《2011年高考物理二轮总复习 法拉第电磁感应定律的综合应用课时练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2011年高考物理二轮总复习 法拉第电磁感应定律的综合应用课时练习（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2011年高考物理二轮总复习回归基础提分课时练习第十二章 第三课时一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四个选项中至少有一项符合题意，全部选对的得6分，漏选的得3分，错选的得0分)1如图所示，用粗细相同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的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若外力对环做的功分别为Wa、Wb，则WaWb为()A14B12C11 D不能确定【解析】根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热WaQaWbQb由电阻定律知Rb2Ra，故WaWb14.【答案】A2(2010北京四校联考)
2、如图所示，金属棒AB垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，棒与导轨接触良好，棒AB和导轨的电阻均忽略不计导轨左端接有电阻R，垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面现以水平向右的恒定外力F拉着棒AB向右移动，t秒末棒AB速度为v，移动的距离为s，且在t秒内速度大小一直在变化，则下列判断正确的是()At秒内AB棒所受的安培力方向水平向左，大小逐渐增大Bt秒内外力F做的功等于电阻R释放的电热Ct秒内AB棒做加速度逐渐减小的加速运动Dt秒末外力F做功的功率等于【解析】由左手定则可知AB棒所受的安培力方向水平向左，棒AB在t秒内一直做加速度减小的加速运动根据能量守恒定律可知：外力F做的功一部分用
3、来克服安培力做功转化为电能，另一部分用来增加棒的动能t秒末外力F做功的功率为PFv，故只有A、C正确【答案】AC3竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是yx2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是ya的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上yb(ba)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是()Amgb B.mv2Cmg(ba) Dmg(ba)mv2【解析】小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由
4、能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Qmv2mgbmgamg(ba)mv2.【答案】D4如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()A电容器两端的电压为零B电阻两端的电压为BLvC电容器所带电荷量为CBLvD为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为【解析】当棒匀速运动时，电动势EBLv不变，电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两板间
5、的电压为UEBLv，所带电荷量QCUCBLv，故选项C是正确的【答案】C5如图所示，ab、cd为两根水平放置且相互平行的金属轨道，相距L，左右两端各连接一个阻值均匀R的定值电阻，轨道中央有一根质量为m的导体棒MN，其垂直放在两轨道上且与两轨道接触良好，棒及轨道的电阻不计整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.棒MN在外驱动力作用下做简谐运动，其振动周期为T，振幅为A，通过中心位置时的速度为v0.则驱动力对棒做功的平均功率为()A. B.C. D.【解析】棒做简谐运动，其速度随时间按正弦规律变化，切割磁感线时产生的感应电动势也随时间按正弦规律变化电动势的有效值：EBLv0电流的
6、有效值：I在一个周期内产生的热量：QI2T外力做的功等于产生的热量：WQ平均功率：联立各式可求得.【答案】B6(江西重点中学联考)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mv2mgs(sincos)C上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgs
7、sin【解析】电路中总电阻为2R，故最大安培力的数值为；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：mv2mgssinmgscosQ电热，则有：Q电热mv2(mgssinmgscos)，即为安培力做的功，B正确，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，W损失mv2mgssin；BD正确【答案】BD7如图所示，平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
8、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Fv/3B电阻R2消耗的热功率为Fv/6C整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvcosD整个装置消耗的机械功率为(Fmgcos)v【解析】棒ab上滑速度为v时，切割磁感线产生感应电动势EBlv，设棒电阻为R，则R1R2R，回路的总电阻为R总R，通过棒的电流I，棒所受安培力FBIl，通过电阻R1的电流与通过电阻R2的电流相等，即I1I2，则电阻R1消耗的热功率P1IR，电阻R2消耗的热功率P2IR.杆与导轨的摩擦力Ffmgcos，故摩擦消耗的热功率为PFf vmgvcos；整个装置消耗的机械功率为F
9、vmgvcos(Fmgcos)v.由以上分析可知，B、C、D选项正确【答案】BCD8如图所示，用铝板制成U型框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，悬挂拉力为FT，则()A悬线竖直，FTmgB悬线竖直，FTmgC悬线竖直，FTE2BE1E2CE1E2D无法判定E1、E2大小【解析】设PQ棒的质量为m，匀速运动的速度为v，导轨宽l，则由平衡条件，得BIlmg，而I，EBlv，所以v，可见PQ棒匀速运动的速度与何时闭合开关无关，即PQ棒两种情况下落地速度相同，由能量守恒定律得：机械能的损失完全转化为电能，故两次产生的电能相等【答案】B
10、10在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属环垂直磁场方向，以速度v从如图所示位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，则下列说法正确的是()A此时圆环中的电功率为B此时圆环的加速度为C此过程中通过圆环截面的电荷量为D此过程中回路产生的电能为0.75mv2【解析】感应电动势E2B2a2Bav，感应电流I，此时圆环中的电功率PI2R()2R，安培力F2B2aI4BaI，此过程中通过圆环截面的电荷量qtt.此过程中产生的电能Umv2m()2mv2.【答案】AC
11、二、论述、计算题(本题共3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)11如图所示，导线框abcdef的质量为m，电阻为r，ab边长为l1，cd边长为，bc、de边长均为l2.ab边正下方h处有一单边有界匀强磁场区域，其水平边界为PQ，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里使线框从静止开始下落，下落过程中ab边始终水平，且cd边进入磁场前的某一时刻，线框已开始匀速运动重力加速度为g，不计空气阻力 (1)求cd边进入磁场瞬间线框的加速度；(2)此后，当ef边进入磁场前的某一时刻，线框又开始匀速下落，求从cd边刚
12、进入磁场到线框完全进入磁场过程中，线框损失的机械能【解析】(1)匀速运动时E1Bl1v1，I1mgBI1l1，得v1cd边进入磁场瞬间线框的电动势E2B(l1l1)v1，I2，mgBI2(l1l1)ma得agg(2)再次达到匀速时，同理可得v2从cd刚进入磁场到线框完全进入磁场过程中损失的机械能Emgl2(mvmv)mgl2【答案】(1)g(2)mgl212(高考上海卷)如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F0.5v0
13、.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大(已知：l1m，m1kg，R0.3，r0.2，s1m)(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；(2)求磁感应强度B的大小 (3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足vv0x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？(4)若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线【解析】(1)金属棒做匀加速运动R两端电压UIv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大加速度为恒量，即金属棒做匀加速运动(2)Fvma，将F0.5v0.4代入得：(0.5)v0.4ma加速度为恒量，与v无关，ma0.4,0.50代入数据得：B0.5T，a
