳热()A．可能等于2mgh图3B．可能大于2mghC．可能小于2mghD．可能为零解析：根据能量守恒定律分析：线框进入磁场时，速度大小不同，产生的感应电动2势、电流不同，因而受到的安培力大小也不同；由左手定则和右手定则知，感应电流方向先逆时针后顺时针，但不论下边还是上边受安培力，方向总是竖直向上，阻碍线框的运动(因为线框高度与磁场高度相同，上、下边只有一边处于磁场中)。(1)若安培力等于重力大小，线框匀速通过磁场，下落2h高度，重力势能减少2mgh，产生的焦耳热为2mgh，故A选项对。(2)若安培力小于重力大小，线框则加速通过磁场，动能增加，因而产生的焦耳热小于2mgh，故C选项对。(3)若安培力大于重力大小，线框则减速通过磁场，动能减小，减少的重力势能和动能都转化为焦耳热，故产生的焦耳热大于2mgh，B选项对，可见，D选项错误。答案：ABC4．如图4所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是()图4A．ab杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的热功率与速率v成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比解析：由E＝Blv和I＝ER得，I＝BlvR，所以安培力F＝BIl＝B2l2vR，电阻上产生的热功率P＝I2R＝B2l2v2R，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率。答案：AB5．我国处在地球的北半球，飞机在我国上空匀速地巡航，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差。设左侧机翼末端处的电势为φ1，右侧机翼末端处的电势为φ2。则()A．若飞机从西向东飞，φ1比φ2高B．若飞机从东向西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南向北飞，φ1比φ2高D．若飞机从北向南飞，φ2比φ1高解析：在北半球，地磁场有竖直向下的分量，飞机在水平飞行过程中，机翼切割磁感线，产生感应电动势，应用右手定则可以判断两边机翼的电势高低问题。伸开右手，让大拇指与其余四指在同一平面内，并且垂直，让磁感线穿过手心，即手心朝上，大拇指指向3飞机的飞行方向，其余四指指的方向就是感应电流的方向，由于不是闭合电路，电路中只存在感应电动势，仍然按照有电流来判断，整个切割磁感线的两边机翼就是电源，在电源内部，电流是从低电势处流向高电势处的。因此不管飞机向哪个方向飞行，都是左边机翼末端电势高，即A、C选项正确。答案：AC6．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里为正方向，在磁场中有一金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图5所示。现令磁感应强度B随时间变化，先按如图所示的Oa图线变化，后来又按照图线bc、cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则()图5A．E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向C．E1E2，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向D．E3＝E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向解析：bc段与cd段磁感应强度的变化率相等，大于aO的磁感应强度变化率。E1E2，由楞次定律及安培定则可以判断B、C正确。答案：BC7．如图6所示，用铝板制成“U”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在此框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为FT。则()图6A．悬线竖直，FT＝mgB．悬线竖直，FTmgC．v选择合适的大小，可使FT＝0D．因条件不足，FT与mg的大小关系无法确定解析：设上、下两板之间距离为d，当框架向左切割磁感线时，由右手定则可知下板4电势比上板高，由动生电动势公式可知U＝Bdv，故在两板间产生从下向上的电场，E＝Ud＝Bv，假若小球带正电，则受到向下的洛伦兹力qvB，向上的电场力qE＝qvB，故绳的拉力FT＝mg，同理，若小球带负电，也可得到同样的结论。答案：A8.如图7所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()图7A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量解析：由动能定理有WF＋W安＋WG＝ΔEk，则WF＋W安＝ΔEk－WG，WG0，故ΔEk－WG表示机械能的增加量。故选A。答案：A二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．如图8所示，光滑导轨MN、PQ在同一水平面内平行固定放置，其间距d＝1m，右端通过导线与阻值R＝10Ω的小灯泡L相连，导轨区域内有竖直向下磁感应强度B＝1T的匀强磁场，一金属棒在恒力F＝0.8N的作用下匀速通过磁场。(不考虑导轨和金属棒的电阻，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触)。求：图8(1)金属棒运动速度的大小；(2)小灯泡的功率。解析：(1)由E＝Bdv，I＝ER匀速时F＝BId得v＝FRB2d2＝8m/s。(2)P＝I2R＝B2d2v2R＝6.4W。答案：(1)8m/s(2)6.4W510．如图9甲所示，截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中。磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设向外为B的正方向。R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负。图9解析：E＝nΔBΔtS＝100×0.021×0.2V＝0.4V电路中的电流I＝ER1＋R2＝0.44＋6A＝0.04A所以UC＝U2＝IR2＝0.04×6V＝0.24VQ＝CUC＝30×10－6×0.24C＝7.2×10－6C由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电。答案：7.2×10－6C上极板带正电