1、课时知能训练(见学生用书第279页)(时间：45分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分)图94231如图9423所示，在一匀强磁场中有一U形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计开始时，给ef一个向右的初速度，则()Aef将减速向右运动，但不是匀减速Bef将匀速向右运动Cef将加速向右运动Def将做往复运动【解析】杆ef向右运动，所受安培力FBIlBl，方
2、向向左，故杆ef做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确【答案】A图94242如图9424所示，在光滑的水平面上，一质量为m、半径为r、电阻为R的均匀金属环，以v0的初速度向一磁感应强度为B的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d2r)圆环的一半进入磁场历时t秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q，则t秒末圆环中感应电流的瞬时功率为()A.B.C. D.【解析】t秒末圆环中感应电动势为EB2rv.由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热：Qmvmv2.t秒末圆环中感应电流的功率为PEI.故B对【答案】B图94253(2012济南模拟)如图9425所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合金属
3、线框abcd，其边长为l、质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为，虚线框abcd内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下开始时金属线框的ab边与磁场的dc边重合现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的dc边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为()A.mvmgl B.mvmglC.mv2mgl D.mv2mgl【解析】闭合线框进入磁场的过程中，由于一条边切割磁感线运动，产生感应电动势，从而产生感应电流，处于磁场中受到安培力，故整个运动过程中有摩擦阻力和安培力做功，但其中安培力是变力，因此由功能关系可得：mvmg2lQ，所以金属线框中产
4、生的焦耳热为Qmv2mgl，故D正确【答案】D4.图9426如图9426所示，在水平面内的直角坐标系xOy中有一光滑金属导轨AOC，其中曲线导轨OA满足方程yLsin kx，长度为的直导轨OC与x轴重合，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中现有一长为L的金属棒从图示位置开始沿x轴正方向做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为R0，除金属棒的电阻外其余电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动过程中，它与导轨组成的闭合回路()A电流逐渐增大B电流逐渐减小C消耗的电功率逐渐增大D消耗的电功率逐渐减小【解析】金属棒向右运动产生的电动势为EByv0，回路中的电阻RyR0，故回路中的电流I，大小为
5、一定值，故A、B均错误；再由PI2RI2R0Lsin kx可知，在x的情况下，P随x增大而增大，故C正确，D错误【答案】C图94275(2012郑州模拟)如图9427所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v,3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中()A导体框所受安培力方向相同B导体框中产生的焦耳热相同C导体框ad边两端电势差相等D通过导体框截面的电荷量相同【解析】根据楞次定律的第二种表述，安培力始终阻碍线框的运动，故所受安培力方向一定相反，A项错误；由Qt得以速度v拉出时，Q1，以速度3v拉出时，Q2，
6、故B项错误；线框向左出磁场时，bc边为电源，ad边两端电势差为ad边消耗的电压之和，由闭合电路的欧姆定律得U1；线框向右出磁场时，ad边为电源，ad边两端电势差为其他三边消耗的电压之和，同理得U2，故C项错；由q，线框两次出磁场时，磁通量的改变量相同，故通过导体框截面的电荷量相同，D项正确【答案】D二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分)图94286如图9428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，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架
7、垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后()A导体棒ef的加速度可能大于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】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mgma.若F安mg，则mgF安ma，F安不确定，A正确，B错误；无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力和重力平衡，故C错误根据能量守恒定律知，D正确【答案】AD图94297如图9429所示，矩形线圈长为L，宽为h，电阻为R，质量为m，在空气中竖直下落一段距离后(空气
8、阻力不计)，进入一宽为h、磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈进入磁场时的动能为Ek1，穿出磁场时的动能为Ek2，这一过程中产生的焦耳热为Q，线圈克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，线圈重力势能的减少量为Ep，则以下关系中正确的是()AQEk1 BQW2W1CQW1 DW2W1Ek2Ek1【解析】安培力做的负功等于其他能转化的电能，电能最后变成热能，故C对，A、B错；由动能定理得W2W1Ek2Ek1，即W2W1Ek2Ek1，D正确【答案】CD图94308如图9430所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到ab位置，若v1v212，则在这两次过程
9、中()A回路电流I1I212B产生的热量Q1Q214C通过任一截面的电荷量q1q212D外力的功率P1P214【解析】感应电动势为Blv，感应电流I，大小与速度成正比，A正确；产生的热量QI2Rtv，B、l、l、R是一样的，两次产生的热量比就是运动速度比，为12，B错；通过任一截面的电荷量qIt与速度无关，所以应为11，C错误；金属棒运动中受安培力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与安培力相同则外力的功率PFvIlBv，其中B、l、R相同，外力的功率与速度的平方成正比，应为14，D正确【答案】AD9如图9431甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上以10 m/s的速
10、度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里已知小车运动的速度v随车的位移x变化的vx图象如图9431乙所示则()图9431A线圈的长度L5 cmB磁场的宽度d25 cmC线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8 m/s2D线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J【解析】由vx图象分析出：在x由5 cm15 cm过程，小车受到安培力作用，在15 cm30 cm，小车全部在磁场中运动，无电磁感应，从30 cm40 cm，小车出磁场，由此得L10 cm，d25 cm.小车受力F安ma，a变化，由能的转化与守恒定律得Qmvmv1(10222) J48 J选项B、D
11、正确【答案】BD图943210(2010四川高考)如图9432所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A变为0B先减小后不变C等于F D先增大再减小【解析】a棒向上运动的过程中产生感应电动势EBlv，则a、b棒受到的安培力大小F安IlB.对a棒根据牛顿第二定律有Fmgsin mgcos ma，由于速度v增大，所以加速度a减小当加速度a0时，v达到最大值vm即a棒先做加速度逐渐减小的加速运动，然后以vm做匀速直线
12、运动对b棒根据平衡条件有mgsin fb，当v增大时，fb减小；当v时，fb0；当vvm时，fb不变故fb先减小后不变A、B正确【答案】AB三、非选择题(本题共2小题，共30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)图943311(14分)如图9433所示，水平放置的导体框架，宽L0.50 m，接有电阻R0.20 ，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B0.40 T一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体棒ab的电阻均不计当ab以v4.0 m/s的速度向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中产生的感应电动势大小；(2)维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小
13、；(3)若将外力F突然减小到F，简要论述导体棒ab以后的运动情况【解析】(1)ab棒切割磁感线，故EBLv0.400.504.0 V0.80 V.(2)回路电流I A4 A故F安BIL0.4040.50 N0.80 N因导体棒匀速运动，则FF安0.80 N.(3)当F突然减小为F时，F安F，导体棒ab所受合外力方向向左，导体棒做减速运动；由F合F安FFma知，棒ab做加速度减小的减速运动，当a0时，导体棒做匀速直线运动，速度为v.【答案】(1)0.80 V(2)0.80 N(3)见解析12(16分)(2011浙江高考)如图9434甲所示，在水平面上固定有长为L2 m、宽为d1 m的金属“U”型
14、导轨，在“U”型导轨右侧l0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示在t0时刻，质量为m0.1 kg的导体棒以v01 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为0.1 /m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(g取10 m/s2)甲乙图9434(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路中产生的焦耳热【解析】(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有mgma，vtv0at，xv0tat2导体棒速度减为零时，vt0.代入数据解得：t1 s，x0.5 m，导体棒没有进入磁场区域导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x0.5 m.(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E0，I0后2 s回路产生的电动势为Eld0.1 V回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R50.5 电流为I0.2 A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为QI2Rt0.04 J.【答案】(1)前1 s导体棒做匀减速直线运动，14 s内一直保持静止(2)0.2 A，顺时针方向(3)0.04 J