高考物理第一輪復(fù)習(xí)：專題強(qiáng)化課(11)　限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練

限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練[基礎(chǔ)鞏固]1．(多選)如圖甲所示，閉合金屬環(huán)固定在水平桌面上，MN為其直徑．MN右側(cè)分布著垂直桌面向上的有界磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示．已知金屬環(huán)的電阻為1.0Ω，直徑MN長(zhǎng)20cm，則t＝3s時(shí)()甲乙A．N點(diǎn)電勢(shì)高于M點(diǎn)電勢(shì)B．M、N兩點(diǎn)間電壓為5π×10－4VC．環(huán)所受安培力大小為5π×10－5ND．環(huán)所受安培力大小為5π2×10－5N解析：AC本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用．由題圖乙可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間不斷增大，磁場(chǎng)方向豎直向上，由楞次定律可知，金屬環(huán)中感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針方向(從上往下看)，MN右側(cè)半段充當(dāng)電源，電源內(nèi)部電流從低電勢(shì)流向高電勢(shì)，則N點(diǎn)電勢(shì)高于M點(diǎn)電勢(shì)，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝eq\f(0.8－0.2,6)×eq\f(π×0.12,2)V＝5π×10－4V，MN右側(cè)半段充當(dāng)電源，M、N兩點(diǎn)間電壓為路端電壓，則UNM＝eq\f(E,2)＝2.5π×10－4V，B錯(cuò)誤；金屬環(huán)中的電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(5π×10－4,1.0)A＝5π×10－4A，t＝3s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′＝eq\f(0.8＋0.2,2)T＝0.5T，金屬環(huán)所受的安培力大小為F＝B′IL有效＝0.5×5π×10－4×20×10－2N＝5π×10－5N，C正確，D錯(cuò)誤．2.下列四個(gè)選項(xiàng)圖中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．A、B中的導(dǎo)線框?yàn)檎叫?，C、D中的導(dǎo)線框?yàn)橹苯巧刃危鲗?dǎo)線框均繞垂直紙面的軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動(dòng)周期均為T.從線框處于圖示位置時(shí)開始計(jì)時(shí)，以在OP邊上從P點(diǎn)指向O點(diǎn)的方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向．則在四個(gè)選項(xiàng)描述的情境中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示的是()解析：C由題圖中i-t圖像可知，感應(yīng)電流在某一段時(shí)間內(nèi)大小恒定．A、B圖中，正方形線框繞O轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，有效切割長(zhǎng)度不斷發(fā)生變化，即感應(yīng)電流大小改變，故A、B錯(cuò)誤；同理，C、D圖中直角扇形線框，有效切割長(zhǎng)度始終為半徑，即感應(yīng)電流大小不變，但D圖中開始感應(yīng)電流方向?yàn)镺到P是負(fù)方向，故C正確，D錯(cuò)誤．3．(多選)如圖所示，水平面上足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，左側(cè)接定值電阻，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．金屬桿MN以某一初速度沿導(dǎo)軌向右滑行，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．則金屬桿MN在運(yùn)動(dòng)過程中，速度大小v、流過的電荷量q與時(shí)間t或位移x的關(guān)系圖像正確的是()解析：ABD本題考查單桿模型的圖像問題．金屬桿在前進(jìn)過程中，所受安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，可知隨速度的減小，安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，最后停止運(yùn)動(dòng)，因此在v-t圖像中，斜率的絕對(duì)值逐漸減小，A正確；根據(jù)動(dòng)量定理F·Δt＝m·Δv可得－eq\f(B2L2v,R)·Δt＝m·Δv，而Δx＝v·Δt，因此－eq\f(B2L2,R)·Δx＝m·Δv，速度隨位移均勻變化，可知v-x圖像為一條傾斜的直線，B正確；根據(jù)I＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(Δq,Δt)，可知隨著速度的減小，q-t圖像是一條斜率逐漸減小的曲線，C錯(cuò)誤；由于I＝eq\f(BLv,R)，兩邊同時(shí)乘以Δt可得I·Δt＝eq\f(BLv,R)·Δt，而Δq＝I·Δt，整理得Δq＝eq\f(BL,R)·Δx，可知q-x圖像為一條過坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，D正確．4．如圖所示，變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過金屬框架MNQP，金屬桿ab在恒力F作用下沿框架從靜止開始運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，為使ab中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，下列能正確反映磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像是()解析：C本題考查磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像．金屬桿ab中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則穿過閉合回路的磁通量不變，設(shè)金屬桿ab長(zhǎng)為L(zhǎng)，金屬桿ab到MP的距離為l1，金屬桿ab的質(zhì)量為m，則有a＝eq\f(F,m)，x＝eq\f(1,2)at2，B0Ll1＝BL(l1＋x)，聯(lián)立可得eq\f(1,B)＝eq\f(1,B0)＋eq\f(Ft2,2mB0l1)，隨著時(shí)間增加，eq\f(1,B)是增大的，且增大的速度越來越快，故C正確．5．(多選)如圖甲所示，虛線右側(cè)有一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，取磁場(chǎng)垂直于紙面向外的方向?yàn)檎较?，磁感?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，固定的閉合導(dǎo)線框abcd一部分在磁場(chǎng)內(nèi)．取線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向?yàn)檎较?，安培力向左為正方向．從t＝0時(shí)刻開始，下列關(guān)于線框中感應(yīng)電流i、線框cd邊所受安培力F分別隨時(shí)間t變化的圖像，可能正確的是()解析：AD本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的i-t、F-t圖像問題．由題圖乙可知，0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，先是垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，后是垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生沿逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電流i∝eq\f(ΔB,Δt)，則這段時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流恒定不變；eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)，先是垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，后是垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生沿順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，這段時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流恒定不變，故A正確，B錯(cuò)誤；0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流恒定不變，根據(jù)安培力公式F＝BIL可知，則F∝B，根據(jù)楞次定律推廣含義“來拒去留”可知，線框cd邊所受安培力先向右后向左，同理可知，eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)∝B，線框cd邊所受安培力先向右后向左，C錯(cuò)誤，D正確．6．如圖甲所示，一水平放置的線圈，匝數(shù)n＝100匝，橫截面積S＝0.2m2，電阻r＝1Ω，線圈處于水平向左的均勻變化的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t變化關(guān)系圖像如圖乙所示．線圈與足夠長(zhǎng)的豎直光滑導(dǎo)軌MN、PQ連接，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝20cm，導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌始終接觸良好，ab棒質(zhì)量m＝5g，接入電路的電阻R＝4Ω，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處在與導(dǎo)軌平面垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.5T．t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒由靜止釋放，g取10m/s2，求：(1)t＝0時(shí)，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小；(2)t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒ab兩端的電壓和導(dǎo)體棒的加速度大??；(3)導(dǎo)體棒ab到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，導(dǎo)體棒所受重力的瞬時(shí)功率．解析：(1)由題圖乙可知，線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為eq\f(ΔB1,Δt)＝0.1T/s由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E1＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB1,Δt)S＝2V.(2)t＝0時(shí)，回路中電流：I＝eq\f(E1,R＋r)＝0.4A導(dǎo)體棒ab兩端的電壓U＝IR＝1.6V設(shè)此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度為a，則mg－B2Il＝ma得：a＝g－eq\f(B2Il,m)＝2m/s2.(3)當(dāng)導(dǎo)體棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，滿足mg＝B2I′lI′＝eq\f(E1＋B2lv,R＋r)，則v＝eq\f(I′（R＋r）－E1,B2l)，代入數(shù)據(jù)得v＝5m/s此時(shí)，導(dǎo)體棒所受重力的瞬時(shí)功率P＝mgv＝0.25W.答案：(1)2V(2)1.6V2m/s2(3)0.25W[能力提升]7．(多選)如圖所示，在0≤x≤L和2L≤x≤3L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于xOy平面(紙面)向里，具有一定電阻的正方形線框abcd邊長(zhǎng)為2L，位于xOy平面內(nèi)，線框的ab邊與y軸重合．令線框從t＝0時(shí)刻由靜止開始沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，ab邊在t0時(shí)刻到達(dá)x＝L位置，則線框中的感應(yīng)電流I(取逆時(shí)針方向的電流為正)、bc兩端的電勢(shì)差Ubc與時(shí)間t的函數(shù)圖像大致是下列圖中的()解析：AC本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖像問題．線框ab邊從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝L的時(shí)間為t0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，解得t0＝eq\r(\f(2L,a))，感應(yīng)電流I＝eq\f(B·2L·v,R)＝eq\f(2BLat,R)，電流隨時(shí)間均勻增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向；設(shè)線框ab邊從x＝L運(yùn)動(dòng)到x＝4L的時(shí)間為t1，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得t1＝eq\r(\f(2×4L,a))－t0＝2t0－t0＝t0，這段時(shí)間內(nèi)穿過線框的磁通量不變，線框內(nèi)沒有感應(yīng)電流；設(shè)線框ab邊從x＝4L運(yùn)動(dòng)到x＝5L的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得t2＝eq\r(\f(2×5L,a))－eq\r(\f(2×4L,a))＝eq\r(5)t0－2t0＝0.236t0，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針方向，為負(fù)值，感應(yīng)電流為I＝－eq\f(BLv,R)＝－eq\f(BLat,R)，故A正確，B錯(cuò)誤；bc兩端電勢(shì)差Ubc＝IR，bc為外電路，故電勢(shì)差變化和電流變化相同，故C正確，D錯(cuò)誤．8.(多選)如圖所示，倒U形光滑導(dǎo)軌DABC傾斜放置，MN、QH將導(dǎo)軌長(zhǎng)度均分為三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)．一金屬棒從MN上方靜止釋放，金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與AB平行，U形導(dǎo)軌AB部分電阻為R，其余部分電阻不計(jì)，金屬棒的電阻為r，I為金屬棒中的電流，q為通過金屬棒的電荷量，U為金屬棒兩端的電壓，P為金屬棒中的電功率，若從金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程中，下列圖像中不可能正確的是()解析：AC本題考查金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上以一定速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的圖像問題．如果電流減小，則表明金屬棒在做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力分析有BIL－mgsinα＝ma，隨著電流減小，加速度減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(BLv,R＋r)，則有eq\f(ΔI,Δt)＝eq\f(BLΔv,（R＋r）Δt)＝eq\f(BLa,R＋r)，隨著加速度減小，I-t圖像的斜率減小，A錯(cuò)誤，符合題意；如果金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其電流不變，根據(jù)q＝It可知，電荷量與時(shí)間成正比，B正確，不符合題意；如果路端電壓隨時(shí)間增大，則表明金屬棒在做加速運(yùn)動(dòng)，受力分析有mgsinα－BIL＝ma，隨著電壓增大，電流增大，加速度減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得U＝IR＝eq\f(BLv,R＋r)R，則有eq\f(ΔU,Δt)＝eq\f(BLΔv,（R＋r）Δt)R＝eq\f(BLRa,R＋r)，隨著加速度減小，U-t圖像的斜率減小，但是開始計(jì)時(shí)時(shí)．路端電壓不為零，C錯(cuò)誤，符合題意；如果金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其電流不變，根據(jù)P＝I2r可知，金屬棒的電功率不變，D正確，不符合題意．9.(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長(zhǎng)為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長(zhǎng)線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器．金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．導(dǎo)軌電阻不計(jì)．下列說法正確的是()A．金屬棒中電流從B流向AB．金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C．電容器的M板帶負(fù)電D．電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2解析：AB根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，A項(xiàng)正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，B項(xiàng)正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶電荷量為Q＝eq\f(3,4)CBωr2，D項(xiàng)錯(cuò)誤．10．如圖甲所示，兩根完全相同的光滑平行導(dǎo)軌固定，每根導(dǎo)軌均由兩段與水平面成θ＝30°的長(zhǎng)直導(dǎo)軌和一段圓弧導(dǎo)軌平滑連接而成，導(dǎo)軌兩端均連接電阻，阻值R1＝R2＝2Ω，導(dǎo)軌間距L＝0.6m．在右側(cè)導(dǎo)軌所在斜面的矩形區(qū)域M1M2P2P1內(nèi)分布有垂直斜面向上的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)上下邊界M1P1、M2P2的距離d＝0.2m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，在右側(cè)導(dǎo)軌斜面上與M1P1距離s＝0.1m處，有一根阻值r＝2Ω的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌由靜止釋放，恰好獨(dú)立勻速通過整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，重力加速度g取10m/s2，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．求：(1)ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小v；(2)在t1＝0.1s時(shí)刻和t2＝0.25s時(shí)刻電阻R1的電功率之比．解析：(1)根據(jù)對(duì)金屬棒ab受力分析和動(dòng)能定理，由mgs·sinθ＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(2gs·sinθ)＝1m/s.(2)金屬棒從釋放到運(yùn)動(dòng)至M1P1的時(shí)間t＝eq\f(v,gsinθ)＝0.2s在t1＝0.1s時(shí)，金屬棒還沒進(jìn)入磁場(chǎng)，有E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB