强化提能作业10

高考复习资料1/1强化提能作业(十)一、选择题1．(多选)(2020·山东淄博三模)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝3Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝2T，导轨间距L＝1m．一质量m＝2kg、接入电路的阻值r＝1Ω的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图像如图乙所示．若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨电阻不计，取g＝10m/s2，则金属棒从静止开始向右运动的位移为x1＝1m的过程中，下列说法正确的是()A．金属棒中感应电流的方向为C→DB．拉力F做的功为16JC．通过电阻的电荷量为0.25CD．定值电阻产生的焦耳热为0.75J[题目解析]根据右手定则可知，金属棒中感应电流的方向为C→D，选项A正确．由图乙可得金属棒向右运动的位移为1m时，速度v1＝2m/s，金属棒运动过程中受到的安培力FA＝Beq\f(BLv,R＋r)L，若安培力是恒力，则金属棒克服安培力做的功WA＝FAx1＝eq\f(B2L2,R＋r)vx1，但实际上安培力是变力，结合图乙可得WA＝eq\f(22×12,3＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×2))J＝1J，根据动能定理有WF－μmgx1－WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，得WF＝15J，选项B错误．通过定值电阻的电荷量q＝eq\f(BLx1,R＋r)＝0.5C，选项C错误．克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热，则定值电阻产生的焦耳热Q＝eq\f(R,R＋r)WA＝0.75J，选项D正确．[参考答案]AD2.(多选)(2020·山东枣庄一模)如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R，金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，棒由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则()A．t2＝t1 B．t1>t2C．a2＝3a1 D．a2＝5[题目解析]若保持拉力F恒定，在t1时刻，棒ab切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，其所受安培力F1＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律，有F－eq\f(B2L2v,R)＝ma1；棒最终以2v做匀速运动，则F＝eq\f(2B2L2v,R)，故a1＝eq\f(B2L2v,mR).若保持拉力的功率P恒定，在t2时刻，有eq\f(P,v)－eq\f(B2L2v,R)＝ma2；棒最终也以2v做匀速运动，则eq\f(P,2v)＝eq\f(2B2L2v,R)，故a2＝eq\f(3B2L2v,mR)＝3a1，C项正确，D项错误．结合v－t图像分析可知，在速度变化相同的情况下，恒力F作用时棒的加速度总比拉力的功率P恒定时的加速度小，故t1>t2，B项正确，A项错误．[参考答案]BC3．(多选)如图所示，两足够长的光滑水平导轨组成水平轨道，左侧轨道间距为0.4m，右侧轨道间距为0.2m．轨道所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2T．质量均为0.01kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5m/s的初速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒一直在宽轨上运动，N棒一直在窄轨上运动．已知两金属棒接入电路的总电阻为0.2Ω，轨道电阻不计，g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．M棒减速运动时，回路内产生顺时针方向的电流(俯视)B．M、N棒最后都以2.5m/s的速度向右匀速运动C．从开始到最终两金属棒做匀速运动，回路中产生的焦耳热为6.25×10－2JD．在整个运动过程中，金属棒M、N在水平轨道间扫过的面积之差为0.5m[题目解析]金属棒M向右做减速运动时，穿过M、N与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流(俯视)，A正确；两棒最后匀速运动时，电路中无电流，即BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1，选取水平向右为正方向，对单棒可以用动量定理，对N有FN安t＝mv2，对M有－FM安t＝mv1－mv0，又知道M所在轨道宽度是N所在轨道宽度的2倍，故FM安＝2FN安，联立解得v1＝1m/s，v2＝2m/s，B错误；系统动能的减少量等于产生的焦耳热，则Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得Q＝0.1J，C错误；在N加速的过程中，由动量定理得Beq\x\to(I)L2Δt＝mv2－0，电路中的平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(E,R)，根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，其中磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS，联立以上各式得ΔS＝0.5m2，D正确．[参考答案]AD4．(多选)如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示．在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．图乙中t0、F1、F2为已知，棒和轨道的电阻不计．则()A．在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B．在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为eq\f(2F2－F1R,B2L2t0)D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电量为eq\f(F2－F1t0,2BL)[题目解析]在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，导体棒做加速度越来越小的加速运动，安培力逐渐变大，当安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A项错误，B项正确；设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有：a＝eq\f(v,t0)①F2－eq\f(B2L2v,R)＝ma②F1＝ma③q＝eq\f(ΔΦ,R)④ΔΦ＝BΔS＝BLeq\f(v,2)t0⑤由①②③解得：a＝eq\f(F2－F1R,B2L2t0)，故C项错误；由②③④⑤解得：q＝eq\f(F2－F1t0,2BL)，故D项正确．[参考答案]BD5．(多选)(2020·吉林普通高中三模)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界所成夹角为45°，若线框的总电阻为R，则()A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为D→C→B→A→DB．AC刚进入磁场时线框中感应电流为eq\f(\r(2)Bav,R)C．AC刚进入磁场时线框所受安培力大小为eq\f(\r(2)B2a2v,R)D．此时CD两端电压为eq\f(3,4)Bav[题目解析]线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量向纸面内增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，则感应电流的方向为A→B→C→D→A，A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势为E＝Bav，则线框中感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，故CD两端的电压为U＝I×eq\f(3,4)R＝eq\f(3,4)Bav，B错误，D正确；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力的方向与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD边向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，即F合＝eq\r(2)F＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，C正确．[参考答案]CD6.(多选)在如图所示倾角为θ的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度均为2L.一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导体线圈，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，恰好做匀速直线运动(以此时开始计时)，以GH处为坐标原点，取沿斜面向下运动方向为x轴正方向，并规定顺时针方向为感应电流的正方向，沿斜面向上为安培力的正方向，则关于线框中的感应电流与线框所受安培力与GH边的位置坐标x间关系的以下图线中，可能正确的是(重力加速度为g[题目解析]由于ab边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为adcb，沿顺时针方向，故在图像中，0～L的这段距离内，电流是正的，由于做匀速直线运动，所以安培力等于沿斜面向下重力的分力，感应电流恒定不变；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量没有变化，故其感应电流为0；当线框的ab边从磁场的下边出来时，由于其速度要比ab边刚入磁场时的速度大，故其感应电流要比I0大，感应电流的方向与ab边刚入磁场时相反；由于ab边穿出磁场时其速度较大，产生的感应电流较大，且其电流与线框的速度成正比，即线框受到的安培力与线框的速度也成正比，与刚入磁场时线框受到的平衡力做对比，发现线框受到的合外力方向是向上的，即阻碍线框的下落，且合外力是变化的，故线框做的是变减速直线运动，产生的电流也是非均匀变化的，就整体而言，线框穿出磁场时的动能要大于穿入磁场时的动能，故穿出时的电流要大于I0，故A项错误，B项正确；由楞次定律可知安培力总是阻碍线框相对磁场运动方向，所以C项错误，D项是正确的．[参考答案]BD7．(多选)在如图所示倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L.一质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入区域Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做的功的大小为W1，安培力对线框做的功的大小为W2，下列说法正确的有()A．在下滑过程中，重力做正功，v2>v1B．从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，机械能守恒C．从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，有W1－ΔEk的机械能转化为电能D．从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，ΔEk＝W1－W2[题目解析]当ab边刚越过GH进入区域Ⅰ中的磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动，则mgsinθ＝Beq\f(BLv1,R)L；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，则mgsinθ＝2Beq\f(2BLv2,R)L，得v2＝eq\f(1,4)v1，即v2<v1，选项A错误；从线框ab边越过GH到达MN与JP的中间位置的过程中，安培力对线框做负功，线框机械能减小，选项B错误；从ab边越过GH到达MN与JP的中间位置的过程中，重力势能的减少量为W1，机械能减小量为W1－ΔEk，根据能量守恒定律知，有W1－ΔEk的机械能转化为电能，选项C正确；根据动能定理有W1－W2＝ΔEk，选项D正确．[参考答案]CD二、非选择题8．如图所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1m，bc边的边长l2＝0.6m，线框的质量m＝1kg，电阻R＝0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s＝11.4m，(取g＝10m/s2)，求：(1)线框进入磁场前重物的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v.[题目解析](1)线框进入磁场前，仅受细线的拉力F，斜面的支持力和线框的重力的作用，重物受自身的重力和细线的拉力F′的作用．对线框由牛顿第二定律得F－mgsinα＝ma对重物由牛顿第二定律得Mg－F′＝Ma又F＝F′联立解得线框进入磁场前重物的加速度a＝eq\f(Mg－mgsinα,m＋M)＝5m/s2.(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：Mg＝F1线框abcd受力平衡：F1＝mgsinα＋F安ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势E＝Bl1v回路中的感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bl1v,R)，ab边受到的安培力为F安＝BIl1联立解得Mg＝mgsinα＋eq\f(B2l\o\al(2,1)v,R)代入数据解得v＝6m/s.[参考答案](1)5m/s2(2)6m/s9．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻r1＝0.1