2009届高考物理一轮复习.doc

2009届高考物理一轮复习 电磁感应中的功能问题专练.如图所示，匀强磁场和竖直导轨所在面垂直，金属棒ab可在导轨上无摩擦滑动，在金属棒、导轨和电阻组成的闭合回路中，除电阻R外，其余电阻均不计，在ab下滑过程中： A.由于ab下落时只有重力做功，所以机械能守恒 B.ab达到稳定速度前，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能 C.ab达到稳定速度后，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能 D.ab达到稳定速度后，安培力不再对ab做功2.如图所示，ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架着一根金属棒ab，在极短时间内给棒ab一个水平向右的速度，ab棒开始运动，最后又静止在导轨上，则ab在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较 ( )A 整个回路产生的总热量相等 B 安培力对ab棒做的功相等 C 安培力对ab棒的冲量相等 D 电流通过整个回路所做的功相等3.如图所示，质量为M的条形磁铁与质量为m的铝环，都静止在光滑的水平面上，当在极短的时间内给铝环以水平向右的冲量I，使环向右运动，则下列说法不正确的是 ( ) A在铝环向右运动的过程中磁铁也向右运动 B磁铁运动的最大速度为I/(M+m)C铝环在运动过程中，能量最小值为ml2/2(M+m)2D铝环在运动过程中最多能产生的热量为I2/2m4.如图所示，在光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域里，现有一边长为a(a v0)，U形框最终将与方框分离，如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，求金属框框分离后的速度各多大?1.答案:C解析:下滑过程有安培力做功,机械能不守恒;ab达到稳定速度,重力等于安培力,故C正确.2.答案:A 解析：两种情况下产生的总热量，都等于金属棒的初动能.3.答案：D 解析：铝环向右运动时，环内感应电流的磁场与磁铁产生相互作用，使环做减速运动，磁铁向右做加速运动，待相对静止后，系统向右做匀速运动，由I=(m+M)v，得v=I/(m+M)，即为磁铁的最大速度，环的最小速度，其动能的最小值为m/2I/(m+M)2，铝环产生的最大热量应为系统机械能的最大损失量，I2/2m-I2/2(m+M)=MI2/2m(m+M)4.答案：C 解析：这是一道选用力学规律求解电磁感应的好题目，线框做的是变加速运动，不能用运动学公式求解，那么就应想到动能定理，设线框刚进出时速度为v1和v2，则第一阶段产生的热量，第二阶段产生的热量Q2=mv2/2，只要能找出v1和v2的关系就能找到答案，由动量定理可得 5.答案:0.5W解析:由题意分析知,当砝码加速下落到速度最大时,砝码的合外力为零,此时R得到功率最大,为mg=BImaxL Pmax=I2maxR由式得 Pmax=(mg/BL)2R=0.5W6.答案:4；0.28；0.08解析:F安=(M-m)g,转化的内能=F安L7.解析：(1)撤去F之前，设通过电阻R的电流为I，则金属杆受到的安培力大小F安=BIL=F撤去F之后，由P=I2R知，当电阻R上消耗的电功率为P/4时，通过R的电流I=I/2，则金属杆受到的安培力F安=BIL=F/2，方向水平向左，由牛顿第二定律得，方向水平向左(2)撤去F后，金属杆在与速度方向相反的安培力作用下，做减速运动直到停下。设匀速运动时金属杆的速度为v，则I2(R+r)=Fv，又P=I2R，解得由能量守恒可得，撤去F后，整个电路产生的热量则电阻R上产生的焦耳热8.解析：(1)U形框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E=Blv0，当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为U形框连同方框构成的闭合电路的总电阻为闭合电路的总电流为根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：Ubd=方框中的热功率为：(2)在U形框向右运动的过程中，U形框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律根据能量守恒定律，U形框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即(3)设U形框和方框不再接触时方框速度为v1， u形框的速度