《安徽省2014屆高考物理一輪 小題精練42 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《安徽省2014屆高考物理一輪 小題精練42 新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、【安徽省，人教版】2014屆物理一輪小題精練（42，含答案） 一、選擇題(本題共14小題，共70分，在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 1．(2013·湖北武漢市模擬)在驗證楞次定律實驗中，豎直放置的線圈固定不動，將磁鐵從線圈上方插入或拔出，線圈和電流表構(gòu)成的閉合回路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流．圖中分別標(biāo)出了磁鐵的極性、磁鐵相對線圈的運動方向以及線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向等情況，其中正確的是 (　　) 【解析】　對選項A，由“來者拒之”，可判斷出線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場上端為N極，再由安培定則

2、，可判斷出感應(yīng)電流的方向與圖中標(biāo)的方向相反，故選項A錯．同理可判斷出B錯，C、D對． 【答案】　CD 2．(2013·江蘇南通模擬)如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，有半徑為r的光滑半圓形導(dǎo)體框架，OC為一能繞O在框架上滑動的導(dǎo)體棒，OC之間連一個電阻R，導(dǎo)體框架與導(dǎo)體棒的電阻均不計，若要使OC能以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，則外力做功的功率是 (　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 【解析】　勻速轉(zhuǎn)動，P外＝P電＝，又E＝Br·，聯(lián)立解得：P外＝，故選項C對． 【答案】　C 3．用相同導(dǎo)線繞制的邊長為L或2L的四個閉合導(dǎo)體框，以相同的速度勻速進(jìn)

3、入右側(cè)勻強磁場，如圖所示．在每個線框進(jìn)入磁場的過程中，M、N兩點間的電壓分別為Ua、Ub、Uc、Ud.下列判斷正確的是 (　　) A．Ua

4、和D2亮暗的順序是 (　　) A．接通時D1先達(dá)最亮，斷開時D1后滅 B．接通時D2先達(dá)最亮，斷開時D1后滅 C．接通時D1先達(dá)最亮，斷開時D1先滅 D．接能時D2先達(dá)最亮，斷開時D2先滅 【解析】　當(dāng)開關(guān)S接通時，D1和D2應(yīng)該同時亮，但由于自感現(xiàn)象的存在，流過線圈的電流由零變大時，線圈上產(chǎn)生的自感電動勢的方向是左邊為正極，右邊為負(fù)極，使通過線圈的電流從零開始慢慢增加，所以開始瞬時電流幾乎全部從D1通過，而該電流又將同時分路通過D2和R，所以D1先達(dá)最亮，經(jīng)過一段時間電路穩(wěn)定后，D1和D2達(dá)到一樣亮．當(dāng)開關(guān)S斷開時，電源電流立即為零，因此D2立刻熄滅，而對于D

5、1，由于通過線圈的電流突然減弱，線圈中產(chǎn)生自感電動勢(右端為正極，左端為負(fù)極)，使線圈L和D1組成的閉合電路中有感應(yīng)電流，所以D1后滅．應(yīng)選A. 【答案】　A 5．如圖所示，豎直面內(nèi)的虛線上方是一勻強磁場B，從虛線下方豎直上拋一正方形線圈，線圈越過虛線進(jìn)入磁場，最后又落回原處，運動過程中線圈平面保持在豎直平面內(nèi)，不計空氣阻力，則 (　　) A．上升過程克服磁場力做的功大于下降過程克服磁場力做的功 B．上升過程克服磁場力做的功等于下降過程克服磁場力做的功 C．上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率 D．上升過程克服重力做功的平均功率等于下降過程中重力的平均

6、功率 【解析】　線圈上升過程中，加速度較大且在減速，下降過程中，運動情況比較復(fù)雜，有加速、減速或勻速等，把上升過程看做反向的加速，可以比較在運動到同一位置時，線圈速度都比下降過程中相應(yīng)的速度要大，可以得到結(jié)論：上升過程中克服安培力做功多；上升過程時間短，故正確選項為A、C. 【答案】　AC 6．如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示位置勻速向右拉出勻強磁場．若第一次用0.3s拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q1；第二次用0.9s拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q2，則 (　　) A．W1

7、W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2 7．如圖所示，AOC是光滑的金屬導(dǎo)軌道，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金屬直桿如圖所示立在導(dǎo)軌上，直桿從圖示位置由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中Q端始終在OC上，P端始終在AO上，直到完全落在OC上．空間存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，則在PQ棒滑動的過程中，下列判斷正確的是(　　) A．感應(yīng)電流的方向始終是由P→Q B．感應(yīng)電流方向先是由P→Q，再是由Q→P C．PQ受磁場力的方向垂直于棒向左 D．PQ受磁場力的方向垂直于棒先向左，再向右 【解析】　棒PQ在下滑的過程中，棒與AO之間

8、的夾角為α，棒長為L，與導(dǎo)軌所圍三角形POQ的面積為S＝L2sinαcosα＝L2sin2α，棒在下滑的過程中棒與AO間的夾角α是由零逐漸增大到90°，由面積表達(dá)式可知，當(dāng)α＝45°時，面積S有最大值，而磁場是勻強磁場，故當(dāng)PQ在沿AO下滑的過程中，棒與金屬導(dǎo)軌所組成的回路中的磁通量是先增大后減小，那么回路中感應(yīng)電流的磁場方向先與原磁場方向相反，是垂直于紙面向內(nèi)，后與原磁場方向相同，是垂直于紙面向外，由安培定則可以確定感應(yīng)電流的方向先是由P→Q，再由Q→P，再由左手定則可以確定棒受磁場力的方向垂直于棒先向左，后向右． 【答案】　BD 8．如圖，在勻強磁場中固定放置一根串接一電阻R的直角形金

9、屬導(dǎo)軌aOb(在紙面內(nèi))，磁場方向垂直于紙面朝里，另有兩根金屬導(dǎo)軌c、d分別平行于Oa、Ob放置．保持導(dǎo)軌之間接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計．現(xiàn)經(jīng)歷以下四個過程：①以速度v移動d，使它與Ob的距離增大一倍；②再以速率v移動c，使它與Oa的距離減小一半；③然后，再以速率2v移動c，使它回到原處；④最后以速率2v移動d，使它也回到原處．設(shè)上述四個過程中通過電阻R的電荷量的大小依次為Q1、Q2、Q3和Q4，則(　　) A．Q1＝Q2＝Q3＝Q4 B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4 C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4 D．Q2≠Q(mào)2＝Q3≠Q(mào)4 【解析】　由Q＝·Δt＝Δt＝＝可知，

10、在四種移動情況下變化的面積是相同的，則磁通量變化相同，跟導(dǎo)軌移動的速度無關(guān)，跟移動的時間也無關(guān)，所以A選項正確． 【答案】　A 9．(2013·遼寧盤錦一模)如圖所示，邊長為L的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，由距磁場H高處自由下落，其下邊ab進(jìn)入勻強磁場后，線圈開始做減速運動，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊進(jìn)入磁場時的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為 (　　) A．2mgL B．2mgL＋mgH C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH 【解析】　設(shè)ab剛進(jìn)入磁場時的速度為v1，cd剛穿出磁場時的速度v2＝①

11、線框自開始進(jìn)入磁場到完全穿出磁場共下落高度為2L.由題意得mv＝mgH② mv＋mg·2L＝mv＋Q③ 由①②③得Q＝2mgL＋mgH.C選項正確． 【答案】　C 10．(2013·武漢調(diào)研)如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L.紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置．以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流—位移(I—x)關(guān)系的是 (　　) 【解析】　線框進(jìn)入磁場的過程中，線框的右邊做切割磁感線運動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，

12、從而在整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，由于線框做勻速直線運動，且切割磁感線的有效長度不斷增加，其感應(yīng)電流的大小不斷增加，由右手定則，可判定感應(yīng)電流的方向是順時針的；線框全部進(jìn)入磁場后，線框的左邊和右邊同時切割磁感線，當(dāng)x≤L時，回路中的感應(yīng)電流不斷減小，由右手定則可判定感應(yīng)電流的方向是順時針；當(dāng)L

13、場的寬度為b(b>3a)，在3t0時刻線框到達(dá)2位置速度又為v0并開始離開勻強磁場．此過程中v－t圖象如圖b所示，則 (　　) A．t＝0時，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為Bav0 B．在t0時刻線框的速度為v0－ C．線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度一定比t0時刻線框的速度大 D．線框從1位置進(jìn)入磁場到完全離開磁場位置3過程中線框中產(chǎn)生的電熱為2Fb 【解析】　t＝0時，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓，為Bav0，A項錯誤；從t0時刻至3t0時刻線框做勻加速運動，加速度為，故在t0時刻的速度為v0－2at0＝v0－，B項錯誤；因為t＝0時刻和t＝3t0時刻線框的速度相等，

14、進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中受力情況相同，故在位置3時的速度與t0時刻的速度相等，C項錯誤；線框在位置1和位置3時的速度相等，根據(jù)動能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb＝Q，所以線框穿過磁場的整個過程中，產(chǎn)生的電熱為2Fb，D項正確． 【答案】　D 12．(2013·浙江杭州質(zhì)檢)超導(dǎo)磁懸浮列車是利用超導(dǎo)體的抗磁作用使列車車體向上浮起，同時通過周期性地變換磁極方向而獲得的推進(jìn)動力的新型交通工具．其推進(jìn)原理可以簡化為如圖所示的模型：在水平面上相距L的兩根平行直導(dǎo)軌間，有豎直方向等距離分布的勻強磁場B1和B2，且B1＝B2＝B，每個磁場的寬度都是L，相間排列，所有這些磁場都以相同的速

15、度向右勻速運動，這時跨在兩導(dǎo)軌間的長為L，寬為L的金屬框abcd(懸浮在導(dǎo)軌上方)在磁場力作用下也將會向右運動．設(shè)金屬的總電阻為R，運動中所受到的阻力恒為Ff，金屬框的最大速度為vm，則磁場向右勻速運動的速度v可表示為 (　　) A．v＝(B2L2vm－FfR)/(B2L2) B．v＝(4B2L2vm＋FfR)/(4B2L2) C．v＝(4B2L2vm－FfR)/(4B2L2) D．v＝(2B2L2vm＋FfR)/(2B2L2) 【解析】　導(dǎo)體棒ad和bc各以相對磁場的速度(v－vm)切割磁感線運動，由右手定則可知回路中產(chǎn)生的電流方向為abcda，回路中產(chǎn)生的電動勢為E＝2BL

16、(v－vm)，回路中電流為：I＝2BL(v－vm)/R，由于左右兩邊ad和bc均受到安培力，則合安培力F合＝2×BLI＝4B2L2(v－vm)/R，依題意金屬框達(dá)到最大速度時受到的阻力與安培力平衡，則Ff＝F合，解得磁場向右勻速運動的速度v＝(4B2L2vm＋FfR)/(4B2L2)，B對． 【答案】B 13．(2013·北京西城區(qū)抽樣測試)實驗室經(jīng)常使用的電流表是磁電式儀表．這種電流表的構(gòu)造如圖甲所示．蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻地輻向分布的．當(dāng)線圈通以如圖乙所示的電流，下列說法正確的是 (　　) A．線圈轉(zhuǎn)到什么角度，它的平面都跟磁感線平行 B．線圈轉(zhuǎn)動時，螺旋彈簧被扭動，

17、阻礙線圈轉(zhuǎn)動 C．當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到如圖乙所示的位置，b端受到的安培力方向向上 D．當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到如圖乙所示的位置，安培力的作用使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動 【解析】　考查電流表的工作原理．由輻向分布的磁場可知，線圈轉(zhuǎn)到任何位置，它的平面都跟磁感線平行，A正確；通過線圈中的電流在磁場作用下產(chǎn)生的安培力的力矩與螺旋彈簧的扭動力矩平衡時，指針靜止，B正確；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)動到圖乙所示的位置時，根據(jù)左手定則，b端受到的安培力方向向下，C錯誤；使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動，D正確． 【答案】ABD 14．(2013·北京海淀區(qū)期末)如圖所示，光滑平行金屬軌道平面與水平面成θ角，兩軌道上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強磁場中

18、，磁場方向垂直軌道平面向上，質(zhì)量為m的金屬桿ab，以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若運動過程中，金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，且軌道與金屬桿的電阻均忽略不計，則 (　　) A．整個過程中金屬桿所受合外力的沖量大小為2mv0 B．上滑到最高點的過程中克服安培力與重力所做功之和等于mv C．上滑到最高點的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于mv－mgh D．金屬桿兩次通過斜面上的同一位置時電阻R的熱功率相同 【解析】　金屬桿從軌道底端滑上斜面到又返回到出發(fā)點時，由于電阻R上產(chǎn)生熱量，故返回時速度小于v0，故整個過程中金屬桿所受合外力的沖量大小小于2m

19、v0，A錯誤；上滑到最高點時動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(即克服安培力所做的功)，BC正確；金屬桿兩次通過斜面上同一位置時的速度不同，電路的電流不同，故電阻的熱功率不同，D錯誤． 【答案】　BC 二、計算題(本題共包括4小題，共50分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 15．截面積S＝0.2m2，匝數(shù)n＝100匝的線圈A，處在如圖(甲)所示的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間按圖(乙)所示規(guī)律變化，方向垂直線圈平面，規(guī)定向外為正方向．電路中R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，線圈電阻不計．

20、 (1)閉合S穩(wěn)定后，求通過R2的電流； (2)閉合S一段時間后再斷開，則斷開后通過R2的電荷量是多少？ 【解析】　由于線圈A所在的磁場變化引起穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢．當(dāng)S閉合后，就有電流通過R1、R2. (1)由圖知B隨時間按線性變化，變化率＝0.2T/s.由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝nS＝4V.由楞次定律確定電流方向，在0～1s內(nèi)，原磁場為負(fù)，即向里，大小在減小，故感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同，因此由安培定則知線圈中的電流方向為順時針方向．從電路角度來看，線圈就是電源，其內(nèi)阻不計，R1和R2串聯(lián)后構(gòu)成外電路，C與R2并聯(lián)，當(dāng)電流恒定時，電容器支路中無電流．由閉

21、合電路歐姆定律得流過R2的電流I＝＝0.4A，方向向下． (2)S閉合后，將對C充電，充電結(jié)束后電容器支路斷路，電容器兩端的電勢差等于R2兩端的電壓．因此，其充電量Q＝CU＝CE＝7.2×10－5C.S斷開后，電容器通過R2放電，所以放電量為7.2×10－5C. 【答案】　(1)0.4A，方向向下　(2)7.2×10－5C 16．兩根光滑的長直金屬導(dǎo)軌MN、M′N′平行置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，電阻不計，M、M′處接有如圖所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電容為C.長度也為l、阻值同為R的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中．a(chǎn)b在

22、外力作用下向右勻速運動且與導(dǎo)軌保持良好接觸，在ab運動距離為s的過程中，整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q.求： (1)ab運動速度v的大?。? (2)電容器所帶的電荷量q. 【解析】　本題是電磁感應(yīng)中的電路問題，ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為電源．電動勢可由E＝BLv計算．其中v為所求，再結(jié)合閉合 (或部分)電路歐姆定律、焦耳定律，電容器及運動學(xué)知識列方程可解得． (1)設(shè)ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，回路中的電流為I，ab運動距離s所用時間為t，三個電阻R與電源串聯(lián)，總電阻為4R，則E＝Blv 由閉合電路歐姆定律有I＝ t＝ 由焦耳定律有Q＝I2(4R)t 由上述方程得v＝ (2

23、)設(shè)電容器兩極板間的電勢差為U，則有U＝IR 電容器所帶電荷量q＝CU 解得q＝ 【答案】　(1)　(2) 17．日本專家研究調(diào)查得出了一個驚人的結(jié)論，東京高速道路所形成的振動可產(chǎn)生4GW以上的電力，這一數(shù)值相當(dāng)于供給東京23個區(qū)的家庭用電的4成．如圖甲所示是某人設(shè)計的一種振動發(fā)電裝置，它的結(jié)構(gòu)是一個套在輻向形永久磁鐵槽中的半徑為r＝0.1m、匝數(shù)為n＝20的線圈，磁場的磁感線均沿半徑方向均勻分布(其右視圖如圖乙所示)．在線圈所在位置磁感應(yīng)強度B的大小均為0.2T，線圈的電阻為1. 5Ω，它的引出線接有質(zhì)量為0.01kg、電阻為0.5Ω的金屬棒MN，MN置于傾角為30°的光滑導(dǎo)軌上，導(dǎo)

24、軌寬度為0.25m.外力推動線圈框架的P端，使線圈沿軸線做往復(fù)運動，便有電流通過MN.當(dāng)線圈向右的位移x隨時間t變化的規(guī)律如圖丙所示時(x取向右為正)，g＝10m/s2.求： (1)若MN固定不動，流過它的電流大小和方向？ (2)若MN可自由滑動，至少要加多大的勻強磁場B′才能使MN保持靜止，請在圖丁中畫出磁感應(yīng)強度B′隨時間變化的圖象． 【解析】　(1)由圖丙知線圈運動速度：v＝＝0.8m/s 線圈向右運動時切割磁感線，且各處磁場方向與組成線圈的導(dǎo)線垂直，線圈產(chǎn)生電動勢： E＝nBLv＝2πrnBv 流過MN電流：I＝ 聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)得：I＝＝1A 流過MN的電

25、流方向從M到N.當(dāng)線圈向左運動時，電流大小不變，流過MN的電流方向從N到M. (2)如圖所示MN受重力、斜面支持力和安培力作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，要使外加磁場B′最小，即安培力最小，當(dāng)流過MN的電流從M到N時，由左手定則知磁場方向垂直軌道平面向下． mgsin30°＝B′IL B′＝＝0.2T 當(dāng)流過MN的電流從N到M時，要使MN靜止，B′的方向相反，即垂直軌道平面向上，以此方向為正方向，則磁感應(yīng)強度B′隨時間變化圖象如圖所示． 【規(guī)律總結(jié)】　本題涵蓋力學(xué)中的位移圖象、三力平衡，電磁學(xué)中的安培力、感應(yīng)電動勢、閉合電路歐姆定律、左手定則等問題．解本類綜合題的關(guān)鍵是按照物理現(xiàn)象的因果關(guān)系及本

26、質(zhì)特征將其分解為若干個簡單問題，再逐個解決． 18．(2013·河南省示范性高中模擬)如圖所示，光滑斜面的傾角α＝30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l1＝1m，bc邊的邊長l2＝0.6m，線框的質(zhì)量m＝1kg，電阻R＝0.1Ω，線框與絕緣細(xì)線相連，現(xiàn)用F＝20N的恒力通過定滑輪向下拉細(xì)線并帶動線框移動(如圖所示)，斜面上ef線(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.5T，如果線框從靜止開始運動，進(jìn)入磁場最初一段時間做勻速運動，ef和gh的距離s＝18.6m，取g＝10m/s2，求： (1)線框進(jìn)入磁場前的加速度和線框進(jìn)入磁場時做勻速運動的速度v；

27、 (2)簡要分析線框在整個過程中的運動情況并求出ab邊由靜止開始到運動到gh線處所用的時間t； (3)ab邊運動到gh線處的速度大小和在線框由靜止開始到運動到gh線的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱． 【解析】　(1)線框進(jìn)入磁場前，線框僅受到細(xì)線的拉力F，斜面的支持力和線框重力，設(shè)線框進(jìn)入磁場前的加速度為a，對線框由牛頓第二定律得 F－mgsinα＝ma 解得a＝＝15m/s2 因為線框進(jìn)入磁場的最初一段時間做勻速運動 所以線框abcd受力平衡F＝mgsinα＋FA ab邊進(jìn)入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E＝Bl1v 形成的感應(yīng)電流I＝＝，受到的安培力FA＝BIl1 聯(lián)立上述各式得F

28、＝mgsinα＋，代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s (2)線框abcd進(jìn)入磁場前，做勻加速直線運動；進(jìn)磁場的過程中，做勻速直線運動；進(jìn)入磁場后到運動到gh線處，也做勻加速直線運動．進(jìn)磁場前線框的加速度大小為a＝15m/s2 該階段運動的時間為t1＝＝s＝0.4s 進(jìn)磁場的過程中勻速運動的時間為t2＝＝s＝0.1s 線框完全進(jìn)入磁場后其受力情況同進(jìn)入磁場前，所以該階段的加速度大小仍為a＝15m/s2 s－l2＝vt3＋at 解得：t3＝1.2s 因此ab邊由靜止開始運動到gh線處所用的時間為t＝t1＋t2＋t3＝1.7s (3)線框的ab邊運動到gh線處的速度v′＝v＋at3＝6m/s＋15×1.2m/s＝24m/s 整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝FAl2＝(F－mgsinα)l2＝9J