2017年度高考物理快速命中考点4 8页

‎2014高考物理快速命中考点4 ‎ ‎(45分钟　100分)‎ 一、选择题(本大题共7小题,每小题9分,共63分。多选题已在题号后标出)‎ ‎1.朝南的钢窗原来关着,今将它突然朝外推开,转过一个小于90°的角度,考虑到地球磁场的影响,则钢窗活动的一条边中(西边)(　　)‎ A.有自下而上的微弱电流 B.有自上而下的微弱电流 C.有微弱电流,方向是先自上而下,后自下而上 D.有微弱电流,方向是先自下而上,后自上而下 ‎2.(多选)如图所示,水平面内两根光滑的平行金属导轨,左端与电阻R相连接,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,一定质量的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好。若对金属棒施加一个水平向右的外力F,使金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动并依次通过位置b和c。若导轨与金属棒的电阻不计,a到b与b到c的距离相等,则下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的是(　　)‎ A.在从a到b与从b到c的两个过程中,通过电阻R的电量之比为1∶1‎ B.在从a到b与从b到c的两个过程中,电阻R上产生的热量之比为1∶1‎ C.金属棒通过b、c两位置时,电阻R消耗的功率之比为1∶2‎ D.金属棒通过b、c两位置时,外力F做功的功率之比为1∶2‎ ‎3.矩形导线框abcd放在匀强磁场中,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图像如图所示,t=0时刻磁感应强度的方向垂直纸面向里。若规定导线框中感应电流逆时针方向为正,则在0～4s时间内线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图像为图中的(安培力取向上为正方向)(　　)‎ ‎4.(多选)如图所示的电路中,两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上,导轨下端接有电阻R,导轨电阻不计,斜面处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中,电阻可略去不计的金属棒ab质量为m,受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用,金属棒沿导轨匀速下滑,则它在下滑h高度的过程中,以下说法正确的是(　　)‎ A.作用在金属棒上各力的合力做功为零 B.重力做功将机械能转化为电能 C.重力与恒力F做功的代数和等于电阻R上产生的焦耳热 D.金属棒克服安培力做的功等于重力与恒力F做的总功与电阻R上产生的焦耳热之和 ‎5.如图甲所示,匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度的大小为B,磁场在y轴方向足够宽,在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向,在图乙中感应电流i、BC两端的电压UBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是(　　)‎ ‎6.如图,水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环,环面水平,圆环每单位长度的电阻为r;空间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向竖直向下;一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切,切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动,运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是(　　)‎ A.拉力的大小在运动过程中保持不变 B.棒通过整个圆环所用的时间为 C.棒经过环心时流过棒的电流为 D.棒经过环心时所受安培力的大小为 ‎7.(多选)如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,金属线框的质量为m,电阻为R,在金属线框的下方有一匀强磁场区域,MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v-t图像,图像内数据均为已知量。重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)‎ A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B.金属线框的边长为v1(t2-t1)‎ C.磁场的磁感应强度为 D.金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为 mgv1(t2-t1)+m(-)‎ 二、计算题(本大题共2小题,共37分。需写出规范的解题步骤)‎ ‎8.(17分)如图甲所示,“”形线框竖直放置,电阻不计。匀强磁场方向与线框平面垂直,一个质量为m,阻值为R的光滑导体棒AB,紧贴线框滑下,所达到的最大速度为v。现将该线框和磁场同时旋转一个角度放置在倾角为θ的斜面上,如图乙所示。‎ ‎(1)在斜面上导体棒由静止释放,在下滑过程中,线框一直处于静止状态,求导体棒的最大速度v1;‎ ‎(2)在导体棒下滑过程中线框保持静止,求线框与斜面之间的动摩擦因数μ所满足的条件(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力);‎ ‎(3)现用一个恒力F=2mgsinθ沿斜面向上由静止开始拉导体棒,通过距离s时导体棒已经做匀速运动,线框保持不动,求此过程中导体棒上产生的焦耳热。‎ ‎9.如图所示,两条光滑的金属导轨相距L=‎1m,其中MN段平行于PQ段,位于同一水平面内,NN0段与QQ0段平行,位于与水平面成倾角 ‎37°的斜面上,且MNN0与PQQ0均在竖直平面内。在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2,且B1=B2=0.5T。ab和cd是质量均为m=‎0.1kg、电阻均为R=4Ω的两根金属棒,ab置于水平导轨上,cd置于倾斜导轨上,均与导轨垂直且接触良好。从t=0时刻起,ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动,且垂直于水平导轨),cd受到F=0.6-0.25t(N)沿斜面向上的力的作用,始终处于静止状态。不计导轨的电阻。(sin37°=0.6,g取‎10m/s2)‎ ‎(1)求流过cd棒的电流强度Icd随时间t变化的函数关系;‎ ‎(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系;‎ ‎(3)求从t=0时刻起,1.0s内通过ab棒的电荷量q;‎ ‎(4)若t=0时刻起,1.0s内作用在ab棒上的外力做功为W=16J,求这段时间内cd棒产生的焦耳热Qcd。‎ 答案解析 ‎1.【解析】选A。钢窗打开时,向北穿过钢窗的磁通量减小,根据楞次定律,钢窗的活动边产生自下而上的微弱电流,故A正确。‎ ‎【变式备选】‎ 北半球地磁场的竖直分量向下。如图所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad边沿东西方向。下列说法中正确的是(　　)‎ A.若使线圈向东平动,则a点的电势比b点的电势高 B.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势低 C.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a D.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a→d→c→d→a ‎【解析】选C。由右手定则知,若使线圈向东平动,线圈的ab边和cd边切割磁感线,c(b)点电势高于d(a)点电势,故A错;若线圈向北平动,线圈的bc边和ad边切割磁感线,线圈中无感应电流,a点电势与b点电势相等,B错误;若以ab为轴将线圈向上翻转,穿过线圈平面的磁通量将变小,由楞次定律可判得线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a,C对,D错。‎ ‎2.【解析】选A、C。由q=知,金属棒从a到b和从b到c过程中,通过电阻R的电量相等,A正确。根据v2=2ax,E=BLv,I=和P=I2R得P=,因为xb∶xc=‎ ‎1∶2,所以Pb∶Pc=1∶2,C正确。由=BL,Q=I2Rt和t=得Q=,从b到c的平均速度不是从a到b的平均速度的2倍,所以从a到b与从b到c的两个过程中R上产生的热量之比不是1∶2,B错误。根据P=F·v=(BIL+ma),金属棒通过b、c两位置时,F做功的功率之比不是1∶2,D错误。‎ ‎3.【解析】选C。由楞次定律知0～2s时间段内感应电流的方向为顺时针方向,2～4s时间段内感应电流的方向为逆时针方向;由法拉第电磁感应定律知0～4s内感应电动势大小不变;0～1s、2～3 s时间段ab边所受安培力方向向上;由F=BIL知,安培力大小总与磁感应强度大小成正比,只有选项C正确。‎ ‎4.【解析】选A、C。由于金属棒匀速下滑,由动能定理可知作用在金属棒上的各个力的合力做功为零,故A对;只有克服安培力做功,才将机械能转化为电能,故B错误;由动能定理得WG-WF-W安=0,变形可得WG-WF=W安,可知C正确,D错误。‎ ‎5.【解析】选D。由楞次定律可知,线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外,故线框中的感应电流沿逆时针方向,为正,又因为线框做匀速运动,故感应电流随位移线性增大;同理可知线框离开磁场时,产生的感应电流大小随位移线性增大,方向为负,选项A、B错误;BC两端的电压UBC跟感应电流成正比,故选项C错误,D正确。‎ ‎6.【解析】‎ 选D。导体棒在关于O点对称的两个位置,闭合回路的总电阻相同,但导体棒在O点右侧的速度大,感应电动势大,安培力F=BIL也大,F拉-F=ma,F变化,所以F拉也变化,A错误;由运动学公式得at2=2R,整理可得t=2,B错误;棒经过环心时经历的时间为a=R,则t中=,产生的感应电动势为E=BLat中=2BR,此时回路总电阻R总=πRr,则流过棒的电流为I==,C错误;棒经过环心受到的安培力F=BIL=B2R=,D正确。‎ ‎7.【解析】选B、C。由楞次定律可知金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向,A错误;由图乙可知,金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为v1,运动时间为t2-t1,所以金属线框的边长:l=v1(t2-t1),B正确;在金属线框进入磁场的过程中,金属线框所受安培力等于重力:mg=BIl,I=,解得:‎ B=,C正确;金属线框只在进入和穿出磁场时产生焦耳热,即在t1～t2、t3～t4两个时间段内产生的热量:Q=2mgl+m(-)=2mgv1(t2-t1)+m(-),故D错误。‎ ‎8.【解析】(1)线框竖直时,对导体棒有 E=BLv　 (2分)‎ I=　 (2分)‎ mg=BIL=　 (1分)‎ 同理,导体棒在斜面上下滑速度最大时 mgsinθ= 　(2分)‎ 解得v1=vsinθ　 (1分)‎ ‎(2)设线框的质量为M,当棒AB速度最大时,线框受到的沿斜面向下的安培力最大,要使线框静止不动,则 Mgsinθ+F安≤fmax 即Mgsinθ+mgsinθ≤μ(M+m)gcosθ　 (2分)‎ 解得μ≥tanθ　 (1分)‎ ‎(3)当导体棒匀速运动时F=mgsinθ+F′安　 (2分)‎ F′安=　 (1分)‎ 由功能关系可得Fs=mgssinθ+m+Q　 (2分)‎ 联立可得Q=mgssinθ-mv2sin2θ　 (1分)‎ 答案:(1)vsinθ　(2)μ≥tanθ　(3)mgssinθ-mv2sin2θ ‎9.【解析】(1)cd棒平衡,则F+Fcd=mgsin37° (2分)‎ Fcd=B2IcdL　 (1分)‎ 得Icd=0.5t(A)　 (2分)‎ ‎(2)cd棒中电流Icd=Iab=0.5t(A),　 (1分)‎ 则回路中电源电动势E=IcdR总　 (1分)‎ ab棒切割磁感线,产生的感应电动势为E=B1Lvab　 (1分)‎ 解得ab棒的速度vab=8t(m/s)‎ 所以,ab棒做初速度为零的匀加速直线运动。　 (2分)‎ ‎(3)ab棒的加速度为a=8m/s2,1.0 s内的位移为s=at2=×8×1.02m=4m (1分)‎ 根据===,　 (1分)‎ 得q=t==C=0.25C (2分)‎ ‎(4)t=1.0s时,ab棒的速度vab=8t(m/s)=8m/s (1分)‎ 根据动能定理W-W安=mv2-0　 (2分)‎ 得1.0s内克服安培力做功W安=(16-×0.1×82)J=12.8J (1分)‎ 回路中产生的焦耳热Q=W安=12.8J (1分)‎ cd棒上产生的焦耳热Qcd==6.4J (1分)‎ 答案:(1)Icd=0.5t(A)　(2)vab=8t(m/s)　(3)0.25C ‎(4)6.4J ‎【方法技巧】导体棒切割问题的处理思路 ‎(1)基本方法:‎ ‎①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。‎ ‎②求回路中的电流。‎ ‎③分析研究导体受力情况。‎ ‎④列动力学方程或平衡方程求解。‎ ‎(2)受力情况、运动情况的动态分析:‎