安徽省2014屆高考物理一輪 小題精練42 新人教版

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1、【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，線圈和電流表構成的閉合回路中就會產生感應電流．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生的感應電流的方向等情況，其中正確的是 (　　) 【解析】　對選項A，由“來者拒之”，可判斷出線圈中產生的感應電流的磁場上端為N極，再由安培定則

2、，可判斷出感應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】　CD 2．(2013·江蘇南通模擬)如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有半徑為r的光滑半圓形導體框架，OC為一能繞O在框架上滑動的導體棒，OC之間連一個電阻R，導體框架與導體棒的電阻均不計，若要使OC能以角速度ω勻速轉動，則外力做功的功率是 (　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 【解析】　勻速轉動，P外＝P電＝，又E＝Br·，聯立解得：P外＝，故選項C對． 【答案】　C 3．用相同導線繞制的邊長為L或2L的四個閉合導體框，以相同的速度勻速進

3、入右側勻強磁場，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 (　　) A．Ua

4、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】　當開關S接通時，D1和D2應該同時亮，但由于自感現象的存在，流過線圈的電流由零變大時，線圈上產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，經過一段時間電路穩(wěn)定后，D1和D2達到一樣亮．當開關S斷開時，電源電流立即為零，因此D2立刻熄滅，而對于D

5、1，由于通過線圈的電流突然減弱，線圈中產生自感電動勢(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電流，所以D1后滅．應選A. 【答案】　A 5．如圖所示，豎直面內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，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

6、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的速度要大，可以得到結論：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，閉合導線框的質量可以忽略不計，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，通過導線橫截面的電荷量為q2，則 (　　) A．W1

7、W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2 7．如圖所示，AOC是光滑的金屬導軌道，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．感應電流的方向始終是由P→Q B．感應電流方向先是由P→Q，再是由Q→P C．PQ受磁場力的方向垂直于棒向左 D．PQ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

8、的夾角為α，棒長為L，與導軌所圍三角形POQ的面積為S＝L2sinαcosα＝L2sin2α，棒在下滑的過程中棒與AO間的夾角α是由零逐漸增大到90°，由面積表達式可知，當α＝45°時，面積S有最大值，而磁場是勻強磁場，故當PQ在沿AO下滑的過程中，棒與金屬導軌所組成的回路中的磁通量是先增大后減小，那么回路中感應電流的磁場方向先與原磁場方向相反，是垂直于紙面向內，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電流的方向先是由P→Q，再由Q→P，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】　BD 8．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

9、屬導軌aOb(在紙面內)，磁場方向垂直于紙面朝里，另有兩根金屬導軌c、d分別平行于Oa、Ob放置．保持導軌之間接觸良好，金屬導軌的電阻不計．現經歷以下四個過程：①以速度v移動d，使它與Ob的距離增大一倍；②再以速率v移動c，使它與Oa的距離減小一半；③然后，再以速率2v移動c，使它回到原處；④最后以速率2v移動d，使它也回到原處．設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(　　) A．Q1＝Q2＝Q3＝Q4 B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4 C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4 D．Q2≠Q2＝Q3≠Q4 【解析】　由Q＝·Δt＝Δt＝＝可知，

10、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，跟導軌移動的速度無關，跟移動的時間也無關，所以A選項正確． 【答案】　A 9．(2013·遼寧盤錦一模)如圖所示，邊長為L的正方形導線框質量為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生的焦耳熱為 (　　) A．2mgL B．2mgL＋mgH C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH 【解析】　設ab剛進入磁場時的速度為v1，cd剛穿出磁場時的速度v2＝①

11、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mv＝mgH② mv＋mg·2L＝mv＋Q③ 由①②③得Q＝2mgL＋mgH.C選項正確． 【答案】　C 10．(2013·武漢調研)如圖所示，等腰三角形內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.紙面內一邊長為L的正方形導框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置．以順時針方向為導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(I—x)關系的是 (　　) 【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，產生感應電動勢，

12、從而在整個回路中產生感應電流，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，其感應電流的大小不斷增加，由右手定則，可判定感應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x≤L時，回路中的感應電流不斷減小，由右手定則可判定感應電流的方向是順時針；當L

13、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v－t圖象如圖b所示，則 (　　) A．t＝0時，線框右側邊MN的兩端電壓為Bav0 B．在t0時刻線框的速度為v0－ C．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過程中線框中產生的電熱為2Fb 【解析】　t＝0時，線框右側邊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v0－2at0＝v0－，B項錯誤；因為t＝0時刻和t＝3t0時刻線框的速度相等，

14、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，根據動能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb＝Q，所以線框穿過磁場的整個過程中，產生的電熱為2Fb，D項正確． 【答案】　D 12．(2013·浙江杭州質檢)超導磁懸浮列車是利用超導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的兩根平行直導軌間，有豎直方向等距離分布的勻強磁場B1和B2，且B1＝B2＝B，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

15、度向右勻速運動，這時跨在兩導軌間的長為L，寬為L的金屬框abcd(懸浮在導軌上方)在磁場力作用下也將會向右運動．設金屬的總電阻為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 (　　) A．v＝(B2L2vm－FfR)/(B2L2) B．v＝(4B2L2vm＋FfR)/(4B2L2) C．v＝(4B2L2vm－FfR)/(4B2L2) D．v＝(2B2L2vm＋FfR)/(2B2L2) 【解析】　導體棒ad和bc各以相對磁場的速度(v－vm)切割磁感線運動，由右手定則可知回路中產生的電流方向為abcda，回路中產生的電動勢為E＝2BL

16、(v－vm)，回路中電流為：I＝2BL(v－vm)/R，由于左右兩邊ad和bc均受到安培力，則合安培力F合＝2×BLI＝4B2L2(v－vm)/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Ff＝F合，解得磁場向右勻速運動的速度v＝(4B2L2vm＋FfR)/(4B2L2)，B對． 【答案】B 13．(2013·北京西城區(qū)抽樣測試)實驗室經常使用的電流表是磁電式儀表．這種電流表的構造如圖甲所示．蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻地輻向分布的．當線圈通以如圖乙所示的電流，下列說法正確的是 (　　) A．線圈轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行 B．線圈轉動時，螺旋彈簧被扭動，

17、阻礙線圈轉動 C．當線圈轉到如圖乙所示的位置，b端受到的安培力方向向上 D．當線圈轉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；當線圈轉動到圖乙所示的位置時，根據左手定則，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動，D正確． 【答案】ABD 14．(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θ角，兩軌道上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強磁場中

18、，磁場方向垂直軌道平面向上，質量為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2mv0 B．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mv C．上滑到最高點的過程中電阻R上產生的焦耳熱等于mv－mgh D．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2m

19、v0，A錯誤；上滑到最高點時動能轉化為重力勢能和電阻R上產生的焦耳熱(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，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位) 15．截面積S＝0.2m2，匝數n＝100匝的線圈A，處在如圖(甲)所示的磁場中，磁感應強度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R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，線圈電阻不計．

20、 (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，產生感應電動勢．當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.由法拉第電磁感應定律得E＝nS＝4V.由楞次定律確定電流方向，在0～1s內，原磁場為負，即向里，大小在減小，故感應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，其內阻不計，R1和R2串聯后構成外電路，C與R2并聯，當電流恒定時，電容器支路中無電流．由閉

21、合電路歐姆定律得流過R2的電流I＝＝0.4A，方向向下． (2)S閉合后，將對C充電，充電結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Q＝CU＝CE＝7.2×10－5C.S斷開后，電容器通過R2放電，所以放電量為7.2×10－5C. 【答案】　(1)0.4A，方向向下　(2)7.2×10－5C 16．兩根光滑的長直金屬導軌MN、M′N′平行置于同一水平面內，導軌間距為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垂直于導軌放置，導軌處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中．ab在

22、外力作用下向右勻速運動且與導軌保持良好接觸，在ab運動距離為s的過程中，整個回路中產生的焦耳熱為Q.求： (1)ab運動速度v的大?。? (2)電容器所帶的電荷量q. 【解析】　本題是電磁感應中的電路問題，ab切割磁感線產生感應電動勢為電源．電動勢可由E＝BLv計算．其中v為所求，再結合閉合 (或部分)電路歐姆定律、焦耳定律，電容器及運動學知識列方程可解得． (1)設ab上產生的感應電動勢為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，總電阻為4R，則E＝Blv 由閉合電路歐姆定律有I＝ t＝ 由焦耳定律有Q＝I2(4R)t 由上述方程得v＝ (2

23、)設電容器兩極板間的電勢差為U，則有U＝IR 電容器所帶電荷量q＝CU 解得q＝ 【答案】　(1)　(2) 17．日本專家研究調查得出了一個驚人的結論，東京高速道路所形成的振動可產生4GW以上的電力，這一數值相當于供給東京23個區(qū)的家庭用電的4成．如圖甲所示是某人設計的一種振動發(fā)電裝置，它的結構是一個套在輻向形永久磁鐵槽中的半徑為r＝0.1m、匝數為n＝20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強度B的大小均為0.2T，線圈的電阻為1. 5Ω，它的引出線接有質量為0.01kg、電阻為0.5Ω的金屬棒MN，MN置于傾角為30°的光滑導軌上，導

24、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運動，便有電流通過MN.當線圈向右的位移x隨時間t變化的規(guī)律如圖丙所示時(x取向右為正)，g＝10m/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強度B′隨時間變化的圖象． 【解析】　(1)由圖丙知線圈運動速度：v＝＝0.8m/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線垂直，線圈產生電動勢： E＝nBLv＝2πrnBv 流過MN電流：I＝ 聯立以上三式并代入數據得：I＝＝1A 流過MN的電

25、流方向從M到N.當線圈向左運動時，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°＝B′IL B′＝＝0.2T 當流過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，則磁感應強度B′隨時間變化圖象如圖所示． 【規(guī)律總結】　本題涵蓋力學中的位移圖象、三力平衡，電磁學中的安培力、感應電動勢、閉合電路歐姆定律、左手定則等問題．解本類綜合題的關鍵是按照物理現象的因果關系及本

26、質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α＝30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l1＝1m，bc邊的邊長l2＝0.6m，線框的質量m＝1kg，電阻R＝0.1Ω，線框與絕緣細線相連，現用F＝20N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(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T，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s＝18.6m，取g＝10m/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；

27、 (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，設線框進入磁場前的加速度為a，對線框由牛頓第二定律得 F－mgsinα＝ma 解得a＝＝15m/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F＝mgsinα＋FA ab邊進入磁場切割磁感線，產生的電動勢E＝Bl1v 形成的感應電流I＝＝，受到的安培力FA＝BIl1 聯立上述各式得F

28、＝mgsinα＋，代入數據解得v＝6m/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a＝15m/s2 該階段運動的時間為t1＝＝s＝0.4s 進磁場的過程中勻速運動的時間為t2＝＝s＝0.1s 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a＝15m/s2 s－l2＝vt3＋at 解得：t3＝1.2s 因此ab邊由靜止開始運動到gh線處所用的時間為t＝t1＋t2＋t3＝1.7s (3)線框的ab邊運動到gh線處的速度v′＝v＋at3＝6m/s＋15×1.2m/s＝24m/s 整個運動過程中產生的焦耳熱 Q＝FAl2＝(F－mgsinα)l2＝9J