（新課標(biāo)）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題九 電磁感應(yīng) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練45.doc
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課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(四十五) 增分提能 一、選擇題 1．(多選)(2017寧夏銀川模擬)如圖所示，軌道分粗糙的水平段和光滑的圓弧段兩部分，O點(diǎn)為圓弧的圓心，半徑R＝1 m．兩軌道之間的寬度為0.5 m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5 T．質(zhì)量為0.05 kg、長為0.5 m的金屬細(xì)桿置于軌道上的M點(diǎn)，當(dāng)在金屬細(xì)桿內(nèi)通以恒為2 A的電流時(shí)，金屬細(xì)桿沿軌道由靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知金屬細(xì)桿與水平段軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，N、P為導(dǎo)軌上的兩點(diǎn)，ON豎直、OP水平，且|MN|＝1 m，g取10 m/s2，則( ) A．金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為4 m/s2 B．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為 m/s C．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小為8 m/s2 D．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)每一條軌道的作用力大小為0.75 N [解析] 由牛頓第二定律可知，剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為：a＝＝＝4 m/s2，故A正確；從M到P過程，由動(dòng)能定理得：(BIL－μmg)|MN|＋BILR－mgR＝mv－0 解得：vP＝2 m/s，故B錯(cuò)誤；在P點(diǎn)的向心加速度大小為：an＝＝ m/s2＝8 m/s2，故C正確；在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得：2F－BIL＝man 解得：F＝0.45 N 由牛頓第三定律可知，金屬細(xì)桿對(duì)每一條軌道的作用力大小為：F′＝F＝0.45 N，故D錯(cuò)誤．故選AC. [答案] AC 2．(多選)(2017云南部分名校統(tǒng)考)如圖所示，兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌NM、PQ(其電阻不計(jì))固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L＝1 m，導(dǎo)軌左端連一個(gè)阻值為R＝7.5 Ω的電阻，導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T，金屬桿的質(zhì)量為0.4 kg，內(nèi)阻為0.5 Ω，橫放在導(dǎo)軌上，且通過滑輪和輕繩連接一個(gè)質(zhì)量為m＝0.1 kg的物體，不計(jì)一切摩擦，現(xiàn)將物體自由釋放，導(dǎo)軌足夠長，金屬桿在水平軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)到速度最大過程中，位移為l＝1.8 m，下列說法正確的是(g取10 m/s2)( ) A．剛釋放瞬間，金屬桿的加速度大小a＝2.5 m/s2 B．金屬桿運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm＝2 m/s C．電阻的最大熱功率P＝2 W D．從靜止開始運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中，金屬桿克服安培力做功0.8 J [解析] 剛釋放物體時(shí)，回路中電流為零，則有mg＝m桿a＋ma，解得a＝2 m/s2，A錯(cuò)誤；由mg＝得金屬桿運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm＝2 m/s，B正確；此時(shí)I＝＝0.5 A，電阻的熱功率最大值P＝I2R＝1.875 W，C錯(cuò)誤；由能量守恒得W克＋(m＋m桿)v＝mgl，解得W克＝0.8 J，D正確． [答案] BD 3．(多選)(2017吉林普通高中三模)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，質(zhì)量為m、邊長為a的正方形線框ABCD斜向穿進(jìn)磁場(chǎng)，當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的速度大小為v，方向與磁場(chǎng)邊界所成夾角為45，若線框的總電阻為R，則( ) A．線框穿進(jìn)磁場(chǎng)過程中，框中電流的方向?yàn)镈→C→B→A→D B．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框中感應(yīng)電流為 C．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力大小為 D．此時(shí)CD兩端電壓為Bav [解析] 線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，則感應(yīng)電流的方向?yàn)锳→B→C→D→A，A錯(cuò)誤；AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bav，則線框中感應(yīng)電流為I＝＝，故CD兩端的電壓為U＝IR＝Bav，B錯(cuò)誤，D正確；AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的CD邊受到的安培力的方向與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD邊向下，它們的大小都是F＝BIa，由幾何關(guān)系可以看出，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，即F合＝F＝，C正確． [答案] CD 4．(多選)(2017廣東肇慶模擬)如圖所示為一圓環(huán)發(fā)電裝置，用電阻R＝4 Ω的導(dǎo)體棒彎成半徑L＝0.2 m的閉合圓環(huán)，圓心為O，COD是一條直徑，在O、D間接有負(fù)載電阻R1＝1 Ω.整個(gè)圓環(huán)中均有B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直環(huán)面穿過．電阻r＝1 Ω的導(dǎo)體棒OA貼著圓環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)，角速度ω＝300 rad/s，則( ) A．當(dāng)OA到達(dá)OC處時(shí)，圓環(huán)的電功率為1 W B．當(dāng)OA到達(dá)OC處時(shí)，圓環(huán)的電功率為2 W C．全電路最大功率為3 W D．全電路最大功率為4.5 W [解析] 當(dāng)OA到達(dá)OC處時(shí)，圓環(huán)接入電路的電阻為1 Ω，與R1串聯(lián)接入電源，外電阻為2 Ω，棒轉(zhuǎn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL2ω＝3 V，圓環(huán)上分壓為1 V，所以圓環(huán)上的電功率為1 W，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)OA到達(dá)OD處時(shí)，圓環(huán)接入電路的電阻為零，此時(shí)電路中總電阻最小，而電動(dòng)勢(shì)不變，所以電功率最大為P＝＝4.5 W，C錯(cuò)誤，D正確． [答案] AD 5．(2017山東淄博模擬)如圖所示，ad、bc為固定的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，左右兩端接有定值電阻R1和R2，R1＝R2＝R，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌與棒的電阻．兩根相同的輕質(zhì)彈簧甲和乙一端固定，另一端與棒的中點(diǎn)連接．初始時(shí)刻，兩根彈簧恰好處于原長狀態(tài)，給棒一個(gè)水平向左的初速度v0，棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過程中R1產(chǎn)生的焦耳熱為Q，下列說法中正確的是( ) A．初始時(shí)刻棒所受安培力的大小為 B．棒第一次回到初始位置的時(shí)刻，R2的電功率為 C．棒第一次到達(dá)最右端的時(shí)刻，兩根彈簧具有彈性勢(shì)能的總量為mv－Q D．從初始時(shí)刻至棒第一次到達(dá)最左端的過程中，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱大于 [解析] 由F安＝BIL及I＝＝，得安培力大小為F安＝，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；則由于安培力始終對(duì)MN做負(fù)功，產(chǎn)生焦耳熱，由動(dòng)能定理得當(dāng)棒再次回到初始位置時(shí)，速度小于v0，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小于BLv0，則電阻R2的電功率小于，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由能量守恒知，當(dāng)棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，棒的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為整個(gè)回路中的焦耳熱和甲、乙彈簧的彈性勢(shì)能，兩個(gè)并聯(lián)電阻相同，產(chǎn)生的熱量相同，則電路中產(chǎn)生的總熱量為2Q，兩根彈簧具有的彈性勢(shì)能為mv－2Q，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于安培力始終對(duì)棒做負(fù)功，產(chǎn)生焦耳熱，在棒從初始位置到達(dá)最左端、從最左端回到初始位置、再從初始位置到達(dá)最右端這三個(gè)過程中，棒第一次到達(dá)最左端的過程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，整個(gè)過程中電路中產(chǎn)生總熱量為2Q，則棒從初始時(shí)刻至第一次到達(dá)最左端的過程中，整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于2Q，故D項(xiàng)正確． [答案] D 6．(多選)在光滑的水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示．PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大．一個(gè)邊長為a、質(zhì)量為m、電阻值為R的正方形金屬線框，以速度v垂直磁場(chǎng)方向從圖(Ⅰ)位置開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中的圖(Ⅱ)位置時(shí)，線框的速度為，則下列說法正確的是( ) A．在圖(Ⅱ)位置時(shí)線框中的電功率為 B．此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2 C．在圖(Ⅱ)位置時(shí)線框的加速度大小為 D．此過程中通過線框截面的電荷量為 [解析] 線框在圖(Ⅱ)位置時(shí)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2＝Bav，線框中的電功率為P＝＝，A正確；根據(jù)能量守恒定律得，線框從圖(Ⅰ)位置運(yùn)動(dòng)到圖(Ⅱ)位置的過程中，線框中產(chǎn)生的電能為Q＝mv2－m2＝mv2.B正確；線框在圖(Ⅱ)位置時(shí)，線框所受的安培力的合力為F＝2BIa＝2Ba＝2，由牛頓第二定律得a加＝＝，C錯(cuò)誤；在圖(Ⅱ)位置時(shí)，線框的磁通量為零，線框磁通量的變化量ΔΦ＝Ba2，線框從圖(Ⅰ)位置運(yùn)動(dòng)到圖(Ⅱ)位置的過程中通過線框截面的電荷量為q＝＝，D錯(cuò)誤． [答案] AB 7．(多選)如圖所示，單匝矩形閉合線圈abcd全部處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈的面積為S，ab邊的電阻為r，其他邊的電阻不計(jì)，在cd邊串接一阻值為R的電阻，在外力的作用下，線框繞與cd邊重合的固定轉(zhuǎn)軸以角速度ω從圖示位置開始逆時(shí)針(從上往下看)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則( ) A．線框中電阻R兩端電壓的有效值為BSω B．線框轉(zhuǎn)過時(shí)，線框中瞬時(shí)電流的大小為，方向?yàn)閍→d→c→b→a C．線框從圖示位置開始時(shí)轉(zhuǎn)過的過程中，通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為 D．在線框轉(zhuǎn)過一周的過程中，外力對(duì)其做的功為 [解析] 產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝BSω，有效值為E＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U＝R＝，A錯(cuò)誤；產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為e＝Emsinωt＝BSωsinωt，故產(chǎn)生的感應(yīng)電流的瞬時(shí)值為i＝sinωt，線框轉(zhuǎn)過時(shí)產(chǎn)生的電流為i＝，根據(jù)楞次定律可知電流方向?yàn)閍→d→c→b→a，B正確；產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為＝，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為＝，通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為q＝Δt＝，C正確；轉(zhuǎn)動(dòng)一周產(chǎn)生的熱量為Q＝t＝，外力做的功全部轉(zhuǎn)化為熱能，D正確． [答案] BCD 8．(2017遼寧沈陽模擬)如圖所示，水平地面上方正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)邊長相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料、不同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制(Ⅰ為細(xì)導(dǎo)線)而成．兩線圈在距磁場(chǎng)上邊界h高處由靜止開始自由下落，再進(jìn)入磁場(chǎng)，最后落到地面．運(yùn)動(dòng)過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場(chǎng)上邊界．設(shè)線圈Ⅰ、Ⅱ落地時(shí)的速度大小分別為v1、v2，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2.不計(jì)空氣阻力，則( ) A．v1下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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