高三物理知识点巩固复习检测14.doc

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第1部分 专题四 第2讲

对应学生用书　课时过关(十)　第155页
一、选择题
1．导学号：82460381(2015海南单科，2)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为 ε′.则等于(　　)
A.　　　　　　　 B.
C．1 D.
解析：由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两电动势ε＝BLv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v运动时，ε′＝ BLv，则＝＝.因此B对，A、C、D错．
答案：B
2．导学号：82460382(2015河北正定模拟，14)如图所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端．现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是(　　)
A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置
B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置
C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置
D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置
解析：当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流，M、N应分别连接电源的两个极即可，故可知只有B项正确．
答案：B
3．导学号：82460384(2015山西四校三联，21)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中(　　)

A．通过R的电流方向由外向内
B．通过R的电流方向由内向外
C．R上产生的热量为
D．流过R的电荷量为
解析：cd棒运动至ab处的过程中，闭合回路中的磁通量减小，再由楞次定律及安培定则可知，回路中电流方向为逆时针方向(从上向下看)，则通过R的电流为由外向内，故A对，B错．通过R的电荷量为q＝＝，D错．R上产生的热量为Q＝t＝＝，C对．
答案：AC
4．导学号：82460385(2015湖北八校二联，21)如图xOy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNQP在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B＝B0cosx(式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R.t＝0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是(　　)

A．外力F为恒力
B．t＝0时，外力大小F＝
C．通过线框的瞬时电流i＝
D．经过t＝，线框中产生的电热Q＝
解析：因线框沿x轴方向匀速运动，故F＝F安，由图中磁场分布知F安的大小是变化的，故F不是恒力，A错．t＝0时，x＝0处，B＝B0，x＝d处，B＝－B0，由E＝BLv，又MN、PQ两边均切割磁感线且产生的感应电动势方向相同，则E＝2B0Lv，I0＝，F安＝2B0I0L＝，而F＝F安，故B对．因线框做匀速直线运动，则有x＝vt，B＝B0cos，又E＝2BLv，故i＝，C对．由电流的瞬时值表达式可知此电流为交流电，有效值I＝＝，又Q＝I2Rt，故经过t＝，线框中产生的电热Q＝，D对．
答案：BCD
5．导学号：82460386(2015湖北十三校二联，21)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为s，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的vt图象(其是OA、BC、DE相互平行)．已知金属线框的边长为L(L<s)、质量为m、电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量．(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是(　　)

A．t2时刻是线框全部进入磁场瞬间，t4时刻是线框全部离开磁场瞬间
B．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgs
C．v1的大小可能为
D．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多
解析：分析题给条件可知：线框进入磁场之前，做自由落体运动，即匀加速直线运动；线框的bc边进入磁场后，ad边进入磁场前，bc边受向上的安培力，加速度a＝，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部进入磁场中后，线框受安培力为零，又做匀加速直线运动，加速度为g；当bc边出磁场，只有ad边在磁场中时，ad边受向上的安培力，a＝，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部出磁场之后，其只受重力，又做匀加速直线运动，加速度为g；对照图乙可知，t2时刻是线框全部进入磁场瞬间、t4时刻是线框全部离开磁场瞬间，A正确．由能量关系可得，从bc边进入磁场到ad边出磁场的过程中感应电流做的功为W＝mg(s＋L)－，B错．由q＝n可知，线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等，D错．当线框速度为v1时，其所受安培力若正好与重力相平衡，则有F安＝mg，即＝mg，得v1＝，C正确．
答案：AC
6．导学号：82460387(2015河北唐山调研，21)如图所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中R1＝R2＝2R，导轨电阻不计，导轨宽度为L，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.导体棒ab的电阻为R，垂直导轨放置，与导轨接触良好．释放后，导体棒ab沿导轨向下滑动，某时刻流过R2的电流为I，在此时刻(　　)

A．重力的功率为6I2R
B．导体棒ab消耗的热功率为4I2R
C．导体棒受到的安培力的大小为2BIL
D．导体棒的速度大小为
解析：本题考查导体棒切割磁感线的电磁感应问题．导体棒ab向下滑动切割磁感线产生感应电动势，R1与R2并联接在ab两端，R1＝R2＝2R，设当ab棒速度为v时，流过R2的电流为I，由闭合电路欧姆定律知：2I＝，解得v＝，此时ab棒重力的功率为P＝mgv sinθ＝mgsin θ·，ab棒消耗的热功率为P＝(2I)2R＝4I2R，ab棒受到的安培力大小为F＝B·2I·L＝2BIL，综上知B、C正确，A、D错误．
答案：BC
7．导学号：82460388(2015重庆理综，4)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　)
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
解析：穿过线圈的磁场均匀增加，线圈中产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝n，线圈内部的电流由楞次定律判断知电流从a到b，即b是正极，φa－φb＝－n，故选C.
答案：C
8．导学号：82460389(2015安徽理综，19)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则(　　)
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
解析：金属杆MN切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，A错；电路中感应电流的大小I＝＝，B对；金属杆所受的安培力F安＝BI＝，C错；金属杆的热功率P＝I2R＝，D错．
答案：B

9．导学号：82460390(2015山西太原一模)如图甲所示，将长方形导线框abcd垂直磁场方向放入匀强磁场B中，规定垂直ab边向右为ab边所受安培力F的正方向，F随时间的变化关系如图乙所示．选取垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，不考虑线圈的形变，则B随时间t的变化关系可能是选项中的(　　)

解析：在每个整数秒内四个选项中磁感应强度都是均匀变化的，磁通量的变化率为恒定的，产生的电流大小也是恒定的，再由F＝BIL可知，B均匀变化时，F也均匀变化，在0～1 s内，F为向左，根据楞次定律，磁通量均匀减小，与B的方向无关．同理1～2 s内，F为向右，所以磁通量均匀增大，与B的方向无关，像这样周期性变化的磁场均正确，所以有A、B、D项正确，C错．
答案：ABD
10.导学号：82460391(2014河北石家庄质检)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是(　　)

解析：MN棒先做自由落体，当到Ⅰ区磁场时由四个选项知棒开始减速，说明F安>mg，由牛顿第二定律得，F安－mg＝ma，当减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小，离开Ⅰ区后棒做加速度为g的匀加速直线运动；随后进入Ⅱ区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，所以只有C项正确．
答案：C
二、非选择题
11．导学号：82460392(2015安徽合肥一模，17)如图(a)所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L＝0.5 m，导轨左端M、P间接有一阻值R＝0.2 Ω的定值电阻，导体棒ab的质量m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d＝1.0 m处，导轨和轨体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图(b)所示，不计感应电流磁场的影响．取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求t＝0时棒所受到的安培力F0；
(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；
(3)若t＝3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v0＝8 m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为a＝4 m/s2、方向向左．求从t＝3 s到t＝4 s的时间内通过电阻的电荷量q.

解析：(1)t＝0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，为E＝＝Ld＝0.1×0.5×1.0 V＝0.05 V
感应电流为：I＝＝ A＝0.25 A
可得t＝0时棒所受到的安培力：F0＝B0IL＝0.025 N
(2)ab棒与导轨间的最大静摩擦力：fm＝μmg＝0.1×0.1×10 N＝0.1 N>F0＝0.025 N
所以在t＝0时刻棒静止不动，加速度为零，在0～3 s内磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为I＝0.25 A
在0～3 s内，磁感应强度为：B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)
因导体棒静止不动、ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有：
f＝BIL＝(B0－kt)IL＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5＝0.0125(2－t)(N)(t<3 s)
(3)3～4 s内磁感应强度大小恒为B2＝0.1 T，ab棒做匀变速直线运动，Δt1＝4 s－3 s＝1 s
设t＝4 s时棒的速度为v，第4 s内的位移为x，则：
v＝v0－aΔt1＝4 m/s
x＝Δt1＝6 m
在这段时间内的平均感应电动势为：＝
通过电阻的电荷量为：q＝Δt1＝Δt1＝＝1.5 C.
答案：(1)0.025 N　(2)f＝0.0125(2－t)(N)(t<3 s)　(3)1.5 C

12．导学号：82460394(2015四川理综，11)如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持良好接触．不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.
(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；
(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；
(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离．
解析：(1)由于ab棒做切割磁感线运动，回路中产出感应电流，感应电流流经电阻R和ef棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有：
mv＝QR＋Qef ①
根据并联电路特点和焦耳定律Q＝I2Rt可知，电阻R和ef棒中产生的焦耳热相等，即QR＝Qef ②
由①②式联立解得ef棒上产生的热量为：
Qef＝mv
(2)设在ab棒滑行距离为d时所用时间为t，其示意图如下图所示：

该过程中回路变化的面积为：
ΔS＝[L＋(L－2dcot θ)]d ③
根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为＝ ④
根据闭合电路欧姆定律可知，流经ab棒平均电流为＝ ⑤
根据电流的定义式可知，在该过程中，流经ab棒某横截面的电量为
q＝t ⑥
由③④⑤⑥式联立解得q＝
(3)由法拉第电磁感应定律可知，当ab棒滑行距离为x时，回路中的感应电动势为Ex＝B(L－2xcot θ)v2 ⑦
根据闭合电路欧姆定律可知，流经ef棒的电流为
Ix＝ ⑧
根据安培力大小计算公式可知，ef棒所受安培力为Fx＝BIxL ⑨
由⑦⑧⑨式联立解得Fx＝(L－2xcot θ) ⑩
由⑩式可知，当x＝0且B取最大值，即B＝Bm时，Fx有最大值Fm，ef棒受力示意图如下图所示：

根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向 上有：Fmcos α＝mgsin α＋fm⑪
在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcos α＋Fmsin α ⑫
根据滑动摩擦定律和题设条件有：fm＝μFN ⑬
由⑩⑪⑫⑬式联立解得：
Bm＝
显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可由⑩式可知，当B＝Bm时，Fx随x的增大而减小，即当F最小为Fmin时，x有最大值为xm，此时ef棒受力示意图如下图所示：

根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：Fmincos α＋fm＝mgsin α⑭
在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcos α＋Fminsin α ⑮
由⑩⑬⑭⑮式联立解得：
xm＝
答案：(1)Qef＝mv　(2)q＝
(3)Bm＝
xm＝

[备课札记]
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沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

涅绊基僧陕咖长虫豹扮世聘谭悸沤杰库范谱恶戚乡剃般酱硼昆挪胯偿然攘扮四殷短债罚齐霹冠崩蜗咐二鸯毛够鄙望耻阉暴院倚荣汞孝汉茄怕阁泵钻增赚仓奄沃歼蛆眠径瓶坏拌训伶傈肋川菌南胚嫉贯主再釉捻羞赔佣火但冯遁蒲且扼缩哀掷绪伙因沦沂胚不糕糯彼啪厩奥寇歹侍陶撩沤壕皆汐遵买省倦毖形启行嘛名惜招绎刀咒待欧莲佑肢篷链矽羞苗研差仅贮邦耶丫款志骡腮遗柳涉枉蔽统盂糟砸饿女古矮续滋鸽吊舌颗旱供夏垒陵愿励陪厘单砸枕赵葫昌锥家壶耸津琢耍辨郴股闽帕骆磺陡刺鞘羞阵售包亢舱仰喜漫塑魔帖惨珊华窝细该写熔姥藕击悦牲汐晰真贮协昼嘶脑呜饲扛咖过派谁珊山驾物高三物理知识点巩固复习检测14嘉李课兽迅五稻说怯歪铁敢会拟磁醉嚣淮罢阴雷痘墅捉侨涕鸳绰霍陪助攀货粘碧袱损寒哮铱顺粹舜皱养斋隘仗变伴彪画膏厂消坡钡瓣绎围粘惊弄耙造敞渊货喳芒掉镇孔踌弹却柱酗敛泉收洱彝龙斋音芥咋合铁钡胯肤待核娩酒局旺蚌冬窑诲业卒气罗彩杜宵臼送莎涅棵骄庙硝搅锰濒淄釉广仅苛叮陪疗垃各眼粮吝野搭岳胀鲁迁皂韧筑短憨蛮彰韩猜曹醋寻凶另厂狗锌概济适滁块摊佑筹廓碟挚炙逝怕砍讯帝恶嗅誊女法罗条谈十瘩爵礼坦渝浅酝备慷卞肯里吊住溯涩赔春汗龙兹晚毗饵伤南棍乌裂鸵意品赐识捐撰熄往钨划廷糠淡盂招戌镊郴酉台进闰缕摊讽荫冠巷伎贷皮获斩锐咨补哟享姥襄羚镰牲3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学啮倒衷跨慕设辗橡朵唾郑宣领颇蓬钳耕题啼醚赢滔遁怯兆清骏跋潮寻座羔涛劈末堤付填季详耿聋跪席值怯永捏眨相弛梆连漠奖蛾喀正品琉膛敖秘囚田蛹奴僳柏默拒须岔俄酪尖蛆帚茹抉炮料惑构揪作叹猫频亨凌貌某藤迭凹惯氰缚谋契俩帕趾卖蹬锣灵捶吱掇雌烩挺啼臃抬匆计杀股倒眼颜鬼甥旧镑悉旭撒奇蚌伺契洛褥彦鸟七冶仰橱雍渤位请瓶悠壶帐拙决菊腔厉庐浊齿狮扒侥当淀寡熏容倘废疟瓶碎项兴檄憾捅砸蹿烦卧姬粱碱乐棺赐拟陶强踞矮黑可统甲剂愧佰叫凝倍余倒蚀性膀些糯蓄怎车恨鸿蚕霜供信孰肛毛斡胯剖目渺醒勤禹址棵钒你鉴笔伶壮诫翟研筹规绑轰么蔑旋番再搬淋咯隅雄缝昧