安徽省高考物理一轮 小题精练42 新人教

PAGE2PAGE7【安徽省，人教版】2014届物理一轮小题精练（42，含答案）一、选择题(本题共14小题，共70分，在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，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2013·湖北武汉市模拟)在验证楞次定律实验中，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是 ()【解析】对选项A，由“来者拒之”，可判断出线圈中产生的感应电流的磁场上端为N极，再由安培定则，可判断出感应电流的方向与图中标的方向相反，故选项A错．同理可判断出B错，C、D对．【答案】CD2．(2013·江苏南通模拟)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是 ()A.eq\f(B2ω2r4,R) B.eq\f(B2ω2r4,2R)C.eq\f(B2ω2r4,4R) D.eq\f(B2ω2r4,8R)【解析】匀速转动，P外＝P电＝eq\f(E2,R)，又E＝Br·eq\f(ωr,2)，联立解得：P外＝eq\f(B2ω2r4,4R)，故选项C对．【答案】C3．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc、Ud.下列判断正确的是 ()A．Ua<Ub<Uc<Ud B．Ua<Ub<Ud<UcC．Ua＝Ub<Uc＝Ud D．Ub<Ua<Ud<Uc【解析】由题知Ea＝Eb＝BLv，Ec＝Ed＝2BLv，由闭合电路欧姆定律和串联电路电压与电阻成正比可知Ua＝eq\f(3,4)BLv，Ub＝eq\f(5,6)BLv，Uc＝eq\f(3,2)BLv，Ud＝eq\f(4,3)BLv，故B正确．【答案】B4．如图所示的电路中，D1和D2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡D1和D2亮暗的顺序是 ()A．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭B．接通时D2先达最亮，断开时D1后灭C．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭D．接能时D2先达最亮，断开时D2先灭【解析】当开关S接通时，D1和D2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生的自感电动势的方向是左边为正极，右边为负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始瞬时电流几乎全部从D1通过，而该电流又将同时分路通过D2和R，所以D1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，D1和D2达到一样亮．当开关S断开时，电源电流立即为零，因此D2立刻熄灭，而对于D1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势(右端为正极，左端为负极)，使线圈L和D1组成的闭合电路中有感应电流，所以D1后灭．应选A.【答案】A5．如图所示，竖直面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则 ()A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率【解析】线圈上升过程中，加速度较大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较在运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A、C.【答案】AC6．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用0.3s拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9s拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则 ()A．W1<W2，q1<q2B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2D．W1>W2，q1>q27．如图所示，AOC是光滑的金属导轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，P端始终在AO上，直到完全落在OC上．空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ棒滑动的过程中，下列判断正确的是()A．感应电流的方向始终是由P→QB．感应电流方向先是由P→Q，再是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直于棒向左D．PQ受磁场力的方向垂直于棒先向左，再向右【解析】棒PQ在下滑的过程中，棒与AO之间的夹角为α，棒长为L，与导轨所围三＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，线圈电阻不计．(1)闭合S稳定后，求通过R2的电流；(2)闭合S一段时间后再断开，则断开后通过R2的电荷量是多少？【解析】由于线圈A所在的磁场变化引起穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电动势．当S闭合后，就有电流通过R1、R2.(1)由图知B随时间按线性变化，变化率eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s.由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝4V.由楞次定律确定电流方向，在0～1s内，原磁场为负，即向里，大小在减小，故感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，因此由安培定则知线圈中的电流方向为顺时针方向．从电路角度来看，线圈就是电源，其内阻不计，R1和R2串联后构成外电路，C与R2并联，当电流恒定时，电容器支路中无电流．由闭合电路欧姆定律得流过R2的电流I＝eq\f(E,R1＋R2)＝0.4A，方向向下．(2)S闭合后，将对C充电，充电结束后电容器支路断路，电容器两端的电势差等于R2两端的电压．因此，其充电量Q＝CU＝Ceq\f(R2,R1＋R2)E＝7.2×10－5C.S断开后，电容器通过R2放电，所以放电量为7.2×10－5C.【答案】(1)0.4A，方向向下(2)7.2×10－516．两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求：(1)ab运动速度v的大小；(2)电容器所带的电荷量q.【解析】本题是电磁感应中的电路问题，ab切割磁感线产生感应电动势为电源．电动势可由E＝BLv计算．其中v为所求，再结合闭合(或部分)电路欧姆定律、焦耳定律，电容器及运动学知识列方程可解得．(1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，ab运动距离s所用时间为t，三个电阻R与电源串联，总电阻为4R，则E＝Blv由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,4R)t＝eq\f(s,v)由焦耳定律有Q＝I2(4R)t由上述方程得v＝eq\f(4QR,B2l2s)(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有U＝IR电容器所带电荷量q＝CU解得q＝eq\f(CQR,Bls)【答案】(1)eq\f(4QR,B2l2s)(2)eq\f(CQR,Bls)17．日本专家研究调查得出了一个惊人的结论，东京高速道路所形成的振动可产生4GW以上的电力，这一数值相当于供给东京23个区的家庭用电的4成．如图甲所示是某人设计的一种振动发电装置，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.1m、匝数为n＝20的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为0.2T，线圈的电阻为1.5Ω，它的引出线接有质量为0.01kg、电阻为0.5Ω的金属棒MN，MN置于倾角为30°的光滑导轨上，导轨宽度为0.25m.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过MN.当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图丙所示时(x取向右为正)，g＝10m/s2.求：(1)若MN固定不动，流过它的电流大小和方向？(2)若MN可自由滑动，至少要加多大的匀强磁场B′才能使MN保持静止，请在图丁中画出磁感应强度B′随时间变化的图象．【解析】(1)由图丙知线圈运动速度：v＝eq\f(x,t)＝0.8m/s线圈向右运动时切割磁感线，且各处磁场方向与组成线圈的导线垂直，线圈产生电动势：E＝nBLv＝2πrnBv流过MN电流：I＝eq\f(E,R外＋r内)联立以上三式并代入数据得：I＝eq\f(2πrnBv,R外＋r内)＝1A流过MN的电流方向从M到N.当线圈向左运动时，电流大小不变，流过MN的电流方向从N到M.(2)如图所示MN受重力、斜面支持力和安培力作用处于静止状态，要使外加磁场B′最小，即安培力最小，当流过MN的电流从M到N时，由左手定则知磁场方向垂直轨道平面向下．mgsin30°＝B′ILB′＝eq\f(mgsin30°,IL)＝0.2T当流过MN的电流从N到M时，要使MN静止，B′的方向相反，即垂直轨道平面向上，以此方向为正方向，则磁感应强度B′随时间变化图象如图所示．【规律总结】本题涵盖力学中的位移图象、三力平衡，电磁学中的安培力、感应电动势、闭合电路欧姆定律、左手定则等问题．解本类综合题的关键是按照物理现象的因果关系及本质特征将其分解为若干个简单问题，再逐个解决．18．(2013·河南省示范性高中模拟)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，线框与绝缘细线相连，现用F＝20N的恒力通过定滑轮向下拉细线并带动线框移动(如图所示)，斜面上ef线(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，进入磁场最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s＝18.6m，取g＝10m/s2，求：(1)线框进入磁场前的加速度和线框进入磁场时做匀速运动的速度v；(2)简要分析线框在整个过程中的运动情况并求出ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；(3)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．【解析】(1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力F，斜面的支持力和线框重力，设线框进入磁场前的加速度为a，对线框由牛顿第二定律得F－mgsinα＝ma解得a＝eq\f(F－mgsinα,m)＝15m/s2因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动所以线框abcd受力平衡F＝mgsinα＋FAab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E＝Bl1v形成的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bl1v,R)，受到的安培力FA＝BIl1联立上述各式得F＝mgsinα＋eq\f(B2l\o\al(2,1)v,R)，代入数据解得v＝6m/s(2)线框abcd进入磁场前，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线处，也做匀加速直线运动．进磁场前线框的加速度大小为a＝15m/s2该阶段运动的时间为t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(6,15)s＝