高考物理二轮复习5-1

专题5第1讲1．(2011·山东)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[答案]AB[解析]选项C中应为奥斯特发现了电流的磁效应，选项D中应为伽利略斜面实验的结论合理外推．2．(2011·北京东城模拟)如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器P串联，已知R0＝r，滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是()A．路端电压变大B．电路中的电流变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率变小[答案]C[解析]当滑片P由a端向b端滑动时，接入电路的总阻值减小，电路中的电流增大，选项B错误；由U内＝Ir可知，内电压增大，路端电压减小，选项A错误；由P＝I2R0可知，定值电阻R0上消耗的功率变大，选项D错误；当r＋R0＝RP时，滑动变阻器消耗的功率最大，即刚开始滑片处于a端时，滑动变阻器消耗的功率最大，选项C正确．3．(2011·广东)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同[答案]C[解析]根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，即磁通量变化越快，感应电动势越大，选项C正确；根据楞次定律可知，当原磁场减小时，感应电流的磁场才与其方向相同，选项D错误．4．(2011·江苏)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大[答案]B[解析]线框下落过程中，穿过线框的磁通量减小，选项A错误；由楞次定律可判断出感应电流方向一直沿顺时针方向，选项B正确；线框受到的安培力的合力竖直向上，但小于重力，则合力不为零，选项C错误；在下落过程中，安培力对线框做负功，则其机械能减小，选项D错误．5．(2011·佛山模拟)如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，变阻器R1的滑片P处在如图位置时，电灯L正常发光．现将滑片P向右移动，则在该过程中()A．电压表的示数变大B．电流表的示数变大C．电灯L变暗D．定值电阻R2消耗的电功率变小[答案]BC[解析]将滑片P向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的阻值逐渐减小，则电路中的总阻值逐渐减小，电路中的电流逐渐增大，选项B正确；由U端＝E－Ir可知，路端电压减小，流经电灯L的电流IL减小，电灯变暗，选项C正确；由I2＝I－IL可知，流经电阻R2的电流增大，选项D错误．6．(2011·海南)如图，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是()[答案]B[解析]导线框刚进入磁场后，由楞次定律判断出感应电流沿逆时针方向，故可排除C、D选项．在线框的左边界到达O点后继续向左运动l2的过程中，感应电流的大小不变，故可排除A选项．7．(2011·福建)如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A．运动的平均速度大小为12vB．下滑的位移大小为qRBLC．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为B2L2vRsinθ[答案]B[解析]金属棒开始做加速度减小的变加速直线运动，A项错误；由q＝IΔt及I＝ER＝ΔΦΔtR＝BLxΔtR，位移x＝qRBL，B项正确；此过程中由能量守恒知产生的热量Q＝mgsinθ·x－12mv2得Q＝mgqRBLsinθ－12mv2，选项C错误；当速度为v时，所受安培力为B2L2vR，选项D错误．8．(2011·潍坊模拟)如图甲所示，在金属框abcd平面内有空间分布均匀、大小和方向按图乙所示变化的磁场(垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向)．用i表示金属框中的感应电流(图甲中所示的方向为正)，用F表示cd边所受的安培力(水平向右为正方向)，则i、F随时间变化的图象正确的是()[答案]AD[解析]由楞次定律可知，0～1s内，原磁场垂直纸面向外并且在均匀减小，金属框内产生大小不变的感应电流，方向为逆时针方向(负方向)；1～2s内，原磁场垂直纸面向里并且在均匀增大，金属框内产生大小不变的感应电流，方向也为逆时针方向(负方向)；同理可得，后2s产生的电流大小与前2s的完全相同，但方向为瞬时针方向(正方向)，选项A正确；由F＝BIL，再根据磁场大小及方向的变化，选项D正确．9．(2011·江苏)如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直，阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t＝0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度，下列图象正确的是()[答案]D[解析]将开关由1拨到2，电容器放电，导体棒向右加速运动切割磁感线，导体棒中会产生感应电动势，这时导体棒相当于一个电源，导体棒下端是负极，上端是正极，当电容器的电压降至与导体棒的感应电动势相等时，电容器不再放电，回路中不再有电流，导体棒不再受安培力而匀速运动，所以最终状态是：电荷量不为零，电流为零，速度不为零，加速度为零，选项D正确．10．(2010·宁波八校模拟)如图所示，相距为d的两水平虚线L1、L2之间有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd的边长为L(Ld)、质量为m、电阻为R.现将线圈在磁场上方高h处由静止释放，ab边刚进入磁场时的速度和刚离开磁场时的速度相同，在线圈全部穿过磁场过程中，下列说法正确的是()A．线圈克服安培力所做的功为mgLB．线圈克服安培力所做的功为2mgdC．线圈的最小速度一定为mgRB2L2D．线圈的最小速度一定为2gh＋L－d[答案]BD[解析]因为ab边刚进入磁场时速度和刚离开磁场时速度相同，都为v1＝2gh，由能量守恒得，进磁场时克服安培力做功为mgd，又出磁场和进磁场时速度相同，全部穿过磁场过程中线圈克服安培力所做的功为2mgd，选项A错误而B正确；cd边刚进磁场时速度最小为v，则有－mgd＋mg(h＋L)＝12mv2，即v＝2gh＋L－d，选项C错误而D正确．11．(2011·济南模拟)如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1kg、电阻r＝1Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直于导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示(取g＝10m/s2)．求：(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻R产生的热量．[答案](1)2T(2)0.075J[解析](1)由图象知，杆自由下落0.1s进入磁场以v＝1.0m/s做匀速运动产生的电动势E＝BLv杆中的电流I＝ER＋r杆所受安培力F安＝BIL由平衡条件得mg＝F安代入数据得B＝2T(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075J12．(2011·深圳模拟)轻质细线吊着一质量为m＝0.32kg、边长为L＝0.8m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1Ω，边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松驰，取g＝10m/s2.求：(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；(2)在前t0时间内线圈的电功率；(3)t0的值．[答案](1)0.4V(2)0.16W(3)3s[解析](1)由法拉第电磁感应定律得：E＝nΔΦΔt＝n×12×(L2)2ΔBΔt＝10×12×(0.82)2×0.5V＝0.4V.(2)I＝Er＝0.4A，P＝I2r＝0.16W.(3)分析线圈受力可知，当细线松驰时有：F安＝nBt0IL2＝mg，I＝ErBt0＝2mgrnEL＝2T由图象知：Bt0＝1＋0.5t0(T)，解得：t0＝2s.13．(2011·北京西城模拟)如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B.在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W.[答案](1)BlvR(2)34BLv(3)2B2l3vR[解析](1)线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E＝BLv线框中的感应电流I＝Er＝BlvR(2)M、N两点间的电压UMN＝34E＝34Blv(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t＝lv此过程线框中产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝B2l3vR只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q2＝B2l3vR根据能量守恒定律得水平外力做的功W＝Q1＋Q2＝2B2l3vR14．(2011·浙江)如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2m、宽为d＝1m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1kg的导体棒以v0＝1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10m/s2)．(1)通过计算分析4s内导体棒的运动情况；(2)计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4s内回路产生的焦耳热．[答案](1)见解析(2)0.2A，沿顺时针方向(3)0.04J[解析](1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有－μmg＝mavt＝v0＋atx＝v0t＋12at2代入数据解得：t＝1s，x＝0.5m，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x＝0.5m(2)前2s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E＝0，I＝0后2s回路产生的电动势为Em＝ΔΦΔt＝ldΔBΔt＝0.1V回路的总长度为5m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5Ω电流为I＝ER＝0.2A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向(3)前2s电流为零，后2s有恒定电流，焦耳热为Q＝I2rt＝0.04J