复习之高效课堂精讲精练26

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精新课标2014年高考一轮复习之高效课堂精讲精练26一、单项选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．）1．为了诊断病人的心脏功能和动脉血液黏稠情况,需测量血管中血液的流量，如图9－2－15所示为电磁流量计示意图，将血管置于磁感应强度为B的磁场中,测得血管两侧a、b两点间电压为U,已知血管的直径为d，则血管中血液的流量Q（单位时间内流过的体积)为（）图9－2－15A.eq\f（U，Bd） B.eq\f(πdU,B）C.eq\f(πdU,4B) D。eq\f(πd2U,4B）【解析】由题意可以建立导体棒切割磁感线模型,如图所示，由U＝Bdv，S＝eq\f(1，4)πd2，Q＝vS,可得出血管中血液的流量Q＝eq\f(πdU，4B）。故选C。【答案】C图9－2－162．如图9－2－16所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R,且OBA三点在同一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（)A。eq\f(3,2)BωR2 B．2BωR2C．4BωR2 D．6BωR2【解析】连接OB，则AB产生的感应电动势就等于OA产生的感应电动势EOA与OB产生的感应电动势EOB之差．因EOA＝BLv＝BLOAeq\x\to（v）OA＝3RBeq\f（3Rω,2）＝eq\f（9，2）BωR2，EOB＝BLOBeq\x\to(v）OB＝RBeq\f（Rω,2）＝eq\f（1，2)BωR2，EAB＝EOA－EOB＝4BωR2，C项正确．【答案】C图9－2－173．(2012·西安模拟)如图9－2－17所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连,P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态,则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是(）【解析】在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过线圈的磁通量变大,即穿过线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大,单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即B­t图线的斜率变大，故选项D正确．【答案】D图9－2－184．如图9－2－18所示，OO′为一金属转轴(只能转动不能移动），M为与OO′固定连接且垂直于OO′的金属杆，当OO′转动时，M的另一端在固定的金属环N上滑动，并保持良好的接触．整个装置处于一匀强磁场中，磁场方向平行于OO′轴，磁感应强度的大小为B0。图中V为一理想电压表，一端与OO′接触，另一端与环N连接．已知当OO′的角速度ω＝ω0时,电压表读数为U0;如果将磁场变为磁感应强度为nB0的匀强磁场,而要电压表的读数为mU0时，则OO′转动的角速度应变为（）A．nω0 B．mω0C.eq\f（n，m）ω0 D。eq\f（m，n)ω0【解析】电压表为理想电压表，故电压表读数为金属杆M转动切割磁感线时产生的感应电动势的大小．U0＝eq\f(1,2）B0ω0r2，mU0＝eq\f(1,2）nB0ω′r2，r为金属杆的长度，则ω′＝eq\f(m，n）ω0。故D正确．【答案】D图9－2－195．(2012·青岛模拟）如图9－2－19所示，铁芯右边绕有一个线圈,线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．左边的铁芯上套有一个环面积为0。02m2、电阻为0.1Ω的金属环．铁芯的横截面积为0.01mA．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3VB．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3VC．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2。0×10－3VD．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2。0×10－3V【解析】铁芯内的磁通量情况是相同的，金属环的有效面积即铁芯的横截面积．根据电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1×0。2×0.01V＝2×10－3V．又根据楞次定律，金属环中电流方向为逆时针方向，即C正确．【答案】C二、双项选择题（本大题共5小题,每小题8分，共40分．全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．）6．(2011·山东高考)了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合史实的是（）A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动【解析】焦耳发现了电流的热效应，通常称此为焦耳热，A正确．库仑研究电荷间作用的规律，得出库仑定律，B正确．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了磁场产生电流，打开电气时代的大门，C错误．伽利略做斜面实验，研究自由落体运动，D错误．【答案】AB图9－2－207．如图9－2－20所示为新一代炊具——电磁炉，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场,当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流,使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是()A．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好C．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果【解析】由电磁感应原理可知，锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，且提高磁场变化的频率，产生的感应电动势变大，故可提高电磁炉的加热效果．故C、D正确．【答案】CD8。图9－2－21把电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图9－2－21所示，线圈平面与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化，下列方法中可使感应电流增加一倍的是(）A．把线圈匝数增加一倍B．把线圈面积增加一倍C．把线圈半径增加一倍D．改变线圈与磁场方向的夹角【解析】设导线的电阻率为ρ，横截面积为S0，线圈的半径为r,则I＝eq\f（E,R)＝eq\f（n\f（ΔΦ,Δt）,R）＝eq\f(nπr2\f(ΔB，Δt）sinθ,ρ\f（n·2πr，S0））＝eq\f（S0r,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt）·sinθ，可见将r增加1倍，I增加1倍,C对；将线圈与磁场方向的夹角改变时，sinθ可以由原来eq\f（1，2)变为1，电流增大1倍，D正确；若将线圈的面积增加1倍,半径r增加了（eq\r（2）－1）倍,电流增加了(eq\r（2)－1)倍，B错；I与线圈匝数无关，A错．【答案】CD图9－2－229．如图9－2－22所示，金属棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒与框架接触良好,匀强磁场垂直于ab棒斜向下．从某时刻开始磁感应强度均匀减小，同时施加一个水平方向上的外力F使金属棒ab保持静止，则F（）A．F为恒力B．F为变力C．方向向右 D．方向向左【解析】因回路磁通量减小,由楞次定律知棒中电流由b到a；由左手定则可判定安培力的方向为右下方，由平衡条件可推知外力F方向向左；磁感应强度B均匀减小，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB，Δt）·S可得感应电动势恒定，电流不变，F安＝BIl减小,故外力F也应变小，B、D项正确．【答案】BD图9－2－2310．(2012·南充模拟）如图9－2－23所示的电路中,L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(）【解析】在t1时刻断开开关S后，由于自感现象通过D1的电流逐渐减小，方向不变,A错误，B正确；而通过D2和D3的电流方向立即改变,C正确，D错误．【答案】BC三、非选择题（本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）图9－2－2411．(14分）如图9－2－24所示,匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率eq\f（ΔB,Δt)＝k，k为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框，将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中．求:（1)导线中感应电流的大小；（2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．【解析】（1)导线框的感应电动势为E＝eq\f（ΔΦ,Δt)①ΔΦ＝eq\f(1，2)l2ΔB②导线框中的电流为I＝eq\f（E,R）③式中R是导线框的电阻，根据电阻定律有R＝ρeq\f(4l，S）④联立①②③④式，将eq\f(ΔB，Δt）＝k代入得I＝eq\f(klS，8ρ).⑤（2）导线框所受磁场的作用力的大小为F＝BIl⑥它随时间的变化率为eq\f(ΔF，Δt)＝Ileq\f(ΔB，Δt）⑦由⑤⑦式得eq\f(ΔF,Δt）＝eq\f(k2l2S，8ρ）。【答案】（1）eq\f（klS,8ρ)(2)eq\f(k2l2S,8ρ)12．(16分)一有界匀强磁场区域如图9－2－25甲所示,质量为m、电阻为R的矩形线圈abcd边长分别为L和2L，线圈一半在磁场内，一半在磁场外，开始时磁感应强度为B.t＝0时刻磁场开始均匀减小，线圈中产生感应电流，在安培力作用下运动，其v－t图象如图乙所示,图中斜向虚线为过O图9－2－25(1)磁场的磁感应强度的变化率；(2)t2时刻回路的电功率．【解析】（1)由v－t图象可知道，t＝0时刻，线圈加速度为a＝v0/t1此时线圈的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ，Δt)＝eq\f（ΔBL2,Δt）线圈此刻所受安培力为F＝BIL＝Beq\f（ΔBL3,RΔt)＝ma得到eq\f（ΔB，Δt)＝eq\f（mv0R，BL3t1).(2）线圈t2时刻开始做匀速直线运动,有两种可能：a．线圈没有完全进入磁场，磁场就消失，所以没有感应