【全程复习方略】高考物理二轮复习 课时冲关练 5.10电磁感应规律及其应用（B卷）.doc

电磁感应规律及其应用(b卷)(45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正确)1.如图所示的电路，闭合开关s，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势e恒定且内阻r不可忽略，现将变阻器r的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是()a.a灯变亮，b灯和c灯变暗b.a灯和c灯变亮，b灯变暗c.a灯和c灯变暗，b灯变亮d.a灯和b灯变暗，c灯变亮【解析】选b。滑片上移，r减小，电路总电阻减小，i增大，a灯变亮，同时ir以及ua增大，ub减小，b灯变暗，ib减小，则ic=i-ib增大，c灯变亮，选项b正确。2.(2014嘉兴二模)某种角速度计，其结构如图所示。当整个装置绕轴oo转动时，元件a相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号。已知a的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为e、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片p在变阻器的最左端b端，当系统以角速度转动时，则()a.电路中电流随角速度的增大而增大b.电路中电流随角速度的增大而减小c.弹簧的伸长量为x=d.输出电压u与的函数式为u=em2k-m2【解析】选d。系统在水平面内以角速度转动时，无论角速度增大还是减小，bc的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，故a、b错误；设系统在水平面内以角速度转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件a，根据牛顿第二定律得kx=m2(l+x)，又输出电压u=rbprbce=e，联立两式得x=，u=em2k-m2，故c错误，d正确。故本题应选d。3.如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为b，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框abc(bc边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i、bc两端的电压ubc与线框移动的距离x的关系图像正确的是()【解析】选d。由楞次定律可知，线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故线框中的感应电流沿逆时针方向，为正，又因为线框做匀速运动，故感应电流随位移线性增大；同理可知线框离开磁场时，产生的感应电流大小随位移线性增大，方向为负，选项a、b错误；bc两端的电压ubc跟感应电流成正比，故选项c错误，d正确。4.(2014丽水二模)如图所示的甲、乙、丙图中，mn、pq是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中。导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器c原来不带电。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的最终运动状态是()a.甲、丙中，棒ab最终将以相同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止b.甲、丙中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止c.甲、乙、丙中，棒ab最终均做匀速运动d.甲、乙、丙中，棒ab最终都静止【解析】选b。甲图中ab棒产生的感应电动势对电容器c充电，c两极板间电势差与感应电动势相同时，电路中没有电流，ab棒做向右的匀速直线运动；乙图中导体棒在初速度作用下，切割磁感线，产生电动势，出现安培力，阻碍其向前运动，其动能转化为热能，最终会静止；而丙图虽在初速度作用下向右运动，但却受到向左的安培力，则杆向右减速运动，然后还要向左运动。当金属杆切割磁感线产生电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，所以金属杆最终处于向左的匀速直线运动。由此得选项b正确，a、c、d错误。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正确)5.(2014舟山二模)如图所示，电源电动势为e、内阻为r，r1为定值电阻。闭合开关s后，r的阻值增大过程中，电压表示数的减少量为u。下列判断正确的是()a.电阻r两端的电压增大，增加量为ub.电容器带的电荷量增大，增加量大于cuc.电压表与电流表的示数比值变大d.电压表与电流表示数变化量的比值不变【解析】选b、d。根据闭合电路的欧姆定律可得：e=u1+ur+ur，由题意知u1的示数减少u，ur也减小，所以电阻r两端的电压增大，增加量大于u，故a错误；电容器与r并联，所以电容器的电压增大，故电荷量增大，且增加量大于cu，所以b正确；电压表与电流表的示数比值等于r1，变化量之比也等于r1，故都不变，所以c错误，d正确。【加固训练】(多选)(2013杭州一模)在如图所示的电路中，电源电动势为e，内电阻为r，闭合开关s，待电流达到稳定后，电流表示数为i，电压表示数为u，电容器c所带电荷量为q，r2上消耗的功率为p2，将滑动变阻器的滑动触头p从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与p移动前相比()a.u变小b.i变小c.q增大d.p2变小【解析】选b、c、d。设滑动变阻器实际连入电路的阻值为r，对回路由闭合电路欧姆定律有i=er+r2+r，滑动触头向a端移动，则r增大，i变小，r2功率p2(p2=i2r2)变小，电压表示数u(u=e-ir-ir2)变大，电容器所带电荷量q(q=cu)变大。故本题正确选项为b、c、d。6.如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时开关s断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合s，则从s闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图像可能正确的是()【解析】选a、c、d。若ab杆速度为v时，s闭合，则ab杆中产生的感应电动势e=blv，ab杆受到的安培力f=b2l2vr，如果安培力等于ab杆的重力，则ab杆匀速运动，a项正确；如果安培力小于ab杆的重力，则ab杆先加速最后匀速，c项正确；如果安培力大于ab杆的重力，则ab杆先减速最后匀速，d项正确；ab杆不可能匀加速运动，b项错误。7.(2014武汉二模)如图所示，一个水平放置的“”形光滑导轨固定在磁感应强度为b的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好。在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势e、感应电流i、导体棒所受外力的功率p和回路中产生的焦耳热q随时间t变化的图像中正确的是()【解析】选a、c。“”形导轨的夹角为，经过时间t，导体棒的水平位移为x=vt，导体棒切割磁感线的有效长度l=vttan，所以回路中感应电动势e=blv=bv2ttan，感应电动势与时间t成正比，a正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，故感应电流大小与时间无关，b错误；导体棒匀速移动，外力f与导体棒所受安培力为平衡力，故外力的功率p=fv=bilv=biv2ttan，与时间成正比，故c正确；回路产生的焦耳热q=i2rt，式中电流不变，回路电阻与t成正比，故焦耳热q与t2成正比，d错误。三、计算题(本题共3小题，共51分。需写出规范的解题步骤)8.(16分)如图甲所示，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距为d，右端通过导线与阻值为r的小灯泡l连接，在面积为s的cdfe矩形区域内有垂直金属导轨向上的匀强磁场，磁感应强度b随时间的变化如图乙所示，在t=0时，一阻值为r的金属棒在恒力f作用下由静止开始从ab位置沿导轨向右运动，当t=t0时恰好运动到cd位置，并开始在磁场中匀速运动。求：(1)0t0时间内通过小灯泡的电流。(2)金属棒在磁场中运动的速度大小。(3)金属棒的质量m。【解题指南】解答本题应按以下思路：(1)0t0内，根据法拉第电磁感应定律求感应电动势。(2)t0以后，金属棒在匀强磁场中匀速运动，根据公式e=blv求感应电动势，再根据f=f安确定金属棒的速度大小。(3)在0t0内，由牛顿第二定律和运动学公式计算金属棒的质量。【解析】(1)0t0时间内，闭合电路产生的感应电动势e1=t=sbt=sb0t0(2分)通过小灯泡的电流i=e12r(1分)联立可得i=sb02rt0(1分)(2)若金属棒在磁场中匀速运动的速度为v，则金属棒产生的感应电动势e2=blv=b0dv(2分)金属棒中的电流i=e22r(1分)因为金属棒做匀速运动，有f=f安，即f=b0id(2分)联立解得v=2frb02d2(1分)(3)在0t0时间内，金属棒在恒力f作用下做匀加速运动，则由牛顿第二定律有f=ma(2分)由运动学公式有a=vt0(2分)联立解得金属棒的质量为m=b02d2t02r(2分)答案：(1)sb02rt0(2)2frb02d2(3)b02d2t02r9.(16分)(2014温州二模)如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为r=2的电阻。磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为0.4t。质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。金属棒沿导轨由静止开始下滑。(g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)(1)判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向。(2)求金属棒下滑速度达到5m/s时的加速度大小。(3)当金属棒下滑速度达到稳定时，求电阻r消耗的功率。【解析】(1)由右手定则判断金属棒中的感应电流方向为由a到b(2分)(2)金属棒下滑速度达到5m/s时产生的感应电动势为e=blv=0.415v=2 v(2分)感应电流为i=er=22a=1 a(1分)金属棒受到的安培力为f=bil=0.411n=0.4 n(2分)由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos-f=ma(2分)解得：a=2m/s2(1分)(3)设金属棒运动达到稳定时，所受安培力为f，棒在沿导轨方向受力平衡mgsin=mgcos+f(2分)解得：f=0.8n此时感应电流为i=fbl=0.80.41a=2 a(2分)电路中电阻r消耗的电功率：p=i2r=222w=8 w(2分)(另解：由f=b2l2vr，解得稳定时速度达到最大值vm=10m/s，本题克服安培力做功功率等于电阻r消耗的电功率，所以p=fv=0.810w=8 w)答案：(1)ab(2)2m/s2(3)8w10.(19分)(2014湖州二模)两平行金属导轨水平放置，一质量为m=0.2kg的金属棒ab垂直于导轨静止放在紧贴电阻r处，r=0.1，其他电阻不计。导轨间距为d=0.8m，矩形区域mnpq内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小b=0.25t。mn=pq=x=0.85m，金属棒与两导轨间动摩擦因数都为0.4，电阻r与边界mp的距离s=0.36m。在外力作用下让ab棒由静止开始匀加速运动并穿过磁场向右，加速度a=2m/s2，g取10m/s2。(1)求穿过磁场过程中平均电流的大小。(2)计算自金属棒进入磁场开始计时，在磁场中运动的时间内，外力f随时间t变化的关系。(3)让磁感应强度均匀增加，用导线将a、b端接到一量程合适的电流表上，让ab棒重新由r处向右加速，在金属棒到达mp之前，电流表会有示数吗？简述理由。已知电流表与导轨在同一个平面内。【解析】(1)设金属棒到达mp、nq时的速度分别为v1、v2则由v12=2as，得v1=1.2m/s(2分)由v22=2a(s+x)得v2=2.2m/s(2分)由电磁感应得e=bdv=bdv1+v22(2分)由欧姆定律i=er=3.4a(2分)(2)因为e=bdv，i=er，进入磁场后受安培