安徽省2014屆高考物理一輪 小題精練42 新人教版

【安徽省，人教版】2014屆物理一輪小題精練（42，含答案）一、選擇題(本題共14小題，共70分，在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1(2013·湖北武漢市模擬)在驗證楞次定律實驗中，豎直放置的線圈固定不動，將磁鐵從線圈上方插入或拔出，線圈和電流表構(gòu)成的閉合回路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流圖中分別標出了磁鐵的極性、磁鐵相對線圈的運動方向以及線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向等情況，其中正確的是()【解析】對選項A，由“來者拒之”，可判斷出線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場上端為N極，再由安培定則，可判斷出感應(yīng)電流的方向與圖中標的方向相反，故選項A錯同理可判斷出B錯，C、D對【答案】CD2(2013·江蘇南通模擬)如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，有半徑為r的光滑半圓形導(dǎo)體框架，OC為一能繞O在框架上滑動的導(dǎo)體棒，OC之間連一個電阻R，導(dǎo)體框架與導(dǎo)體棒的電阻均不計，若要使OC能以角速度勻速轉(zhuǎn)動，則外力做功的功率是()A.B.C. D.【解析】勻速轉(zhuǎn)動，P外P電，又EBr·，聯(lián)立解得：P外，故選項C對 【答案】C3用相同導(dǎo)線繞制的邊長為L或2L的四個閉合導(dǎo)體框，以相同的速度勻速進入右側(cè)勻強磁場，如圖所示在每個線框進入磁場的過程中，M、N兩點間的電壓分別為Ua、Ub、Uc、Ud.下列判斷正確的是()AUa<Ub<Uc<Ud BUa<Ub<Ud<UcCUaUb<UcUd DUb<Ua<Ud<Uc【解析】由題知EaEbBLv，EcEd2BLv，由閉合電路歐姆定律和串聯(lián)電路電壓與電阻成正比可知UaBLv，UbBLv，UcBLv，UdBLv，故B正確 【答案】B4如圖所示的電路中，D1和D2是兩個相同的小燈泡，L是一個自感系數(shù)相當(dāng)大的線圈，其阻值與R相同在開關(guān)S接通和斷開時，燈泡D1和D2亮暗的順序是()A接通時D1先達最亮，斷開時D1后滅B接通時D2先達最亮，斷開時D1后滅C接通時D1先達最亮，斷開時D1先滅D接能時D2先達最亮，斷開時D2先滅【解析】當(dāng)開關(guān)S接通時，D1和D2應(yīng)該同時亮，但由于自感現(xiàn)象的存在，流過線圈的電流由零變大時，線圈上產(chǎn)生的自感電動勢的方向是左邊為正極，右邊為負極，使通過線圈的電流從零開始慢慢增加，所以開始瞬時電流幾乎全部從D1通過，而該電流又將同時分路通過D2和R，所以D1先達最亮，經(jīng)過一段時間電路穩(wěn)定后，D1和D2達到一樣亮當(dāng)開關(guān)S斷開時，電源電流立即為零，因此D2立刻熄滅，而對于D1，由于通過線圈的電流突然減弱，線圈中產(chǎn)生自感電動勢(右端為正極，左端為負極)，使線圈L和D1組成的閉合電路中有感應(yīng)電流，所以D1后滅應(yīng)選A.【答案】A5如圖所示，豎直面內(nèi)的虛線上方是一勻強磁場B，從虛線下方豎直上拋一正方形線圈，線圈越過虛線進入磁場，最后又落回原處，運動過程中線圈平面保持在豎直平面內(nèi)，不計空氣阻力，則()A上升過程克服磁場力做的功大于下降過程克服磁場力做的功B上升過程克服磁場力做的功等于下降過程克服磁場力做的功C上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率D上升過程克服重力做功的平均功率等于下降過程中重力的平均功率【解析】線圈上升過程中，加速度較大且在減速，下降過程中，運動情況比較復(fù)雜，有加速、減速或勻速等，把上升過程看做反向的加速，可以比較在運動到同一位置時，線圈速度都比下降過程中相應(yīng)的速度要大，可以得到結(jié)論：上升過程中克服安培力做功多；上升過程時間短，故正確選項為A、C.【答案】AC 6如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示位置勻速向右拉出勻強磁場若第一次用0.3s拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q1；第二次用0.9s拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q2，則()AW1<W2，q1<q2 BW1<W2，q1q2CW1>W2，q1q2 DW1>W2，q1>q27如圖所示，AOC是光滑的金屬導(dǎo)軌道，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金屬直桿如圖所示立在導(dǎo)軌上，直桿從圖示位置由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中Q端始終在OC上，P端始終在AO上，直到完全落在OC上空間存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，則在PQ棒滑動的過程中，下列判斷正確的是()A感應(yīng)電流的方向始終是由PQB感應(yīng)電流方向先是由PQ，再是由QPCPQ受磁場力的方向垂直于棒向左DPQ受磁場力的方向垂直于棒先向左，再向右【解析】棒PQ在下滑的過程中，棒與AO之間的夾角為，棒長為L，與導(dǎo)軌所圍三角形POQ的面積為SL2sincosL2sin2，棒在下滑的過程中棒與AO間的夾角是由零逐漸增大到90°，由面積表達式可知，當(dāng)45°時，面積S有最大值，而磁場是勻強磁場，故當(dāng)PQ在沿AO下滑的過程中，棒與金屬導(dǎo)軌所組成的回路中的磁通量是先增大后減小，那么回路中感應(yīng)電流的磁場方向先與原磁場方向相反，是垂直于紙面向內(nèi)，后與原磁場方向相同，是垂直于紙面向外，由安培定則可以確定感應(yīng)電流的方向先是由PQ，再由QP，再由左手定則可以確定棒受磁場力的方向垂直于棒先向左，后向右【答案】BD8如圖，在勻強磁場中固定放置一根串接一電阻R的直角形金屬導(dǎo)軌aOb(在紙面內(nèi))，磁場方向垂直于紙面朝里，另有兩根金屬導(dǎo)軌c、d分別平行于Oa、Ob放置保持導(dǎo)軌之間接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計現(xiàn)經(jīng)歷以下四個過程：以速度v移動d，使它與Ob的距離增大一倍；再以速率v移動c，使它與Oa的距離減小一半；然后，再以速率2v移動c，使它回到原處；最后以速率2v移動d，使它也回到原處設(shè)上述四個過程中通過電阻R的電荷量的大小依次為Q1、Q2、Q3和Q4，則()AQ1Q2Q3Q4 BQ1Q22Q32Q4C2Q12Q2Q3Q4 DQ2Q2Q3Q4【解析】由Q·tt可知，在四種移動情況下變化的面積是相同的，則磁通量變化相同，跟導(dǎo)軌移動的速度無關(guān)，跟移動的時間也無關(guān)，所以A選項正確【答案】A9(2013·遼寧盤錦一模)如圖所示，邊長為L的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，由距磁場H高處自由下落，其下邊ab進入勻強磁場后，線圈開始做減速運動，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊進入磁場時的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為 ()A2mgL B2mgLmgHC2mgLmgH D2mgLmgH【解析】設(shè)ab剛進入磁場時的速度為v1，cd剛穿出磁場時的速度v2線框自開始進入磁場到完全穿出磁場共下落高度為2L.由題意得mvmgHmvmg·2LmvQ由得Q2mgLmgH.C選項正確【答案】C10(2013·武漢調(diào)研)如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L.紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域，在t0時刻恰好位于圖中所示的位置以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流位移(Ix)關(guān)系的是()【解析】線框進入磁場的過程中，線框的右邊做切割磁感線運動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而在整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，由于線框做勻速直線運動，且切割磁感線的有效長度不斷增加，其感應(yīng)電流的大小不斷增加，由右手定則，可判定感應(yīng)電流的方向是順時針的；線框全部進入磁場后，線框的左邊和右邊同時切割磁感線，當(dāng)xL時，回路中的感應(yīng)電流不斷減小，由右手定則可判定感應(yīng)電流的方向是順時針；當(dāng)L<x<2L時，回路中的感應(yīng)電流不斷增加，但感應(yīng)電流的方向是逆時針線框出磁場的過程，可依照同樣方法分析【答案】A11(2013·湖北部分重點中學(xué)聯(lián)考)如圖a所示，在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為m的單匝均勻正方形銅錢框，邊長為a，在1位置以速度v0進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場并開始計時t0，若磁場的寬度為b(b>3a)，在3t0時刻線框到達2位置速度又為v0并開始離開勻強磁場此過程中vt圖象如圖b所示，則()At0時，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為Bav0B在t0時刻線框的速度為v0C線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度一定比t0時刻線框的速度大D線框從1位置進入磁場到完全離開磁場位置3過程中線框中產(chǎn)生的電熱為2Fb【解析】t0時，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓，為Bav0，A項錯誤；從t0時刻至3t0時刻線框做勻加速運動，加速度為，故在t0時刻的速度為v02at0v0，B項錯誤；因為t0時刻和t3t0時刻線框的速度相等，進入磁場和穿出磁場的過程中受力情況相同，故在位置3時的速度與t0時刻的速度相等，C項錯誤；線框在位置1和位置3時的速度相等，根據(jù)動能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有FbQ，所以線框穿過磁場的整個過程中，產(chǎn)生的電熱為2Fb，D項正確【答案】D12(2013·浙江杭州質(zhì)檢)超導(dǎo)磁懸浮列車是利用超導(dǎo)體的抗磁作用使列車車體向上浮起，同時通過周期性地變換磁極方向而獲得的推進動力的新型交通工具其推進原理可以簡化為如圖所示的模型：在水平面上相距L的兩根平行直導(dǎo)軌間，有豎直方向等距離分布的勻強磁場B1和B2，且B1B2B，每個磁場的寬度都是L，相間排列，所有這些磁場都以相同的速度向右勻速運動，這時跨在兩導(dǎo)軌間的長為L，寬為L的金屬框abcd(懸浮在導(dǎo)軌上方)在磁場力作用下也將會向右運動設(shè)金屬的總電阻為R，運動中所受到的阻力恒為Ff，金屬框的最大速度為vm，則磁場向右勻速運動的速度v可表示為()Av(B2L2vmFfR)/(B2L2)Bv(4B2L2vmFfR)/(4B2L2)Cv(4B2L2vmFfR)/(4B2L2)Dv(2B2L2vmFfR)/(2B2L2)【解析】導(dǎo)體棒ad和bc各以相對磁場的速度(vvm)切割磁感線運動，由右手定則可知回路中產(chǎn)生的電流方向為abcda，回路中產(chǎn)生的電動勢為E2BL(vvm)，回路中電流為：I2BL(vvm)/R，由于左右兩邊ad和bc均受到安培力，則合安培力F合2×BLI4B2L2(vvm)/R，依題意金屬框達到最大速度時受到的阻力與安培力平衡，則FfF合，解得磁場向右勻速運動的速度v(4B2L2vmFfR)/(4B2L2)，B對【答案】B13(2013·北京西城區(qū)抽樣測試)實驗室經(jīng)常使用的電流表是磁電式儀表這種電流表的構(gòu)造如圖甲所示蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻地輻向分布的當(dāng)線圈通以如圖乙所示的電流，下列說法正確的是()A線圈轉(zhuǎn)到什么角度，它的平面都跟磁感線平行B線圈轉(zhuǎn)動時，螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉(zhuǎn)動C當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到如圖乙所示的位置，b端受到的安培力方向向上D當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到如圖乙所示的位置，安培力的作用使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動【解析】考查電流表的工作原理由輻向分布的磁場可知，線圈轉(zhuǎn)到任何位置，它的平面都跟磁感線平行，A正確；通過線圈中的電流在磁場作用下產(chǎn)生的安培力的力矩與螺旋彈簧的扭動力矩平衡時，指針靜止，B正確；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)動到圖乙所示的位置時，根據(jù)左手定則，b端受到的安培力方向向下，C錯誤；使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動，D正確【答案】ABD14(2013·北京海淀區(qū)期末)如圖所示，光滑平行金屬軌道平面與水平面成角，兩軌道上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強磁場中，磁場方向垂直軌道平面向上，質(zhì)量為m的金屬桿ab，以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端若運動過程中，金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，且軌道與金屬桿的電阻均忽略不計，則 ()A整個過程中金屬桿所受合外力的沖量大小為2mv0B上滑到最高點的過程中克服安培力與重力所做功之和等于mvC上滑到最高點的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于mvmghD金屬桿兩次通過斜面上的同一位置時電阻R的熱功率相同【解析】金屬桿從軌道底端滑上斜面到又返回到出發(fā)點時，由于電阻R上產(chǎn)生熱量，故返回時速度小于v0，故整個過程中金屬桿所受合外力的沖量大小小于2mv0，A錯誤；上滑到最高點時動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(即克服安培力所做的功)，BC正確；金屬桿兩次通過斜面上同一位置時的速度不同，電路的電流不同，故電阻的熱功率不同，D錯誤【答案】BC二、計算題(本題共包括4小題，共50分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)15截面積S0.2m2，匝數(shù)n100匝的線圈A，處在如圖(甲)所示的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間按圖(乙)所示規(guī)律變化，方向垂直線圈平面，規(guī)定向外為正方向電路中R14，R26，C30F，線圈電阻不計(1)閉合S穩(wěn)定后，求通過R2的電流； (2)閉合S一段時間后再斷開，則斷開后通過R2的電荷量是多少？【解析】由于線圈A所在的磁場變化引起穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢當(dāng)S閉合后，就有電流通過R1、R2.(1)由圖知B隨時間按線性變化，變化率0.2T/s.由法拉第電磁感應(yīng)定律得EnS4V.由楞次定律確定電流方向，在01s內(nèi)，原磁場為負，即向里，大小在減小，故感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同，因此由安培定則知線圈中的電流方向為順時針方向從電路角度來看，線圈就是電源，其內(nèi)阻不計，R1和R2串聯(lián)后構(gòu)成外電路，C與R2并聯(lián)，當(dāng)電流恒定時，電容器支路中無電流由閉合電路歐姆定律得流過R2的電流I0.4A，方向向下(2)S閉合后，將對C充電，充電結(jié)束后電容器支路斷路，電容器兩端的電勢差等于R2兩端的電壓因此，其充電量QCUCE7.2×105C.S斷開后，電容器通過R2放電，所以放電量為7.2×105C.【答案】(1)0.4A，方向向下(2)7.2×105C16兩根光滑的長直金屬導(dǎo)軌MN、MN平行置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，電阻不計，M、M處接有如圖所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電容為C.長度也為l、阻值同為R的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中ab在外力作用下向右勻速運動且與導(dǎo)軌保持良好接觸，在ab運動距離為s的過程中，整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q.求：(1)ab運動速度v的大小；(2)電容器所帶的電荷量q.【解析】本題是電磁感應(yīng)中的電路問題，ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為電源電動勢可由EBLv計算其中v為所求，再結(jié)合閉合 (或部分)電路歐姆定律、焦耳定律，電容器及運動學(xué)知識列方程可解得(1)設(shè)ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，回路中的電流為I，ab運動距離s所用時間為t，三個電阻R與電源串聯(lián)，總電阻為4R，則EBlv由閉合電路歐姆定律有It由焦耳定律有QI2(4R)t由上述方程得v(2)設(shè)電容器兩極板間的電勢差為U，則有UIR電容器所帶電荷量qCU解得q【答案】(1)(2)17日本專家研究調(diào)查得出了一個驚人的結(jié)論，東京高速道路所形成的振動可產(chǎn)生4GW以上的電力，這一數(shù)值相當(dāng)于供給東京23個區(qū)的家庭用電的4成如圖甲所示是某人設(shè)計的一種振動發(fā)電裝置，它的結(jié)構(gòu)是一個套在輻向形永久磁鐵槽中的半徑為r0.1m、匝數(shù)為n20的線圈，磁場的磁感線均沿半徑方向均勻分布(其右視圖如圖乙所示)在線圈所在位置磁感應(yīng)強度B的大小均為0.2T，線圈的電阻為1. 5，它的引出線接有質(zhì)量為0.01kg、電阻為0.5的金屬棒MN，MN置于傾角為30°的光滑導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌寬度為0.25m.外力推動線圈框架的P端，使線圈沿軸線做往復(fù)運動，便有電流通過MN.當(dāng)線圈向右的位移x隨時間t變化的規(guī)律如圖丙所示時(x取向右為正)，g10m/s2.求：(1)若MN固定不動，流過它的電流大小和方向？ (2)若MN可自由滑動，至少要加多大的勻強磁場B才能使MN保持靜止，請在圖丁中畫出磁感應(yīng)強度B隨時間變化的圖象【解析】(1)由圖丙知線圈運動速度：v0.8m/s線圈向右運動時切割磁感線，且各處磁場方向與組成線圈的導(dǎo)線垂直，線圈產(chǎn)生電動勢：EnBLv2rnBv流過MN電流：I聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)得：I1A流過MN的電流方向從M到N.當(dāng)線圈向左運動時，電流大小不變，流過MN的電流方向從N到M.(2)如圖所示MN受重力、斜面支持力和安培力作用處于靜止狀態(tài)，要使外加磁場B最小，即安培力最小，當(dāng)流過MN的電流從M到N時，由左手定則知磁場方向垂直軌道平面向下mgsin30°BILB0.2T 當(dāng)流過MN的電流從N到M時，要使MN靜止，B的方向相反，即垂直軌道平面向上，以此方向為正方向，則磁感應(yīng)強度B隨時間變化圖象如圖所示【規(guī)律總結(jié)】本題涵蓋力學(xué)中的位移圖象、三力平衡，電磁學(xué)中的安培力、感應(yīng)電動勢、閉合電路歐姆定律、左手定則等問題解本類綜合題的關(guān)鍵是按照物理現(xiàn)象的因果關(guān)系及本質(zhì)特征將其分解為若干個簡單問題，再逐個解決18(2013·河南省示范性高中模擬)如圖所示，光滑斜面的傾角30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l11m，bc邊的邊長l20.6m，線框的質(zhì)量m1kg，電阻R0.1，線框與絕緣細線相連，現(xiàn)用F20N的恒力通過定滑輪向下拉細線并帶動線框移動(如圖所示)，斜面上ef線(efgh)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0.5T，如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間做勻速運動，ef和gh的距離s18.6m，取g10m/s2，求：(1)線框進入磁場前的加速度和線框進入磁場時做勻速運動的速度v；(2)簡要分析線框在整個過程中的運動情況并求出ab邊由靜止開始到運動到gh線處所用的時間t；(3)ab邊運動到gh線處的速度大小和在線框由靜止開始到運動到gh線的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱【解析】(1)線框進入磁場前，線框僅受到細線的拉力F，斜面的支持力和線框重力，設(shè)線框進入磁場前的加速度為a，對線框由牛頓第二定律得Fmgsinma解得a15m/s2因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動所以線框abcd受力平衡FmgsinFAab邊進入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢EBl1v形成的感應(yīng)電流I，受到的安培力FABIl1聯(lián)立上述各式得Fmgsin，代入數(shù)據(jù)解得v6m/s(2)線框abcd進入磁場前，做勻加速直線運動；進磁場的過程中，做勻速直線運動；進入磁場后到運動到gh線處，也做勻加速直線運動進磁場前線框的加速度大小為a15m/s2該階段運動的時間為t1s0.4s進磁場的過程中勻速運動的時間為t2s0.1s線框完全進入磁場后其受力情況同進入磁場前，所以該階段的加速度大小仍為a15m/s2sl2vt3at解得：t31.2s因此ab邊由靜止開始運動到gh線處所用的時間為tt1t2t31.7s(3)線框的ab邊運動到gh線處的速度vvat36m/s15×1.2m/s24m/s整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱QFAl2(Fmgsin)l29J