1、高考资源网（） 您身边的高考专家第1部分 专题四 第2讲对应学生用书课时过关(十)第155页一、选择题1导学号：82460381(2015海南单科，2)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为 .则等于()A.B.C1 D.解析：由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两电动势BLv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹
2、角平分线的方向以相同的速度v运动时， BLv，则.因此B对，A、C、D错答案：B2导学号：82460382(2015河北正定模拟，14)如图所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是()A将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置B将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置C将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置D将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置解析：当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应
3、电流，M、N应分别连接电源的两个极即可，故可知只有B项正确答案：B3导学号：82460384(2015山西四校三联，21)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为r、间距为L，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一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最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度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的电流方向由外向内B通过R的电流方向由内向外CR上产生的热量为D流过R的电荷量为解析：cd棒运动至ab处的过程中，闭合回路中的磁通量减小，再由楞次定律及安培定则可知，回路中电流
4、方向为逆时针方向(从上向下看)，则通过R的电流为由外向内，故A对，B错通过R的电荷量为q，D错R上产生的热量为Qt，C对答案：AC4导学号：82460385(2015湖北八校二联，21)如图xOy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNQP在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度BB0cosx(式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R.t0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是()A外力F为恒力Bt0时，外力大小FC通过线框的瞬时电流iD经过t，线框中产生的电热Q解析：因线框沿x轴方向匀速运动，故FF安，由图中
5、磁场分布知F安的大小是变化的，故F不是恒力，A错t0时，x0处，BB0，xd处，BB0，由EBLv，又MN、PQ两边均切割磁感线且产生的感应电动势方向相同，则E2B0Lv，I0，F安2B0I0L，而FF安，故B对因线框做匀速直线运动，则有xvt，BB0cos，又E2BLv，故i，C对由电流的瞬时值表达式可知此电流为交流电，有效值I，又QI2Rt，故经过t，线框中产生的电热Q，D对答案：BCD5导学号：82460386(2015湖北十三校二联，21)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和MN是匀强磁场区域的水平边界，边界
6、的宽度为s，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的vt图象(其是OA、BC、DE相互平行)已知金属线框的边长为L(Lmg，由牛顿第二定律得，F安mgma，当减速时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上的电流及其变化情况相同，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：C二、非选择题11导学号：82460392(2015安徽合肥一模，17)如图(a)所示，
7、平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L0.5 m，导轨左端M、P间接有一阻值R0.2 的定值电阻，导体棒ab的质量m0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d1.0 m处，导轨和轨体棒始终接触良好，电阻均忽略不计整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图(b)所示，不计感应电流磁场的影响取重力加速度g10 m/s2.(1)求t0时棒所受到的安培力F0；(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；(3)若t3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v08 m/
8、s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为a4 m/s2、方向向左求从t3 s到t4 s的时间内通过电阻的电荷量q.解析：(1)t0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，为ELd0.10.51.0 V0.05 V感应电流为：I A0.25 A可得t0时棒所受到的安培力：F0B0IL0.025 N(2)ab棒与导轨间的最大静摩擦力：fmmg0.10.110 N0.1 NF00.025 N所以在t0时刻棒静止不动，加速度为零，在03 s内磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为I0.25 A在03 s内，磁感应强度
9、为：BB0kt0.20.1t(T)因导体棒静止不动、ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有：fBIL(B0kt)IL(0.20.1t)0.250.50.0125(2t)(N)(t3 s)(3)34 s内磁感应强度大小恒为B20.1 T，ab棒做匀变速直线运动，t14 s3 s1 s设t4 s时棒的速度为v，第4 s内的位移为x，则：vv0at14 m/sxt16 m在这段时间内的平均感应电动势为：通过电阻的电荷量为：qt1t11.5 C.答案：(1)0.025 N(2)f0.0125(2t)(N)(t3 s)(3)1.5 C12导学号：82460394(2015四川理综，11)如图所
10、示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为(较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)两金属棒与导轨保持良好接触不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右
11、的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离解析：(1)由于ab棒做切割磁感线运动，回路中产出感应电流，感应电流流经电阻R和ef棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有：mvQRQef根据并联电路特点和焦耳定律QI2Rt可知，电阻R和ef棒中产生的焦耳热相等，即QRQef由式
12、联立解得ef棒上产生的热量为：Qefmv(2)设在ab棒滑行距离为d时所用时间为t，其示意图如下图所示：该过程中回路变化的面积为：SL(L2dcot )d根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可知，流经ab棒平均电流为根据电流的定义式可知，在该过程中，流经ab棒某横截面的电量为qt由式联立解得q(3)由法拉第电磁感应定律可知，当ab棒滑行距离为x时，回路中的感应电动势为ExB(L2xcot )v2根据闭合电路欧姆定律可知，流经ef棒的电流为Ix根据安培力大小计算公式可知，ef棒所受安培力为FxBIxL由式联立解得Fx(L2xcot )由式可知，当x
13、0且B取最大值，即BBm时，Fx有最大值Fm，ef棒受力示意图如下图所示：根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向 上有：Fmcos mgsin fm在垂直于导轨方向上有：FNmgcos Fmsin 根据滑动摩擦定律和题设条件有：fmFN由式联立解得：Bm 显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可由式可知，当BBm时，Fx随x的增大而减小，即当F最小为Fmin时，x有最大值为xm，此时ef棒受力示意图如下图所示：根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：Fmincos fmmgsin 在垂直于导轨方向上有：FNmgcos Fminsin 由式联立解得：xm答案：(1)Qefmv(2)q(3)Bm xm备课札记_- 13 - 版权所有高考资源网
