2024-2025学年高中物理重难强化训练二含解析粤教版选修3-2

PAGE7-重难强化训练(二)(时间：40分钟分值：100分)[基础达标练]一、选择题(本题共6小题，每小题6分)1.穿过某线圈的磁通量随时间变更的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2s B．2～4sC．4～5s D．5～10sD[图线斜率的肯定值越小，表明磁通量的变更率越小，感应电动势也就越小．]2．如图甲所示，平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用细线系住，细线拉直但没有张力．起先时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度B随时间t的变更如图乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用，则细线中的张力大小随时间变更的状况为选项图中的()甲乙ABCDD[0到t0时间内，依据法拉第电磁感应定律可知感应电动势恒定，感应电流恒定，但因磁场匀称变弱，故两导体棒上的安培力匀称变小，依据左手定则和平衡学问知细线上有拉力，大小等于每个棒受到的安培力，当t0时刻磁场为零，安培力为零．大于t0时刻后，磁场反向变强，两棒间距变小，线上无力．故只有D图正确．]3．[多选]矩形线圈abcd，长ab＝20cm，宽bc＝10cm，匝数n＝200，线圈回路总电阻R＝5Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变更规律如图所示，则()A．线圈回路中感应电动势随时间匀称变更B．线圈回路中产生的感应电流为0.4AC．当t＝0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016ND．在1min内线圈回路产生的焦耳热为48JBD[由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)可知，由于线圈中磁感应强度的变更率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(20－5×10－2,0.3)T/s＝0.5T/s为常量，则回路中感应电动势E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝2V，且恒定不变，故选项A错误；回路中感应电流的大小I＝eq\f(E,R)＝0.4A，选项B正确；当t＝0.3s时，磁感应强度B＝0.2T，则安培力F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2N＝3.2N，故选项C错误；1min内线圈回路产生的焦耳热Q＝I2Rt＝0.42×5×60J＝48J，选项D正确．]4．(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A．为0 B．先减小后不变C．等于F D．先增大再减小AB[导体棒a在恒力F作用下加速运动，最终匀速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒b受到安培力方向应沿斜面对上，且渐渐增大，最终不变．由平衡条件可知，导体棒b受到的摩擦力先沿斜面对上渐渐减小，最终不变，所以选项A、B正确，C、D错误．]5．(多选)在运动会上的100m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L＝0.5m，一端通过导线与阻值为R＝0.5Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽视不计；匀强磁场方向竖直向下．用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动．当变更拉力的大小时，相对应的速度v也会变更，从而使跟踪仪始终与运动员保持一样．已知v和F的关系如图乙所示．(取g＝10m/s2)则()甲乙A．金属杆受到的拉力与速度成正比B．该磁场磁感应强度为1TC．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4BCD[由图象可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故A错误；图线在横轴的截距是速度为零时的F，此时金属杆将要运动，此时阻力——最大静摩擦力等于F，也等于运动时的滑动摩擦力，C正确；由F－BIL－μmg＝0及I＝eq\f(BLv,R)可得：F－eq\f(B2L2v,R)－μmg＝0，从图象上分别读出两组F、v数据代入上式即可求得B＝1T，μ＝0.4，所以选项B、D正确．]6．(多选)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接肯定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止起先运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变更规律的图象可能正确的有()ABCDBC[当金属棒MN的速度为v时，MN受到的安培力FA＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，依据牛顿其次定律得金属棒MN的加速度a＝eq\f(F－FA,m)＝eq\f(F0,m)＋eq\f(k－\f(B2l2,R),m)v，且i＝eq\f(Blv,R)，UR＝Blv，P＝eq\f(B2l2v2,R).若k＝eq\f(B2l2,R)，金属棒做匀加速直线运动，此时，i­t图象为直线，FA­t图象为直线，UR­t图象为直线，P­t图象为抛物线．若k>eq\f(B2l2,R)，则金属棒做加速度增大的加速运动．则i­t图象、FA­t图象、UR­t图象、P­t图象为曲线，斜率越来越大，此时选项B正确；若k<eq\f(B2l2,R)，则金属棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动，此时i­t图象、FA­t图象、UR­t图象、P­t图象为曲线，斜率越来越小，此时选项C正确．]二、非选择题(14分)7．在倾角θ＝30°的斜面上，沿下滑方向铺两条平行的光滑导轨，导轨足够长，导轨的间距为L＝0.1m，两者的底端a和b用R＝0.04Ω的电阻相连，如图所示．在导轨上垂直于导轨放有一根金属杆cd，其质量m＝0.005kg.今垂直于斜面加一匀强磁场B，当金属杆以v＝10m/s的速率匀速下滑时，R中感应电流的方向为从a到b，设导轨和金属杆cd的电阻都忽视不计，g取10m/s2，求：(1)匀强磁场B的大小和方向；(2)电流的功率P电．[解析](1)当金属杆匀速下滑时，重力所做的功完全用来克服安培力做功并进而转化为闭合电路的电能．在Δt时间内W重＝mgsinθ·vΔtF安＝ILB＝eq\f(E,R)·L·B＝eq\f(B2L2v,R)W安＝F安·vΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt依据W重＝W安，解得磁感应强度大小为B＝eq\r(\f(mgRsinθ,L2v))＝eq\r(\f(0.005×10×0.04×0.5,0.12×10))T＝0.1T又因为安培力方向沿斜面对上，依据左手定则可知磁感应强度B方向垂直于斜面对上．(2)依据能量守恒，电流的功率P电与机械功率相等，故P电＝mgsinθ·v＝0.005×10×0.5×10W＝0.25W.[答案](1)0.1T，垂直于斜面对上(2)0.25W[实力提升练]一、选择题(本题共3小题，每小题6分)1．(多选)如图所示，光滑平行的金属导轨宽度为L，与水平方向成θ角倾斜固定，导轨之间充溢了垂直于导轨平面的足够大的匀强磁场，磁感应强度为B(未画出)，在导轨上垂直导轨放置着质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b，二者都被垂直于导轨的挡板(未画出)拦住保持静止，金属导轨电阻不计，现对b棒施加一垂直于棒且平行于导轨平面对上的牵引力F，并在极短的时间内将牵引力的功率从零调为恒定的P.为了使a棒沿导轨向上运动，P的取值可能为(重力加速度为g)()A.eq\f(2m2g2R,B2L2)·sin2θ B.eq\f(3m2g2R,B2L2)·sin2θC.eq\f(7m2g2R,B2L2)·sin2θ D.eq\f(5m2g2R,B2L2)·sin2θCD[以b棒为探讨对象，由牛顿其次定律可知F－mgsinθ－eq\f(BLv,2R)BL＝ma，以a棒为探讨对象，由牛顿其次定律可知eq\f(BLv,2R)·BL－mgsinθ＝ma′，则F>2mgsinθ，v>eq\f(2Rmgsinθ,B2L2)，故P＝Fv>eq\f(4m2g2R,B2L2)·sin2θ，由此可得选项C、D正确．]2．(2024·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变更的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变更关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()图(a)图(b)A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)[答案]BC3．如图甲所示，电阻不计且间距为L＝1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R＝1Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量为m＝0.3kg、电阻Rab＝1Ω的金属杆ab从OO′上方某处以肯定初速度释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平．在金属杆ab下落0.3m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．已知ab进入磁场时的速度v0＝3.0m/s，取g＝10m/s2.则下列说法正确的是()甲乙A．进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到aB．匀强磁场的磁感应强度为1.0TC．金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量0.24CD．金属杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量为0.45JC[进入磁场后棒ab切割磁感线产生动生电动势，依据右手定则推断可知金属杆ab中电流的方向由a到b，故A错误．由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a0＝10m/s2，方向竖直向上，由牛顿其次定律得：BI0L－mg＝ma0.设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有I0＝eq\f(E0,R＋Rab)＝eq\f(BLv0,R＋Rab)，联立得eq\f(B2L2v0,R＋Rab)－mg＝ma0.代入数据解得B＝2.0T，故B错误．由图象可知金属杆在磁场外下落的高度为0.06m，则在磁场中下降的高度h′＝h－h1＝0.3m－0.06m＝0.24m，则通过R的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋Rab)＝eq\f(BLh′,R＋Rab)＝eq\f(2×1×0.24,1＋1)C＝0.24C，故C正确．由图线可知，下落0.3m时做匀速运动，依据平衡条件有mg＝eq\f(B2L2v,R＋Rab)，解得金属杆的速度v＝1.5m/s；依据能量守恒得mgh′＝(eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0))＋Q，而两电阻串联，热量关系为QR＝eq\f(R,R＋Rab)Q，联立解得QR＝0.86625J，故D错误．]二、非选择题(本题共2小题，共32分)4．(14分)如图所示，有一垂直于纸面对里、磁感应强度B＝0.1T的水平匀强磁场，垂直于匀强磁场放置一足够长的U型金属框架，框架上有一导体ab保持与框架垂干脆触，且由静止起先下滑．已知ab长1m，质量为0.1kg，电阻为0.1Ω，框架光滑且电阻不计，取g＝10m/s2，求：(1)导体ab下落的最大加速度大小；(2)导体ab下落的最大速度大小；(3)导体ab达到最大速度时产生的电功率．[解析](1)对导体ab受力分析可知，其起先运动时所受的合力最大，即为重力．由牛顿其次定律可知，最大加速度为a＝g＝10m/s2.(2)导体ab下落的速度最大时，加速度为零，此时有mg＝F安F安＝BILI＝eq\f(E,R)E＝BLvmax联立以上各式得：vmax＝eq\f(mgR,B2L2)＝eq\f(0.1×10×0.1,0.12×12)m/s＝10m/s.(3)导体ab达到最大速度时其电功率为P＝IE由以上各式得P＝eq\f(BLvmax2,R)＝eq\f(0.1×1×102,0.1)W＝10W.[答案](1)10m/s2(2)10m/s(3)10W5．(18分)如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4Ω的小灯泡L连接．在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝2m，有一阻值r＝2Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变更规律如图乙所示．在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0起先到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变更．金属棒PQ与导轨间的接触电阻不计，求：甲乙(1)通过小灯泡的电流；(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．[解析]