【创新设计】（山东专用）2015高考物理二轮专题辅导训练 专题4 第10讲 专题提升训练（含解析）.doc

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1、-1-【创新设计【创新设计】（山东专用山东专用）20152015 高考物理二轮专题辅导训练高考物理二轮专题辅导训练 专题专题 4 4 第第1010 讲讲 专题提升训练（含解析）专题提升训练（含解析）一、选择题(共 9 小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确)图 410181(2014江苏卷，7)如图 41018 所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来 若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A增加线圈的匝数B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯D取走线圈中的铁芯解析杯内的水之所以沸腾，是由于金属杯处于下方线圈所产生

2、的交变磁场中，产生涡流，从而使金属杯温度升高，而瓷杯内不会产生涡流，故 C 错；要想缩短加热时间，则应增大磁场的强度和变化率，因此 A、B 正确，D 错误答案AB2.图 41019(2014江苏卷，1)如图 41019 所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到 2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A.Ba22tB.nBa22tC.nBa2tD.2nBa2t解析由法拉第电磁感应定律可知，在t时间内线圈中产生的平均感应电动势为Entn2Ba22Ba22tnBa22t，选项 B 正确答案B3.-2

3、-图 41020如图 41020 所示，竖直平面内一具有理想边界AB的匀强磁场垂直纸面向里，在距离边界H处一正方形线框MNPO以初速度v0向上运动，假设在整个过程中MN始终与AB平行，则下列图象能反映线框从开始至到达最高点的过程中速度变化规律的是()解析在线框从开始运动到MN边接近AB时，线框做匀减速直线运动；MN边进入磁场后因切割磁感线而产生感应电流，其受到安培力作用则线框加速度瞬时变大，速度瞬时减小更快随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映线框速度与时间关系的是图 C.答案C4(2014全国大纲卷，20)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直

4、圆筒一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐让条形磁铁从静止开始下落条形磁铁在圆筒中的运动速率()A均匀增大B先增大，后减小C逐渐增大，趋于不变D先增大，再减小，最后不变解析开始时，条形磁铁以加速度g竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值选项 C 正确答案C图 410215两条光滑的平行导轨水平放置，导轨的右端连接

5、一阻值为R的定值电阻，将整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，现将一导体棒置于O点，从某时刻起，在一外力的作用下由静止开始向左做匀加速直线运动，导体棒先后通过M和N两点，其中OMMN.已知导体棒与导轨接触良好，始终与导轨垂直，且除定值电阻外其余部分电阻均不计则下列说法错误的是()A导体棒在M、N两点时，所受安培力的大小之比为 1 2B导体棒在M、N两点时，外力F的大小之比为 1 2C导体棒在M、N两点时，电路的电功率之比为 12D从O到M和从M到N的过程中流过电阻R的电荷量之比为 11解析由v22ax可知，导体棒通过M、N两点时，导体棒速度之比为 1 2，产生的感应电流之比为 1 2，所受安培力之

6、比为 1 2，由牛顿第二定律可知，外力F的大小之比不是 1 2；由电功率公式PI2R可知，导体棒通过M、N两位置时，电阻R的电功率之比为 12；由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义可得q/R，从O到M和从M到N的两个过程中，相等，所以通过导体棒横截面的电荷量之比为 11.答案B6.-3-图 41022矩形线圈abcd，长ab20 cm，宽bc10 cm，匝数n200 匝，线圈回路总电阻R5.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的磁场穿过若磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图 41022 所示，则()A线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B线圈回路中产生的感应电流为 0.4 AC当t0

7、.3 s 时，线圈的ab边所受的安培力大小为 0.016 ND在 1 min 内线圈回路产生的焦耳热为 48 J解析由EntnSBt可知，由于线圈中磁感应强度的变化率Bt2051020.3T/s0.5 T/s 为常数，则回路中感应电动势为Ent2 V，且恒定不变，故选项 A 错误；回路中感应电流的大小为IER0.4 A，选项 B 正确；当t0.3 s 时，磁感应强度B0.2 T，则安培力为FnBIl2000.20.40.2 N3.2 N，故选项 C 错误；1 min 内线圈回路产生的焦耳热为QI2Rt0.42560 J48 J选项 D 正确答案BD7(2014高考押题卷三)如图 41023 甲

8、所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计现用一水平向右的外力F外作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab始终垂直于框架图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F随时间t的变化关系，则图中可以表示外力F外随时间t变化关系的图象是()图 41023解析因为电动势EBLvFBIL由得FB2L2vR由乙图可知F随时间t均匀增加，所以v均匀增加，即金属杆做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F外B2L2atRma故选项 B 正确答案B82014山东泰安质检)如图 410

9、24 甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场-4-区域瞬间的vt图象，图中字母均为已知量重力加速度为g，不计空气阻力下列说法正确的是()图 41024A金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向B金属线框的边长为vt2C磁场的磁感应强度为1v1t2t1mgRv1D金属线框在 0t4的时间内所产生的热量为 2mgv1(t2t1)12m(v2

10、3v22)解析金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，故 A正确；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2t1，故金属框的边长：lv1(t2t1)，故 B 错误；在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则mgBIl，又IBlv1R，lv1(t2t1)，联立解得：B1v1t2t1mgRv1，故 C 正确；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1mglmgv1(t2t1)，t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2mgl12m(v23v22)mgv1(t2t1)12m(v23v22)，在 0

11、t1和t2t3时间内不产生热量，故在 0t4时间内产生的热量为QQ1Q22mgv1(t2t1)12m(v23v22)，故 D 正确答案ACD9(2014潍坊一模)如图 41025 所示，间距l0.4 m 的光滑平行金属导轨与水平面夹角30，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B0.2 T，方向垂直于斜面甲、乙两金属杆电阻R相同、质量均为m0.02 kg，垂直于导轨放置起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲金属杆始终以a5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取

12、g10 m/s2，则()图 41025A每根金属杆的电阻R0.016 B甲金属杆在磁场中运动的时间是 0.4 sC甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大D乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是 0.1 W解析乙金属杆在进入磁场前，甲、乙两金属杆加速度大小相等，当乙刚进入磁场时，甲刚好出磁场由v22al解得乙进、甲出磁场时的速度大小均为v2 m/s，由vat解得甲金属杆在磁场中运动的时间为t0.4 s，选项 B 正确；乙金属杆进入磁场后有mgsin 30BIl，又BlvI2R，联立解得R0.064，选项 A 错误；甲金属杆在磁场中运动过程中力F和杆的速度都逐渐增大，则其功率也逐渐增大，选项

13、 C 正确；乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是PBIlv0.2 W，选项 D 错误答案BC-5-二、非选择题图 4102610(2014高考冲刺卷九)如图 41026 所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑金属导轨，导轨间距L为 0.5 m，导轨左端连接一个阻值为 2 的定值电阻R，将一根质量为0.2 kg 的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r2，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨所在平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B2 T若棒以 1 m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒为 4 W，从此时开始计时，经过 2 s

14、 金属棒的速度稳定不变求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为 3 m/s 时的加速度；(3)从开始计时起 2 s 内电阻R上产生的热量解析(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BILF而PFvmIBLvmRr解出vmPRrB2L24 m/s(2)速度为 3 m/s 时，感应电动势EBLv3 V电流IERr安培力F安BIL金属棒受到的拉力FPv43N由牛顿第二定律得FF安ma解得aFF安m3512m/s22.92 m/s2(3)在从开始计时起 2 s 过程中，由动能定理得PtW安12mv2m12mv20W安6.5 JQRW安23.25 J答案(1)4 m/s(2)2.92 m/s2

15、(3)3.25 J11如图 41027 所示，在倾角37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为 5 T，磁场宽度d0.55 m，有一边长L0.4 m、质量m10.6 kg、电阻R2 的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m20.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图 41027(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求

16、线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？-6-(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为 2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？解析(1)m1、m2运动过程中，以整体法有m1gsinm2g(m1m2)aa2 m/s2以m2为研究对象有FTm2gm2a(或以m1为研究对象有m1gsinFTm1a)FT2.4 N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m1gsinm2gB2L2vR0v1 m/sab到MN前线框做匀加速运动，有v22axx0.25 m(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：m1gsin(xdL)m2g(xdL)12(m

17、1m2)v21Q解得：Q0.4 J所以Qab14Q0.1 J答案(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 J12如图 41028 甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角53，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好 棒的质量m1.0 kg，R1.0，长度L1.0 m 与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数0.5，现对ab棒施加一个方向水向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取 10 m/s2

18、.图 41028(1)求ab棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若已知在前 2 s 内F做功W30 J，求前 2 s 内电路产生的焦耳热；(4)求cd棒达到最大速度所需的时间解析(1)对ab棒：FfmgvatFBILFfmaFm(ga)B2L2at2R由图象已知量，代入数据得：a1 m/s2(2)当t12 s 时，F10 N，由(1)知B2L2at2RFm(ga)，得B2 T(3)02 s 过程中，对ab棒，x12at212 m-7-v2at12 m/s由动能定理知：WmgxQ12mv22Q18 J(4)设当时间为t时，cd棒达到最大速度，FNBILmgcos 53FfFNmgsin 53Ffmgsin 53(B2L2at2Rmgcos 53)解得：t5 s答案(1)1 m/s2(2)2 T(3)18 J(4)5 s