【文档说明】高考物理一轮复习（通用版）分层限时跟踪练29 Word版含解析.doc，共(10)页，257.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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分层限时跟踪练(二十九)(限时40分钟)一、单项选择题1.如图9-4-13所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，则()图9-4-13A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B．

若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动【解析】线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力．线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部

会做一段加速运动．若线圈进入磁场过程是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大于重力，就会做减速运动，故选项A错误．若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无法确定，故选

项B错误．若线圈进入磁场过程是减速运动．说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，所以也是减速运动，故选项C错误，D正确，【答案】D2．如图9-4-14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，使其向上加速运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()图9-4-14A．变为0B．一直增大C．等于FD．先增大再减小【解析】

a在恒力F作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大．由力平衡可知，b受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小到零，然后沿斜面向下逐渐增大，且最大值Ffm＝F安－mgsinθ，而F安<F，故Ffm<F，所以选项A正确，B、C、D

错误．【答案】A3．如图9-4-15所示，一矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，进入磁场后上升一段高度又落下离开磁场，运动中线框只受重力和磁场力，线框在向上、向下经过图

中1、2位置时的速率按时间顺序依次为v1、v2、v3和v4，则可以确定()图9-4-15A．v1<v2B．v2<v3C．v3<v4D．v4<v1【解析】线框从位置1上升到达位置2的过程中，重力和安培力对线框均做负功，所以其动能减小，v1>v2，A项错误；线框从位置2上升最后再回到位置

2的过程中，线框中无感应电流，不受安培力的作用，线框只在重力作用下运动，所以机械能守恒，v2＝v3，B项错误；线框从位置2下落到位置1的过程中，线框中有感应电流，安培力对线框做负功，重力对其做正功，但不

知合外力做功的正负，故无法确定动能的增减，所以C项错误；线框从位置1上升，然后再回到位置1的过程中，线框的一部分机械能转化成线框的电能，所以线框的机械能减小，所以v4<v1，D项正确．【答案】D4．如图9-4-16甲所示，将一闭合的导体环放

在一磁场中，磁场随时间的变化规律如图乙所示，假设垂直纸面向里的磁场方向为正，其中a、b两点是导体环上的两点，且间距远小于导体环的半径．则在2～3s的时间内()甲乙图9-4-16A．导体环中有逆时针方向的感应电流且正在均匀增大B．导体环中有逆时针方向的感应电流且大小恒定C．ab段所受安

培力的方向指向圆心且大小不变D．ab段所受安培力的方向指向圆心且均匀增大【解析】根据法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt，又由闭合电路欧姆定律有I＝ER，解得I＝SΔBRΔt，因此可知感应电流恒定，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，A、B错误；由电流恒定，磁感应强度均匀增大，所以ab段所受

安培力均匀增大，根据左手定则可知，安培力指向圆心，C错误，D正确．【答案】D5．(2016·佛山检测)如图9-4-17所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装

置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是()图9-4-17A．金属棒在导轨上做匀减速运动B．整个过程中

金属棒克服安培力做的功为12mv20C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qRBLD．整个过程中电阻R上产生的电热为12mv20【解析】因为金属棒运动过程中所受的安培力F＝B2L2vR，随着v的减小而减小，所以金属棒做加速度减小的减速运动，A项错误；由动能定理－W安＝0－

12mv20，所以克服安培力做功为12mv20，B项正确；由q＝ΔΦ2R＝BLs2R解得发生的位移s＝2qRBL，C项错误；整个过程中电阻R上产生的电热为总热量的一半，所以QR＝14mv20，D项错误．【答案】B二、多

项选择题6．如图9-4-18所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电

荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()图9-4-18A．加速度大小为v22LB．下滑位移大小为qRBLC．产生的电热为qBLvD．受到的最大安培力大小为B2L2vR【解析】金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，加速度大小不能按v2＝2

aL求解，A项错误；由电荷量计算公式q＝IΔt，I＝ER，E＝ΔΦΔt，联立得q＝ΔΦR＝BsLR，下滑的位移大小为qRBL，B项正确；产生的电热Q＝I2Rt＝qIR，这里的I比棒的速度为v时的电流BLvR小，故这一过程的电热小于qBLv，C项错误；金属棒ab做加速运动

，或先做加速运动，后做匀速运动，速度为v时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为B2L2vR，D项正确．【答案】BD7．(2015·南充模拟)如图9-4-19所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为

L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨

间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)()图9-4-19A．流过金属棒的最大电流为BL2gh2RB．通过金属棒的电荷量为BdLRC．克服安培力所做的功为mghD．金属棒产生的电热为12mg(h－μd)【解析】金属棒下滑过程中机

械能守恒，有mgh＝12mv2，金属棒到达水平面时的速度v＝2gh，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，故最大感应电流I＝E2R＝BL2gh2R，A项正确；通过金属棒的电荷量为q＝ΔΦ2R＝BLd2R，B项错误；对全过程应用动能定理mgh－W安－

μmgd＝0，解得W安＝mgh－μmgd，C项错误；金属棒产生的电热QR＝12Q＝12W安＝12mg(h－μd)，D项正确．【答案】AD8．如图9-4­20所示，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为

m、电阻为不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也

为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则()图9-4-20A．电阻R中的感应电流方向由a到cB．物块下落的最大加速度为gC．若h足够大，物块下落的最大速度为mgRB2l2D．通过电阻R的电荷量为BlhR【

解析】题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，A错误；对导体棒应用牛顿第二定律有：T－F安＝ma，又F安＝BBlvRl，再对物块应用牛顿第二定律有：mg－T＝ma

，则联立可得：a＝g2－B2l2v2mR，则物块下落的最大加速度am＝g2，B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝mgRB2l2，C正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS＝lh，则通过电阻R的电荷量q＝ΔΦR＝BΔSR＝BlhR，D正确．【答案】CD9．如图

9-4-21所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m，电阻都为R，与导轨间的动摩擦因数都为μ的相同金属棒MN、EF垂直放在导轨上．

现在给金属棒MN施加一水平向左的作用力F，使金属棒MN从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，若重力加速度为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则下列说法正确的是()图9-4-21A．从金属棒MN开始运动到金属棒

EF开始运动经历的时间为t＝3μmgRB2L2aB．若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则此过程中流过电阻R的电荷量为q＝BLaT26RC．若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则金属棒EF开始运动时，水平拉力F的

瞬时功率为P＝(ma＋μmg)aTD．从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中，两金属棒产生的热量相等【解析】设EF刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN的电流为2I，由题意有BIL＝μmg根据闭合电路欧姆定律得：E＝2I(R＋0.5R)＝3IR又E＝BLv，v＝at联立解得t＝3μmgR

B2L2a，故选项A正确；MN棒在T时间内通过的位移为x＝12aT2根据E＝ΔΦΔt，I＝E1.5R，Q＝IΔt，ΔΦ＝BLx，得通过MN棒的电荷量为Q＝BLaT23R，由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R的电荷量为q＝12Q

＝BLaT26R，故选项B正确；金属棒EF开始运动时，由BIL＝μmg得I＝μmgBL金属棒MN所受的安培力大小为F安＝2BIL以MN为研究对象：F－μmg－F安＝ma拉力的功率为P＝Fv又v＝aT解得：P＝(ma＋3μmg)aT，故选项C错误；由于MN棒相当于电源，通过MN的电流

是EF电流的2倍，根据Q＝I2Rt可知，MN产生的热量是EF的4倍，故选项D错误．【答案】AB三、非选择题10．(2014·浙江高考)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图9-4-22所示．一个半径为R＝0.1m的圆形金属导

轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝R3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁

感应强度B＝0.5T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3m时，测得U＝0.15V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2)图9-4-22(1)测U时，与a点相接的是电压

表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．【解析】(1)正极．(2)由电磁感应定律得U＝E＝ΔΦΔtΔΦ＝12BR2ΔθU＝12BωR2v＝rω＝13ωR所以v＝2U3BR＝2m/s.(3)ΔE＝mgh－12mv2ΔE＝0.5J.【答案】

(1)正极(2)2m/s(3)0.5J11．如图9-4-23所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的

总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：图9-4-23(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的

最大速度．【解析】设任意时刻MN向上的速度为v1，M′N′向下的速度为v2.(1)两金属杆所受的安培力大小相等，方向相反，MN受安培力向下，M′N′所受安培力向上，如图所示．某时刻MN的加速度a1＝3mg－mgm－B

ILm＝2g－BILm，同时刻M′N′的加速度a2＝2mg2m－BIL2m＝g－BIL2m，因为任意时刻两加速度之比总为a1a2＝21，所以v1v2＝a1ta2t＝21.(2)当MN和M′N′的加速度为零时，速度最大．M′N′受力平衡有BIl

＝2mg，I＝ER，E＝Blv1＋Blv2，联立得v1＝4mgR3B2l2，v2＝2mgR3B2l2.【答案】(1)2∶1(2)4mgR3B2l22mgR3B2l2