浙江省高考物理 能力突破 9.4电磁感应规律的综合应用2.doc

浙江2013年物理高考能力突破：9.4电磁感应规律的综合应用2(40分钟 100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分，每小题只有一个选项符合题意)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.(2012舟山模拟)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b2b1，金属棒进入b2区域后仍将保持匀速下滑d.若b2b1，金属棒进入b2区域后可能先匀减速后匀速下滑3.(预测题)如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为r的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为b.有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s,导体棒的电阻也为r，与导轨之间的动摩擦因数为.则( )a.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为b.上滑过程中电流做功发出的热量为c.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为d.上滑过程中导体棒损失的机械能为4.(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二、不定项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分，每小题至少一个选项符合题意)5.(创新题)如图所示，正方形导线框abcd的边长为l=10 cm,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=2.5 m/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( )6.(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增大，后减小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7.(易错题)如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度b0=0.5 t,并且以的变化率均匀增加.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=0.5 m,在导轨上放着一金属棒mn，电阻r0=0.1 ,并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量m=0.2 kg的重物.导轨上的定值电阻r=0.4 ,与p、q端点相连组成回路.又知pn长d=0.8 m.在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是( )a.电流的方向由p到qb.电流的大小为0.1 ac.从磁感应强度为b0开始计时，经过495 s的时间，金属棒mn恰能将重物拉起d.电阻r上产生的热量约为16 j三、计算题(本大题共3小题，共51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)8.(2012宁波模拟)(15分)如图甲所示，空间存在一宽度为2l的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.在光滑绝缘水平面内有一边长为l的正方形金属线框，其质量m=1 kg、电阻r=4 ，在水平向左的外力f作用下，以初速度v0=4 m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力f大小随时间t变化的图线如图乙所示，以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度b；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由.9.(2011天津高考)(18分)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨mn、pq间距为,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=0.02 kg,电阻均为r=0.1 ,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=0.2 t,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=10 m/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=0.1 j的热量，力f做的功w是多少？10.(2012启东模拟)(18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=0.2 kg,电阻r=0.5 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=2 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=0.2.第4 s末，ab杆的速度为v=1 m/s,电压表示数u=0.4 v.取重力加速度g=10 m/s2.(1)在第4 s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4 s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4 s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？答案解析1.【解析】选c.由法拉第电磁感应定律知，磁感应强度均匀增大，则ab中感应电动势和电流不变，由知摩擦力增大，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,金属棒进入b2区域后，若b2=b1，有,仍匀速下滑；若b2b1,有,棒可能加速下滑或先加速下滑后匀速下滑；若b2b1，有,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，a、c、d错误.3.【解析】选d.电路中总电阻为2r，故最大安培力的数值为，故a错误；由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能，其公式表示为：，则有：,即为安培力做的功，b、c错误；导体棒损失的机械能即为安培力和摩擦力做功的和，；d正确.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减小，故i减小.再根据，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.6.【解析】选a、b.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正确；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.7.【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a、c.根据楞次定律可知电流方向从mnpqm，故a对；电流大小,故b错；要恰好把质量m=0.2 kg的重物拉起，则,解得t=495 s,故c对；电阻r上产生的热量q=i2rt，故,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】选a、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应和重力平衡，故c错误.根据能量守恒定律知，d正确.8.【解析】(1)由f-t图象可知，线框加速度a= =2 m/s2(2分)线框的边长l=v0t-at2=(41-212) m=3 m(2分) t=0时刻线框中的感应电流i= (1分)线框所受的安培力f安=bil(1分)由牛顿第二定律f1+f安=ma(1分)又f1=1 n(1分)联立得b=(1分) (2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势(1分)平均电流(1分)通过线框的电荷量q=(1分)联立得q=0.75 c(1分)(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x，由运动学公式得0-v02=-2ax代入数值得x=4 m2l(1分)所以线框不能从右侧离开磁场.(1分)答案：(1) (2)0.75 c (3)不能从右侧离开磁场理由见解析9.【解析】(1)棒cd受到的安培力为(1分)棒cd在共点力作用下平衡，则fcd=mgsin30(2分)由式代入数值得：i=1 a(1分)根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c.(1分)(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，fab=fcd(2分)对棒ab，由共点力平衡条件得：(2分)代入数据解得：f=0.2 n(1分)(3)设在时间t内棒cd产生q=0.1 j热量，由焦耳定律知q=i2rt(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(1分)由闭合电路欧姆定律可知(1分)根据运动学公式可知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x=vt(1分)则力f做的功w=fx(2分)联立以上各式，代入数值解得：w=0.4 j(2分)答案：(1)1 a方向由d至c(2)0.2n (3)0.4 j【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)4 s末的感应电流： (1分)电动势：