《2018届高考物理总复习第10单元电磁感应专题训练（十一）涉及电磁感应的力电综合问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高考物理总复习第10单元电磁感应专题训练（十一）涉及电磁感应的力电综合问题（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1专题训练专题训练( (十一十一) ) 专题专题 1111 涉及电磁感应的涉及电磁感应的力电综合问题力电综合问题时间/40 分钟基础巩固1.如图 Z11-1 所示,用横截面积之比为 41 的铜丝做成边长分别为L和 2L的两只闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中将a和b匀速拉到磁场外,若外力对线框做的功分别为Wa、Wb,则WaWb为( )图 Z11-1A.14 B.12C.11 D.不能确定2.(多选)两根足够长的光滑平行金属导轨竖直放置,间距为L,顶端接阻值为R的电阻.质量为m、电阻为r的金属棒在磁场上边界上方某处由静止释放,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强
2、度为B的匀强磁场垂直,如图 Z11-2 所示,不计导轨的电阻,重力加速度为g,则( )图 Z11-2A.金属棒在磁场中运动时,流过电阻R的电流方向为abB.金属棒在磁场中运动的速度为v时,金属棒所受的安培力大小为C.金属棒的最大速度为D.金属棒以稳定的速度运动时,电阻R的热功率为R3.(多选) 2017南昌三校联考 在如图 Z11-3 所示的倾角为的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域,区域的磁场方向垂直于斜面向上,区域的磁场方向垂直于斜面向下,磁场宽度HP及PN均为L.一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑,t1时刻ab边刚好越过GH进入磁场区域
3、,此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动;t2时2刻ab边下滑到JP与MN的中间位置,此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动.重力加速度为g.下列说法中正确的是( )图 Z11-3A.当ab边刚越过JP时,导线框的加速度大小为a=gsin B.导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1v2=41C.从t1时刻到t2时刻的过程中,导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量D.从t1时刻到t2时刻的过程中,有的机械能转化为电能4.(多选) 2017贵州黔南州三校联考 如图 Z11-4 所示,竖直放置的光滑平行金属导轨上端接入一定值电阻R,C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域,两区域内的磁场方向均垂
4、直于导轨平面向外,区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1=b+kt(k0)变化,C2中磁场的磁感应强度恒为B2.一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上,且与导轨接触良好,并恰能保持静止,重力加速度为g,则( )图 Z11-4A.通过金属杆的电流大小为B.通过金属杆的电流方向为从B到AC.定值电阻的阻值为R=-rD.整个电路中的热功率P=5. 2018辽宁实验中学月考 如图 Z11-5 所示,相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B.正方形金属线圈abcd边长为L(L0)变化,可知=k,C1中磁场变化产生的感应电动势E=a2=k
5、a2,由闭合电路欧姆定律有E=I(r+R),联立解得定值电阻的阻值为R=-r,选项C 正确.整个电路中产生的热功率P=EI=ka2,选项 D 正确.5.D 解析 根据能量守恒定律,从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程中,动能变化量为 0,重力势能转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量,Q=mgd,cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0,所以线圈进入和穿出磁场的过程中产生的热量相等,则线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中产生的热量Q=2mgd,感应电流做的功为 2mgd,故 A、B 错误.因为线圈进磁场时要减速运动,全部进入磁场后做匀加速运动,若线圈进入磁场过程
6、一直做减速运动,则刚全部进8入磁场的瞬间速度最小,设线圈的最小速度为v,线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程,根据能量守恒定律得mg(h+L)=Q+,Q=mgd,则线圈的最小速度为vm=,故 C 错误.线圈可能先做减速运动,在完全进入磁场前已做匀速运动,则其做匀速运动时的速度最小,有mg=BIL=BL,则最小速度vm=,故 D 正确.6.(1)0.5 m (2)0.64 J (3)0.8 C解析 (1)线框在磁场中匀速运动,有F安=FF安=BIL,I=,E=BLv1联立解得v1=2 m/s由动能定理得FD=解得D=0.5 m(2)由能量守恒定律可知Q=2Fd=20.80.4 J=0.64
7、J(3)根据q= C=0.8 C7.(1)18 m/s (2)a、b棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动解析 (1)当b棒先向下运动时,在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于是a棒受到向下的安培力,b棒受到向上的安培力,且二者大小相等.释放a棒后,经过时间t,分别以a和b为研究对象,根据动量定理得(mg+F)t=mva(mg-F)t=mvb-mv0解得vb=18 m/s(2)在a、b棒向下运动的过程中,a棒的加速度a1=g+,b棒的加速度a2=g-,闭合回路中磁通量的变化逐渐减小直至不变,感应电流也逐渐减小直至消失,则安培力也逐渐减小到零.最后,两棒以共同的速度向下做加速度为
8、g的匀加速运动.8.(1) (2)BLq(3)解析 (1)对b从开始至滑上水平导轨过程,由机械能守恒定律得9=Mgr1解得vb1=b刚滑上水平导轨时加速度最大,此时E=BLvb1,I=由牛顿第二定律得F安=BIL=Ma解得a=(2)在整个过程中,由动量定理得-B Lt=Mvb2-Mvb1即-BLq=Mvb2-Mvb1解得vb2=根据牛顿第三定律,a在最高点时轨道对其支持力FN=FN=mg由牛顿第二定律有mg+FN=m解得va1=对a、b组成的系统,由能量守恒定律得Mgr1=+2mgr2+Q解得Q=BLq(3)a从右端半圆导轨最低点到最高点过程中,由能量守恒定律得2mgr2=解得va2=从b刚滑上水平导轨至a滑到右端半圆导轨最低点的过程中,由动量守恒定律得Mvb1=Mvb3+mva2解得vb3=
