《2017届高考物理二轮复习专题复习（练习）专题一 力与直线运动5 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017届高考物理二轮复习专题复习（练习）专题一 力与直线运动5 Word版含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、训练 12电磁感应定律及其应用一、选择题(本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 题有多项符合题目要求)1.将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为 R，让它在磁感应强度大小为 B、方向如图所示的匀强磁场中绕轴 MN 匀速转动，灯泡的电阻为 r.导线在 a、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为 P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则半圆形硬导线的转速为()A. B.2rP2R2B 2rP2R2BC. D.rP2R2B rP22R2B解析：半圆形导线转动时切割磁感线产生感应电动势，则电源电动势的有效值 E ，
2、对于小灯泡有 P ，两式联立得 n .22BR2n22 E2r 2rP2R2B答案：B2.如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为 n，面积为 S.若在t1 到 t2 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由 B1均匀增加到 B2，则该段时间线圈两端 b 和 a 之间的电势差 b a()A从零均匀变化到nSB2 B1t2 t1B从零均匀变化到nSB2 B1t2 t1C恒为nSB2 B1t2 t1D恒为nSB2 B1t2 t1解析：根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为 E ；根据楞次定nSB2 B1t2 t1律可知 b 点电势较高，故 b a0，D 正确答案：D
3、3.在如图所示的竖直平面内，在水平线 MN 的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点 C 与 MN 重合，线框由静止释放，沿轴线 DC 方向竖直落入磁场中忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的 vt 图，可能正确的是()解析：线框进入磁场的过程受到的安培力：FBIL B L ，线框进BLvR B2L2vR入磁场过程中，切割磁感线的有效长度 L 增大，安培力增大，由牛顿第二定律得：mgF ma，则 ag ，线框由静止做加速运动，由于 L、v 不断增大，加B2L2vmR速度 a 减小，则线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动，加速度减小，vt图象的斜率减小故 C
4、正确答案：C4.如图甲所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻 R，宽度相同的水平条形区域和内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场 B，和之间无磁场一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域上边界 H 处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻 R 上的电流及其变化情况相同图乙的四个图象中能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是( )解析：MN 棒先做自由落体运动，当到区磁场时由四个选项知棒开始减速说明 F 安 mg，由牛顿第二定律得，F 安 mgma，减速时 F 安 减小，合力减小，a也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小；离开区后棒做加速度为 g
5、 的匀加速直线运动，随后进入区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻 R 上的电流变化情况相同，则在区磁场中运动情况与 区磁场中完全相同，所以只有 C 项正确答案：C5如图甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计两阻值相同的导体棒 ab、cd 置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场 B 中现让导体棒 ab 以如图乙所示的速度向右运动导体棒 cd 始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒 cd 所受的静摩擦力Ff 随时间变化的图象是( )答案：B6.在光滑的绝缘水平面上方，有磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，PQ 为磁场
6、边界一个半径为 a、质量为 m、电阻为 R 的金属圆环垂直磁场方向放置于磁场中 A 处，现给金属圆环一水平向右的初速度 v.当圆环运动到直径刚好与边界线 PQ 重合时的速度为 ，则下列说法正确的是()v2A此时圆环中的电功率为4B2a2v2RB此时圆环的加速度为2B2a2vmRC此过程中通过圆环截面的电荷量为Ba22RD此过程回路中产生的电能为 0.75mv2解析：当圆环运动到直径刚好与边界线 PQ 重合时，产生的感应电动势EB2a Ba v，感应电流 I ，圆环中的电功率 PI 2R ，选项v2 BavR B2a2v2RA 错误；金属圆环受到的安培力 F2BIa ，所以 a ，选项 B2B2
7、a2vR Fm 2B2a2vmR正确；由 qIt ，可知选项 C 正确；由能量守恒得：产生的电能 W 电R Ba22R mv2 m( )2 mv2，选项 D 错误12 12 v2 38答案：BC7.如图所示，两根等高光滑的 圆弧轨道半径为 r、间距为 L，轨道的电阻不14计在轨道的顶端连有阻值为 R 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B.现有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置 cd开始，在拉力作用下以速度 v0 向右沿轨道做匀速圆周运动至 ab 处，则该过程中()A通过 R 的电流方向为由内向外B通过 R 的电流方向为由外向内CR 上产生的热量为rB2L
8、2v04RD通过 R 的电荷量为BLr2R解析：由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，选项 A 错误，B 正确；通过 R 的电荷量 q ，选项 D 错误；金属棒产生的瞬时感应电动势R BLrReBLv 0cos t，有效值 E ，R 上产生的热量 Q t v0r BLv02 E2R B2L2v202R r2v0，选项 C 正确rB2L2v04R答案：BC8如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为 l，两导轨间连有一电阻 R，导轨平面与水平面的夹角为 ，在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直质量为 m 的导体棒从 h 高度处由静止释放，
9、在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数 tan ，其他部分的电阻不计，重力加速度为 g，下列说法正确的是()A导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B在涂层区导体棒做减速运动C导体棒到达底端的速度为mgRsinB2L2D整个运动过程中产生的焦耳热为 mghm3g2sin22B4L4解析：导体棒到达涂层前速度越来越大，由 EBLv 得，感应电动势越来越大，根据 I 和 FBIL 得，所受的安培力越来越大，由 Fmg sinBILma 得，加ER速度越来越小，故 A 正确；当导体棒到达涂层时，所受力平衡，但是到达涂层后，安培力消失，在涂层区受摩擦力，受力分
10、析得导体棒受力平衡，故导体棒匀速运动，故 B 错误；根据受力平衡条件得：BILmgsin ，得：mg sin，所以 v ，故 C 正确；由能量守恒得产生的总热量B2L2vR mgRsinB2L2Qmgh mv2mgh ，产生的总热量包括焦耳热和导体棒与涂层摩12 m3g2R2sin22B4L4擦产生的热量，故 D 错误答案：AC二、计算题(本大题共 2 小题，共 36 分需写出规范的解题步骤)9如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 竖直放置，其宽度L1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端 M 与 P 之间连接一阻值为R0.40 的电阻，质量为 m0.01 kg、电阻为 r
11、0.30 的金属棒 ab 紧贴在导轨上现使金属棒 ab 由静止开始下滑，下滑过程中 ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离 x 与时间 t 的关系如图乙所示，图象中的 OA 段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g 取 10 m/s2(忽略 ab 棒运动过程中对原磁场的影响 )(1)判断金属棒两端 a、b 的电势高低；(2)求磁感应强度 B 的大小；(3)在金属棒 ab 从开始运动的 1.5 s 内，电阻 R 上产生的热量解析：(1)由右手定则判断得 ba.(2)当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得mgBIL金属棒产生的感应电动势 EBLv 1则电路中的电流 I BLv1R r由图
12、象可得 v17 m/s代入数据解得 B0.1 T(3)以金属棒 ab 为研究对象，在 01.5 s，根据动能定理得mghW 总 mv 012 21W 总 0.455 J由闭合电路欧姆定律得E 总 I(Rr)则电阻 R 两端的电压 UR为UR E 总 RR r则电阻 R 上产生的热量 QR W 总 0.26 JRR r答案：(1) ba(2)0.1 T(3)0.26 J10如图所示，一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，两导轨间距为 L，左端接一电源，其电动势为 E、内阻为 r，有一质量为 m、长度也为 L 的金属棒置于导轨上，且与导轨垂直，金属棒的电阻为 R，导轨电阻可忽略不计，整个装置
13、处于磁感应强度为 B，方向竖直向下的匀强磁场中(1)若闭合开关 S 的同时对金属棒施加水平向右恒力 F，求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；(2)若开关 S 开始是断开的，现对静止的金属棒施加水平向右的恒力 F，一段时间后再闭合开关 S；要使开关 S 闭合瞬间棒的加速度大小为 ，则 F 需作用多长时间Fm解析：(1)闭合开关 S 的瞬间回路电流为 IER r金属棒所受安培力水平向右，大小为：F AILB由牛顿第二定律得：aFA Fm整理可得：a LBER rm Fm金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，此时由平衡条件得：F A F由安培力公式，F AI LB由闭合电路
14、欧姆定律得：IBLvm ER r联立求得：v m FR rB2L2 EBL(2)设闭合开关 S 时金属棒的速度为 v，此时电流为 IBLv ER r由牛顿第二定律得：aF F Am所以加速度 a LBFm BLv ER rm若加速度大小为 ，Fm则| LB|Fm BLv ER rm Fm解得速度 v1 ，v 2 EBL EBL 2FR rB2L2又未闭合开关 S 时金属棒的加速度一直为 a0Fm解得恒力 F 作用时间为：t1 或v1a0 mEFBLt2 v2a0 mEFBL 2mR rB2L2答案：(1) LB ER rm Fm FR rB2L2 EBL(2) 或 mEFBL mEFBL 2mR rB2L2
