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1、【全程复习方略】福建省2014届高三物理 9.4电磁感应定律的综合应用（二）（动力学和能量）课时提能演练 鲁科版2014届高三物理（鲁科版-福建）全程复习方略课时提能演练：9.4电磁感应定律的综合应用（二）（动力学和能量） (40分钟 100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题9分，共72分.每小题只有一个选项正确)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，
2、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.(预测题)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区域后可能先匀加速后匀速下滑D.若B2B1，金属棒进入B2区域后可能先匀减速后匀速下滑3.(易错题)如图所示，平
3、行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab,质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F,此时( )A.电阻R1消耗的热功率为B.电阻R2消耗的热功率为C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvsinD.整个装置消耗的机械功率为(F+mgsin)v4.(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
4、、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5.(创新题)如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )A.上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B.上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C.上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力的平均
5、功率D.上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率6.(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( )7.(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
6、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减小，后增大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8.(2012龙岩模拟)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=0.1 T/s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
7、是( )A.R中电流的方向由Q到PB.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二、非选择题(本大题共2小题，共28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)9.(2011天津高考)(14分)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l=0.5 m,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
8、，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)(14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
9、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E=S知，磁感应强度均匀增大，则ab中感应电动势和电流不变，由f=F安=BIL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mg=F=,金属棒进入B2区
10、域后，若B2=B1，有mg=,仍匀速下滑；若B2B1,有mg,棒可能加速下滑或先加速下滑后匀速下滑，但不能匀加速下滑；若B2B1，有mg,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. 3.【解析】选B.整个电路消耗的热功率为Fv,据串、并联电路的特点知电阻R1和R2消耗的功率相等，都等于总热功率的,所以A错误，B正确.整个装置因摩擦而消耗的热功率为fv=mgvcos,C错误.整个装置消耗的机械功率等于电热功率与摩擦生热功率之和，为(F+mgcos)v,D错误.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=Blv，E减小，故I减小.再根据F=
11、BIl，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A.线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A.6.【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
12、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.7.【解析】选A.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错误；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.8.【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=I2R
13、t计算产生的热量.【解析】选C.根据楞次定律可知电流方向从MNPQM，故A错；电流大小I= =0.08 A,故B错；要恰好把质量M=0.2 kg的重物拉起，则F安=T=Mg=2 N，B= =50 T.B=B0+t=0.5+0.1t,解得t=495 s,故C对；电阻R上产生的热量Q=I2Rt，故Q=(0.08)20.4495 J=1.27 J,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
14、时间后闭合开关S，则S闭合后( )A.导体棒ef的加速度一定大于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、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.9.【解析】(1)棒cd受到的安培力为：Fcd=IlB(1分)棒cd在共点力作用下平衡，则Fcd=mgsin30(1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(1分)对棒ab，由共点力平衡条件得：F=mgsin30+IlB (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E=Blv(1分)由闭合电路欧姆定律可知：I=(1分)根据运动学公式可知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移s=vt(1分)则力F做的功W=Fs 联立
