（新课标）高考物理二轮复习 专题八 电磁感应与力学、电学的综合素能演练提升（含解析）.doc

素能演练提升八电磁感应与力学、电学的综合(时间:60分钟满分:100分)第卷(选择题共48分)一、本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第15题只有一个选项符合题目要求,第68题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分.1.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场.如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场b,环上套一电荷量为+q的小球.已知磁感应强度b随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()a.0b.r2qkc.2r2qkd.r2qk解析:设圆环所在回路感应电动势为e,则由法拉第电磁感应定律得e=ks=kr2,小球运动一周,感应电场对小球做功大小为w=qe=qkr2,故选项d正确.答案:d2.如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管p和塑料管q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部.则小磁块()a.在p和q中都做自由落体运动b.在两个下落过程中的机械能都守恒c.在p中的下落时间比在q中的长d.落至底部时在p中的速度比在q中的大解析:小磁块在铜管p中下落时,铜管中产生感应电流,根据楞次定律可知,感应电流产生的磁场阻碍小磁块的下落,小磁块的机械能不守恒,a、b两项错误;小磁块在塑料管q中下落时不会产生感应电流,小磁块的机械能守恒,不难分析知,小磁块在q中的运动时间短,落至底部时的速度大,c项正确,d项错误.答案:c3.如图,一质量为m的条形磁体用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过.现将环从位置释放,环经过磁体到达位置.设环经过位置、位置附近时细线的张力分别为ft1和ft2,重力加速度大小为g,则()a.ft1mg,ft2mgb.ft1mg,ft2mg,ft2mgd.ft1mg解析:由楞次定律中“阻碍”的理解阻碍相对运动(来阻去留),位置,圆环受安培力向上,磁体受环作用力向下,细线张力大于重力;位置,圆环受力向上,磁体受环作用力向下,细线张力同样大于重力,故正确选项为a.答案:a4.如图甲所示,在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的铜圆环,规定从上向下看时,铜环中的感应电流i沿顺时针方向为正方向.图乙表示铜环中的感应电流i随时间t变化的图象,则磁场b随时间t变化的图象可能是下图中的( )解析:根据安培定则知感应电流在铜环内产生的磁场在01 s内是与b方向相反,故外磁场在增强,又感应电流恒定,故感应电动势不变,磁场均匀变化,选项a、c、d错误.答案:b5.u形金属导轨构成如图所示斜面,斜面倾斜角为,其中mn,pq间距为l,磁感应强度为b的匀强磁场垂直导轨平面,导轨电阻不计,金属棒ab质量为m,以速度v沿导轨上滑,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,导轨与ab棒间的动摩擦因数为,ab棒接入电路的电阻为r,ab棒沿导轨上滑位移为s时速度减为0,则在这一过程中()a.ab棒沿导轨向上做匀减速运动b.ab棒受到的最大安培力大小为sin c.导体棒动能的减少量等于mgssin +mgscos d.克服安培力做的功等于mv2-mgssin -mgscos 解析:ab棒受到的重力、支持力、摩擦力都恒定,但安培力是变力,故根据牛顿第二定律知加速度不是定值,选项a错误;ab棒速度最大时,其受到的安培力最大,fm=blim=bl,选项b错误;根据能量转化和守恒定律可知,导体棒动能的减少量mv2=mgssin +mgscos +w安,w安是克服安培力做的功,故选项c错误,d正确.答案:d6.如图所示,两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面,导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd,它们与导轨构成矩形回路,导体棒中间夹着处于压缩状态的一根轻质弹簧,弹簧与导体棒不拴接.两棒的中间用细线绑住,导体棒的质量为m,电阻均为r,回路上其余部分的电阻不计.在导轨平面间有一竖直向下的匀强磁场.开始时,导体棒处于静止状态且弹簧的弹性势能为ep,剪断细线后,下列说法正确的是()a.两导体棒在脱离弹簧瞬间速度达到最大且vm=b.两根导体棒克服安培力做功的总和等于epc.两根导体棒和弹簧构成的系统机械能守恒d.两导体棒脱离弹簧后,滑行相同的时间达到静止状态解析:由于两导体棒在脱离弹簧瞬间之前已经克服安培力做功产生了一定的电能,所以弹簧储存的弹性势能ep没有完全转化为导体棒的动能,故由ep=2算出的选项a错误;两根导体棒被弹开后由于安培力的作用,最终会停止运动,所以机械能不守恒,可知选项c错误,选项d正确;根据能量守恒定律可知:弹簧储存的弹性势能最终会全部转化为电能,所以选项b正确.答案:bd7.(2015山东泰安一模改编)如图所示,abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨,导轨间距为l,左右两端接有定值电阻r1和r2,r1=r2=r,整个装置处于磁感应强度大小为b,方向竖直向下的匀强磁场中.质量为m的导体棒mn放在导轨上,棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨与棒的电阻.两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定,另一端同时与棒的中点连接.初始时刻,两根弹簧恰好处于原长状态,导体棒获得水平向左的初速度v0,第一次运动至最右端的过程中r1产生的焦耳热为q.下列说法中正确的是()a.初始时刻导体棒所受安培力的大小为b.导体棒第一次回到初始位置时,r2的电功率为c.导体棒第一次到达最右端时,两根弹簧具有弹性势能的总和为-qd.从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中,整个回路产生的电热大于解析:初始时刻感应电动势e=blv0,而总电阻r总=,则导体棒mn中的电流i=,得导体棒mn所受安培力f安=bil=,故选项a正确;由于安培力始终对导体棒mn做负功,产生焦耳热,所以当导体棒mn再次回到初始位置时,速度小于v0,导体棒产生的感应电动势小于blv0,故r2的电功率小于,选项b错误;由能量守恒知,当导体棒第一次到达最右端时,导体棒的初动能全部转化为整个回路的焦耳热和甲、乙弹簧的弹性势能,两个相同的电阻并联,故产生的热量相同,则电路中产生的总热量为2q,所以两根弹簧的弹性势能为-2q,故选项c错误;由于安培力始终对导体棒mn做负功,产生焦耳热,导体棒第一次达到最左端的过程中,导体棒平均速度最大,安培力平均值最大,电路中产生总热量为2q,所以从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中,整个回路产生的焦耳热应大于q,故选项d正确.答案:ad8.如图所示,不计电阻的光滑u形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板h、p固定在框上,h、p的间距很小.质量为0.2 kg的细金属杆cd恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形,其有效电阻为0.1 .此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是b=(0.4-0.2t) t,图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.则()a.t=1 s时,金属杆中感应电流方向从c到db.t=3 s时,金属杆中感应电流方向从d到cc.t=1 s时,金属杆对挡板p的压力大小为0.1 nd.t=3 s时,金属杆对挡板h的压力大小为0.2 n解析:由楞次定律可知,t=1 s、t=3 s时,金属杆中感应电流方向均从c到d,选项a正确,b错误;由法拉第电磁感应定律,得感应电动势e=ssin 30=0.1 v,感应电流i=1 a,t=1 s时,金属杆受力如图甲所示,由平衡条件,得fp=fasin 30=bilsin 30=(0.4-0.2t) tilsin 30=0.1 n,选项c正确;t=3 s时,金属杆受力如图乙所示,由平衡条件,得fh=fasin 30=b3ilsin 30,而b3=0.4 t-0.23 t=-0.2 t,方向向左上方,代入解得fh=0.1 n,选项d错误.答案:ac第卷(非选择题共52分)二、本题共2小题,共14分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答.9.(8分)如图所示,半径为r、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置,在轨道左上方端点m、n间接有阻值为r的小灯泡,整个轨道处在磁感应强度为b的匀强磁场中,两导轨间距为l,现有一质量为m、电阻也是r的金属棒ab从m、n处由静止释放,经一定时间到达导轨最低点o、o,此时速度为v.(1)金属棒ab 从m、n 到o、o的过程中,通过小灯泡的电流方向为.(2)求金属棒ab到达o、o时,整个电路的瞬时电功率为.(3)求金属棒ab从m、n到o、o的过程中,小灯泡上产生的热量为.解析:(2)在最低点,ab切割磁感线产生的e=blv,瞬时功率p=.(3)下滑过程中,设小灯泡上产生的热量为q,则整个电路上产生的热量为2q,由能量守恒定律有mgr=mv2+2q,即q=m(2gr-v2).答案:(1)nm(2分)(2)(3分)(3)m(2gr-v2)(3分)10.(6分)如图甲所示,一边长为l的正方形金属线框位于光滑水平面上,线框的右边紧贴着竖直向下的有界匀强磁场区域的边界.从t=0时刻开始,线框在一水平向右的外力f的作用下从静止开始做匀加速直线运动,在t0时刻穿出磁场.图乙为外力f随时间变化的图象,图象中的f0、t0均为已知量,则t=t0时刻线框的速度v=,t=t0时刻线框的发热功率p=.解析:0t0内线框的平均速度为,得v=.a=t0时刻线框的速度v1=at0=.根据牛顿第二定律得f-=ma,f=t+ma,故f-t图象的斜率,得,p=()2=.答案:(3分) (3分)三、本题共3小题,共38分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.11.(8分)某电子天平原理如图所示.e形磁铁的两侧为n极,中心为s极,两极间的磁感应强度大小均为b,磁极宽度均为l,忽略边缘效应.一正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端c、d与外电路连接.当质量为m的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流i可确定重物的质量.已知线圈匝数为n,线圈电阻为r,重力加速度为g.问:(1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从c端还是从d端流出?(2)供电电流i是从c端还是从d端流入?求重物质量与电流的关系.(3)若线圈消耗的最大功率为p,该电子天平能称量的最大质量是多少?解析:(1)感应电流从c端流出.(1分)(2)设线圈受到的安培力为fa.外加电流从d端流入.由fa=mg(1分)和fa=2nbil(2分)得m=i.(1分)(3)设称量最大质量为m0.由m=i和p=i2r(2分)得m0=.(1分)答案:(1)c端(2)d端m=i(3)12.(15分)(2015江苏南通模拟)电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目,原理可用下述模型说明.如图甲所示,虚线mn右侧存在一个竖直向上的匀强磁场,一边长为l的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上,电阻为r,质量为m,ab边在磁场外侧紧靠mn虚线边界.t=0时起磁感应强度b随时间t的变化规律是b=b0+kt(k为大于零的常数),空气阻力忽略不计.甲乙(1)求t=0时刻,线框中感应电流的功率p;(2)若线框cd边穿出磁场时的速度为v,求线框穿出磁场的过程中,安培力对线框所做的功w及通过导线横截面的电荷量q;(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线圈,如图所示,在线框上加一质量为m的负载物,证明:载物线框匝数越多,t=0时线框的加速度越大.解析:(1)t=0时刻线框中的感应电动势e0=l2(2分)功率p=(1分)解得p=.(2分)(2)由动能定理有w=ek(1分)解得w=mv2(1分)穿出过程线框中的平均电动势线框中的电流(1分)通过的电荷量q=t(1分)解得q=.(1分)(3)n匝线框中t=0时刻产生的感应电动势e=n(1分)线框的总电阻r总=nr(1分)线框中的电流i=(1分)t=0时刻线框受到的安培力f=nb0il(1分)设线框的加速度为a,根据牛顿第二定律有f=(nm+m)a解得a=可知,n越大,a越大.(1分)答案:(1)(2)mv2,(3)答案见解析13.(15分)(2015天津理综,11)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面.开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动.在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动.线框完全穿过磁场过程中产生的热量为q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g.求:(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;(2)磁场上下边界间的距离h.解析:(1)设磁场的磁感应强度大小为b,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电