高中物理 分類突破贏高考6

備戰(zhàn)物理分類突破贏高考61.(·銀川模擬)北半球海洋某處，地磁場水平分量B1＝0.8×10－4T，豎直分量B2＝0.5×10－4T，海水向北流動．海洋工作者測量海水的流速時，將兩極板豎直插入此處海水中，保持兩極板正對且垂線沿東西方向，兩極板相距L＝20m，如圖所示．與兩極板相連的電壓表(可看做理想電壓表)示數為U＝0.2mV.則()A．西側極板電勢高，東側極板電勢低B．西側極板電勢低，東側極板電勢高C．海水的流速大小為0.125m/sD．海水的流速大小為0.2m/s2.如圖所示，E為電池，L是電阻可忽略不計、自感系數足夠大的線圈，D1、D2是兩個規(guī)格相同且額定電壓足夠大的燈泡，S是控制電路的開關．對于這個電路，下列說法正確的是()A．剛閉合開關S的瞬間，通過D1、D2的電流大小相等B．剛閉合開關S的瞬間，通過D1、D2的電流大小不相等C．閉合開關S待電路達到穩(wěn)定，D1熄滅，D2比原來更亮D．閉合開關S待電路達到穩(wěn)定，再將S斷開瞬間，D2立即熄滅，D1閃亮一下再熄滅3．(·濟寧模擬)水平放置的金屬框架cdef處于如圖所示的勻強磁場中，金屬棒ab處于粗糙的框架上且接觸良好，從某時刻開始，磁感應強度均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止，則()A．ab中電流增大，ab棒所受摩擦力增大B．ab中電流不變，ab棒所受摩擦力不變C．ab中電流不變，ab棒所受摩擦力增大D．ab中電流增大，ab棒所受摩擦力不變4.一個面積S＝4×10－2m2、匝數n＝100的線圈放在勻強磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間tA．在開始的2s內穿過線圈的磁通量變化率等于0.08Wb/sB．在開始的2s內穿過線圈的磁通量的變化量等于零C．在開始的2s內線圈中產生的感應電動勢等于8VD．在第3s末線圈中的感應電動勢等于零5.如圖，空間某區(qū)域中有一勻強磁場，磁感應強度方向水平，且垂直于紙面向里，磁場上邊界b和下邊界d水平．在豎直面內有一矩形金屬線圈，線圈上下邊的距離很短，下邊水平．線圈從水平面a開始下落．已知磁場上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離．若線圈下邊剛通過水平面b、c(位于磁場中)和d時，線圈所受到的磁場力的大小分別為Fb、Fc和Fd，則()A．Fd>Fc>Fb B．Fc<Fd<FbC．Fc>Fb>Fd D．Fc<Fb<Fd6．如圖所示，豎直平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功率7．有一個勻強磁場邊界是EF，在EF右側無磁場，左側是勻強磁場區(qū)域，如圖甲所示．現有一個閉合的金屬線框以恒定速度從EF右側水平進入勻強磁場區(qū)域．線框中的電流隨時間變化的i－t圖象如圖乙所示，則可能的線框是下列四個選項中的()8．如圖所示，光滑金屬導軌AC、AD固定在水平面內，并處在方向豎直向下、大小為B的勻強磁場中．有一質量為m的導體棒以初速度v0從某位置開始在導軌上水平向右運動，最終恰好靜止在A點．在運動過程中，導體棒與導軌始終構成等邊三角形回路，且通過A點的總電荷量為Q.已知導體棒與導軌間的接觸電阻阻值為R，其余電阻不計，則()A．該過程中導體棒做勻減速運動B．該過程中接觸電阻產生的熱量為eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．開始運動時，導體棒與導軌所構成回路的面積為eq\f(QR,B)D．當導體棒的速度為eq\f(1,2)v0時，回路中感應電流大小為初始時的一半9．(·濟南模擬)如圖所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內，有一位于紙面且電阻均勻的正方形導體框abcd，現將導體框分別以v、3v速度朝兩個方向勻速拉出磁場，則導體框從兩個方向移出磁場的兩過程中()A．導體框所受安培力方向相同B．導體框中產生的焦耳熱相同C．導體框ad邊兩端電勢差相等D．通過導體框截面的電荷量相同10.(·合肥安慶)如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場豎直向下穿過光滑的水平桌面，一質量為m的橢圓形導體框平放在桌面上，橢圓的長軸平行磁場邊界，短軸小于d.現給一導體框一個初速度v0(v0垂直磁場邊界)，已知導體框全部在磁場中的速度為v，導體框全部出磁場后的速度為v1；導體框進入磁場過程中產生的焦耳熱為Q1，導體框離開磁場過程中產生的焦耳熱為Q2.下列說法正確的是()A．導體框離開磁場過程中，感應電流的方向為順時針方向B．導體框進出磁場都是做勻變速直線運動C．Q1＞Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))11.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度方向豎直向上，大小為B0，用電阻率為ρ、橫截面積為S的導線做成的邊長為l的正方形線框abcd水平放置，OO′為過ad、bc兩邊中點的直線，線框全部都位于磁場中．現把線框右半部分固定不動，而把線框左半部分以OO′為軸向上轉動60°，如圖中虛線所示．(1)求轉動過程中通過導線橫截面的電荷量；(2)若轉動后磁感應強度隨時間按B＝B0＋kt變化(k為常量)，求出磁場對線框ab邊的作用力大小隨時間變化的關系式．12．如圖所示，電阻不計的平行金屬導軌MN和OP放置在水平面內，MO間接有阻值為R＝3Ω的電阻，導軌相距d＝1m，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T．質量為m＝0.1kg，電阻為r＝1Ω的導體棒CD垂直于導軌放置，并接觸良好．用平行于MN的恒力F＝1N向右拉動CD，CD受的摩擦阻力Ff恒為0.5N．求：(1)CD運動的最大速度的大?。?2)當CD達到最大速度后，電阻R消耗的電功率是多少？(2)當CD的速度為最大速度的一半時，CD的加速度的大小．答案1．AD由于海水向北流動，海水切割地磁場的豎直分量，由地磁場的分布特點可知北半球地磁場的豎直分量方向向下，由右手定則可得A正確，B錯誤；由法拉第電磁感應定律得E＝B2Lv＝0.2mV，代入數據得v＝0.2m/s，C錯誤，D正確．2．ACD由于線圈的電阻可忽略不計、自感系數足夠大，在開關閉合的瞬間線圈的阻礙作用很大，線圈中的電流為零，所以通過D1、D2的電流大小相等，A正確，B錯誤．閉合開關S待電路達到穩(wěn)定時線圈短路，D1中電流為零，回路電阻減小，D2比原來更亮，C正確．閉合開關S待電路達到穩(wěn)定，再將S斷開瞬間，D2立即熄滅，線圈和D1形成回路，D1閃亮一下再熄滅，故A、C、D正確．3．C由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S知，磁感應強度均勻增大，則ab中感應電動勢和電流不變，由f＝F安＝BIL知摩擦力增大，選項C正確．4．AC由圖知，前2s內eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，所以eq\f(ΔΦ,Δt)＝2×4×10－2Wb/s＝0.08Wb/s，A選項正確；在開始的2s內磁感應強度B由2T減到0，又從0向相反方向增加到2T，所以這2s內的磁通量的變化量ΔΦ＝B1S＋B2S＝2BS＝2×2×4×10－2Wb＝0.16Wb，B選項錯；開始的2s內E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×0.08V＝8V，C選項正確；第3s末的感應電動勢等于2s～4s內的平均感應電動勢，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×2×4×10－2V＝8V，D選項錯誤．5．D本題考查導體切割磁感線時感應電動勢及安培力的計算．線圈自由下落，到b點受安培力，線圈全部進入磁場，無感應電流，則線圈不受安培力作用，線圈繼續(xù)加速，到d點出磁場時受到安培力作用，由F＝eq\f(B2L2v,R)知，安培力和線圈的速度成正比，D項對．6．AC線圈上升過程中，加速度增大且在減速，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，可以比較當運動到同一位置時，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.7．A由圖乙可知，電流先是均勻增加，后均勻減小，又i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)∝l，所以金屬線框切割磁感線的有效長度應先是均勻增加，后均勻減小，A項符合；B、C項線框中間部分進入磁場后切割磁感線的有效長度不變；D項有效長度不是均勻地增加和減?。?．C產生的感應電動勢為E＝Blv，電流為I＝Blv/R，安培力為F＝BIl＝B2l2v/R，l、v都在減小，根據牛頓第二定律知，加速度也在減小，故A錯；該過程中，動能全部轉化為接觸電阻產生的熱量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，B錯；該過程中，通過的總電荷量為Q＝BS/R，整理后得開始運動時，導體棒與導軌所構成回路的面積為S＝eq\f(QR,B)，C對；由產生的感應電動勢為E＝Blv和電流為I＝Blv/R，可知D錯．9．D安培力的方向總是阻礙導體框的相對運動，選項A錯誤；由I＝eq\f(Blv,R)及Q＝I2Rt可知選項B錯誤；當導體框以v運動時Uad＝eq\f(1,4)Blv，若以3v運動時Uad＝eq\f(3,4)Bl×3v，選項C錯誤；根據q＝eq\f(BS,R)可知選項D正確．10．ACD導體框離開磁場過程中，穿過導體框的磁通量逐漸減小，根據楞次定律及右手定則可知感應電流為順時針方向，選項A正確；導體框進出磁場的過程中，均克服安培力做功，其速度減小，感應電流也減?。畬w框做變減速運動，選項B錯誤；導體框進入磁場過程中的平均速度大于離開磁場過程的平均速度，由F＝eq\f(B2l2v,R)及Q＝Fl可知Q1＞Q2，選項C正確；根據功能關系可得：Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))，選項D正確．11．解析：(1)線框在轉動過程中產生的平均感應電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0\f(1,2)l2cos60°,Δt)＝eq\f(B0l2,4Δt) ①在線框中產生的平均感應電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R) ②R＝ρeq\f(4l,S) ③轉動過程中通過導線某橫截面的電荷量q＝IΔt ④聯立①②③④解得：q＝eq\f(B0lS,16ρ). ⑤(2)若轉動后磁感應強度隨時間按B＝B0＋kt變化，在線框中產生的感應電動勢大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)l2cos60°＋\f(l2,2)))ΔB,Δt)＝eq\f(3l2,4)k ⑥在線框中產生的感應電流I＝eq\f(E,R) ⑦線框ab邊所受安培力的大小為F＝BIl ⑧聯立⑥⑦⑧解得：F＝(B0＋kt)eq\f(3kl2S,16ρ). ⑨答案：(1)eq\f(B0lS,16ρ)(2)F＝(B0＋kt)eq\f(3kl2S,16ρ)12．解析：(1)設導體棒的運動速度為v，則產生的感應電動勢為：E＝Bdv根據閉合電路歐姆定律有：I＝eq\f(E,R＋r)則安培力為：F0＝BdI據題意分析，當v最大時，有：F－F0－f＝0聯立以上各式得：