（新课标）2019版高考物理一轮复习 主题九 电磁感应 课时跟踪训练44.doc

课时跟踪训练(四十四)增分提能一、选择题1(2017泰州一模)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化图象的是()解析在0内，根据法拉第电磁感应定律，En.根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；在T内，根据法拉第电磁感应定律，En2E，所以感应电流是之前的2倍，再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值故选项A正确，B、C、D错误答案A2有一个匀强磁场边界是EF，在EF右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图甲所示现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域线框中的电流随时间变化的it图象如图乙所示，则可能的线框是下列四个选项中的()解析由题图乙可知，电流先是均匀增加，后均匀减小，又il，所以金属线框切割磁感线的有效长度应先是均匀增加，后均匀减小，A项符合；B项线框中间部分进入磁场后切割磁感线的有效长度不变；C项切割磁感线的有效长度不变，D项切割磁感线的有效长度不是均匀地增加和减小答案A3(多选)(2017唐山摸底)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0t2时间内()A电容器C的电荷量大小始终不变B电容器C的a板先带正电后带负电CMN所受安培力的大小始终不变DMN所受安培力的方向先向右后向左解析磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误，D正确答案AD4(多选)(2017南京二模)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下t0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图象中，正确的是()解析设加速度为a，运动的位移xat2，磁通量变化量BLxBLat2，t2，选项A错误；感应电动势EBLat，故t，选项B正确；Ut，Ut，选项D正确；电荷量q，因为t2，所以qt2，选项C错误答案BD5(2017浙江宁波期末)在范围足够大、方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0.2 T的匀强磁场中，有一水平放置的光滑金属框架，宽度L0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为m0.05 kg、长度为L、电阻为r1 的金属杆MN，且金属杆MN始终与金属框架接触良好，金属框架电阻不计，左侧a、b端连一阻值为R3 的电阻，且b端接地若金属杆MN在水平外力F的作用下以恒定的加速度a2 m/s2由静止开始做匀加速运动，则下列说法正确的是()A在5 s内流过电阻R的电荷量为0.1 CB5 s末回路中的电流为0.8 AC5 s末a端处的电势为0.6 VD如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s后电阻R产生的热量为2.5 J解析在t5 s内金属杆的位移xat225 m,5 s内的平均速度5 m/s，故平均感应电动势BL0.4 V，在5 s内流过电阻R的电荷量为qt0.5 C，A错误；5 s末金属杆的速度vat10 m/s，此时感应电动势EBLv，则回路中的电流为I0.2 A，B错误；5 s末a点的电势aUabIR0.6 V，C正确；如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s末金属杆的动能将转化为整个回路中产生的热量，所以电阻R产生的热量为mv21.875 J，D错误答案C6(多选)如图所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示下列说法正确的是()A金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动B流过电阻R的电流方向为aRbC由图象可以得出B、L、R三者的关系式为D当恒力F3 N时，电阻R消耗的最大电功率为8 W解析金属杆在匀速运动之前，随着运动速度的增大，由F安可知金属杆所受的安培力增大，由牛顿第二定律可知金属杆的加速度减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，选项A错误；由楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为aRb，选项B正确；因为图象与横轴交点等于金属杆所受摩擦力的大小，故由图象可知金属杆所受的摩擦力为Ff1 N，金属杆匀速运动时有FFfF安，则可得，选项C错误；当恒力F3 N时，金属杆受到的安培力大小为F安FFf2 N，金属杆匀速运动的速度为4 m/s，所以金属杆克服安培力做功的功率P8 W，转化为电能的功率为8 W，故电阻R消耗的最大电功率为8 W，选项D正确答案BD7(2018江西联考)如图所示，一个水平放置的45的“”形光滑导轨固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的均匀导体棒，导体棒与导轨接触良好在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，以导体棒在图中所示位置时作为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图象中正确的是()解析导体棒从图示位置开始运动后，经时间t，向右运动的距离为xvt，因45，故此时导体棒切割磁感线的有效长度为lxvt，产生的感应电动势为EBlvBv2t，所以Et图象应为过坐标原点的直线，故选项A错误；t时刻回路导体的总长度为(2)vt，设单位长度的电阻为R0，则此时回路的总电阻为R(2)R0vt，根据闭合电路欧姆定律，感应电流I，可知电流与时间无关，故选项B错误；维持导体棒运动的外力与导体棒所受的安培力大小相等，故导体棒所受外力的功率PF安vBIlv，可知P与t成正比，故选项C正确；回路中产生的焦耳热QI2Rt，可知Q与t2成正比，故选项D错误答案C8如图所示，在虚线MN、PQ的左、右两侧分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，一闭合直角三角形金属线框abc从图示位置(此时三角形线框的顶点刚好位于虚线MN上)开始水平向右匀速运动，已知两虚线MN、PQ间的距离与三角形闭合线框的bc边长相等，两磁场的磁感应强度大小关系为B22B1，则在线框从图示位置到刚好完全进入右边磁场的过程中，下列描述线框中产生的感应电流(以顺时针方向为正)随时间的变化图象中正确的是()解析设三角形线框水平向右匀速运动的速度为v，c为，则在线框离开左边磁场的过程中，切割磁感线的有效长度为lvttan，故其产生的感应电动势为EB1lvB1v2tant，设线框的电阻为R，故线框中的感应电流大小为it，所以it，由楞次定律可知，在线框离开左边磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向；同理，在线框进入右边磁场的过程中，可知it，但由于右边磁感应强度大小为左边磁感应强度大小的两倍，故线框中感应电流的最大值也变为原来的两倍，由楞次定律同样可判断线框中感应电流方向为顺时针方向，故选项D正确，A、B、C错误答案D9(2017湖北武汉模拟)如右图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，在图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图象正确的是()解析进入磁场时，注意UAB是路端电压，大小应该是电动势的四分之三，此时EBav，所以UAB3Bav/4；完全进入后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为Bav，穿出磁场时电压大小应该是电动势的四分之一，UABBav/4，方向始终是相同，即AB.答案D10(多选)(2017陕西联考)空间中有磁感应强度为B的有界匀强磁场区域，磁场方向如图所示，有一边长为L、电阻为R、粗细均匀的正方形金属线框abcd置于匀强磁场区域中，ab边与磁场右边界平行若拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则()A当cd边即将出磁场区域时，a、b两点间的电压为B从把ab边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，拉力做功为C从把ab边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，拉力做功的功率为D从把ab边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，通过金属线框的电荷量为解析当cd边即将出磁场区域时，cd边切割磁感线产生的感应电动势EBLv，a、b两点间的电压等于E，选项A错误当ab边刚出磁场区域时，cd边切割磁感线产生的感应电动势EBLv，线框中电流I，所受安培力F安BIL，由于金属线框做匀速运动，拉力等于安培力，从把ab边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出来，拉力做的功WFLF安L，选项B错误由以上B选项分析可知拉力做功功率P，选项C正确由E，qt，联立解得q，磁通量变化量BL2，通过金属线框的电荷量q，选项D正确答案CD二、非选择题11(2017江苏盐城模拟)如图甲所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场方向垂直已知线圈的匝数N100，边长ab1.0 m、bc0.5 m，电阻r2 .磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：(1)3 s时线圈内感应电动势的大小和感应电流的方向；(2)在15 s内通过线圈的电荷量q；(3)在05 s内线圈产生的焦耳热Q.解析(1)3 s时感应电动势E1N磁通量的变化量1B1S得E1NS，由题图可知0.1 T/s，代入数据解得E15 V由楞次定律知感应电流方向为abcda(2)在15 s内线圈中的感应电动势E2NNS感应电流I2，电荷量qI2t2解得qNS，代入数据解得q10 C(3)01 s内线圈中的感应电动势E3NNS10 V01 s内线圈中的感应电流I35 A01 s内线圈产生的焦耳热Q1Irt350 J15 s内线圈产生的焦耳热Q2Irt250 JQQ1Q2100 J.答案(1)5 V，方向为abcda(2)10 C(3)100 J12(2017安徽芜湖模拟)如图所示，在高度差为L的平行虚线区域内有磁感应强度为B、方向水平向里的匀强磁场正方形线框abcd的质量为m，边长也为L，电阻为R，线框平面与竖直平面平行，静止于位置“”时，cd边与磁场下边缘的距离为H(未知)现用一竖直向上的恒力F拉线框，线框由位置“”无初速度向上运动，穿过磁场区域最后到达位置“”(ab边恰好出磁场)，线框平面在运动中始终保持在竖直平面内，且ab边保持水平当cd边刚进入磁场时，线框恰好开始匀速运动不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)线框进入磁场前与磁场下边界的距离H；(2)线框由位置“”到位置“”的过程中，恒力F做的功和线框产生的热量解析(1)线框刚进入磁场时做匀速运动，设速度为v1，有EBLv1，I，F安BIL根据线框在磁场中的受力，有FmgF安在恒力作用下，线框从位置“”由静止开始向上做匀加速直线运动到cd边刚进入磁场的过程中有Fmgma，且H，由以上各式解得H(Fmg)(2)线框由位置“”到位置“”的过程中，恒力F做的功为WF(HLL)只有线框在穿越磁场的过程中才会产生热量，因此从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中有F(LL)mg(LL)Q，所以Q2(Fmg)L答案(1)(Fmg)(2)F(HLL)2(Fmg)L