復(fù)習(xí)之高效課堂三十五

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精新課標(biāo)2014年高考一輪復(fù)習(xí)之高效課堂三十五一、選擇題(每小題5分，共40分）1.如圖所示,兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計(jì)．現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)（)A．電容器兩端的電壓為零B．電阻兩端的電壓為BLvC．電容器所帶電荷量為CBLvD．為保持MN勻速運(yùn)動(dòng)，需對(duì)其施加的拉力大小為eq\f（B2L2v，R）解析C當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，穩(wěn)定后，對(duì)電容器不充電也不放電，無電流產(chǎn)生,故電阻兩端沒有電壓，電容器兩板間的電壓為U＝E＝BLv,所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，C正確；因勻速運(yùn)動(dòng)后MN所受合力為0，且此時(shí)無電流,故不受安培力即無需拉力便可做勻速運(yùn)動(dòng),D錯(cuò)．2.如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下，在磁場(chǎng)中有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形剛性金屬框，ab邊的質(zhì)量為m，電阻為R，其他三邊的質(zhì)量和電阻均不計(jì)．cd邊上裝有固定的水平軸，將金屬框自水平位置由靜止釋放,第一次轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，ab邊的速度為v，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，則在這個(gè)過程中，下列說法正確的是(）A．通過ab邊的電流方向?yàn)閍→bB．a(chǎn)b邊經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度v＝eq\r(2gL)C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)間的電壓逐漸變大D．金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgL－eq\f（1,2)mv2解析D本題考查電磁感應(yīng)．a(chǎn)b邊向下擺動(dòng)過程中，磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及右手定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;ab邊由水平位置到達(dá)最低點(diǎn)過程中,機(jī)械能不守恒,所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬框擺動(dòng)過程中，ab邊同時(shí)受安培力作用，故當(dāng)重力與安培力沿其擺動(dòng)方向分力的合力為零時(shí),a、b兩點(diǎn)間電壓最大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)等于此過程中機(jī)械能的損失，故選項(xiàng)D正確．3.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，由距磁場(chǎng)H高處自由下落,其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后,線圈開始做減速運(yùn)動(dòng),直到其上邊cd剛剛穿出磁場(chǎng)時(shí)，速度減為ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的一半，磁場(chǎng)的寬度也為L(zhǎng)，則線框穿越勻強(qiáng)磁場(chǎng)過程中發(fā)出的焦耳熱為(）A．2mgL B．2mgL＋mgHC．2mgL＋eq\f(3，4)mgH D．2mgL＋eq\f（1,4）mgH解析C設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，剛穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度v2＝eq\f（v1,2).線框自開始進(jìn)入磁場(chǎng)到完全穿出磁場(chǎng)共下落高度為2L。由題意eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgH,eq\f（1，2）mveq\o\al（2,1)＋mg·2L＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2，2)＋Q。聯(lián)立各式得Q＝2mgL＋eq\f(3,4）mgH.C選項(xiàng)正確．4。矩形線圈abcd，長(zhǎng)ab＝20cm，寬bc＝10cm，匝數(shù)n＝200，線圈回路總電阻R＝5Ω.整個(gè)線圈平面內(nèi)均有垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過．若勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示,則(）A．線圈回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間均勻變化B．線圈回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0.2AC．當(dāng)t＝0.3s時(shí)，線圈的ab邊所受的安培力大小為0.016ND．在1min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為48J解析D由E＝neq\f（ΔΦ,Δt）＝nSeq\f(ΔB，Δt）可知，由于線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB，Δt)＝eq\f（20－5×10－2，0.3）T/s＝0。5T/s為常數(shù)，則回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝neq\f(ΔΦ，Δt)＝2V，且恒定不變，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;回路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f（E,R)＝0。4A，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)t＝0。3s時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0。2T，則安培力為F＝nBIl＝200×0。2×0.4×0.2N＝3.2N，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；1min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝0.42×5×60J＝48J,選項(xiàng)D正確．5．如圖所示,半徑為R的導(dǎo)線環(huán)對(duì)心、勻速穿過半徑也為R的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，關(guān)于導(dǎo)線環(huán)中的感應(yīng)電流隨時(shí)間的變化關(guān)系，下列圖象中(以逆時(shí)針方向的電流為正)最符合實(shí)際的是（）解析C本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律及考生對(duì)圖象的分析能力．由E＝BLv可得，當(dāng)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，有效切割長(zhǎng)度在變大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大,由作圖可知，磁通量的變化量越來越?。@時(shí)由楞次定律可得，電流的方向和規(guī)定的正方向相同．當(dāng)線圈出磁場(chǎng)時(shí),有效切割長(zhǎng)度變小，磁通量變化量越來越大,這時(shí)由楞次定律可知,電流的方向與規(guī)定的正方向相反．綜上所述,C項(xiàng)正確，A、B、D項(xiàng)錯(cuò)誤．6．如圖所示,線圈內(nèi)有理想邊界的磁場(chǎng),開關(guān)閉合，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小時(shí)，有一帶電微粒靜止于水平放置的平行板電容器中間，若線圈的匝數(shù)為n，平行板電容器的板間距離為d,粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，線圈面積為S，則下列判斷中正確的是（）A．帶電微粒帶負(fù)電B．線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為eq\f(mgd,nqS）C．當(dāng)下極板向上移動(dòng)時(shí)，帶電微粒將向上運(yùn)動(dòng)D．當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)，帶電微粒將做自由落體運(yùn)動(dòng)解析BC由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小,由楞次定律及右手定則可知電容器下極板帶正電，帶電微粒靜止，說明其受到的電場(chǎng)力向上,故帶電微粒帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由mg＝eq\f(qU,d)及U＝neq\f（ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S可得：eq\f(ΔB,Δt）＝eq\f(mgd，nqS），選項(xiàng)B正確；當(dāng)下極板向上移動(dòng)時(shí),兩極板間距減小，由E＝eq\f(U，d)可知場(chǎng)強(qiáng)變大，則mg〈eq\f（qU,d）,故帶電微粒將向上加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；開關(guān)斷開時(shí),電容器兩極板間電壓不變，故帶電微粒仍靜止，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．7.一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬導(dǎo)軌底端向上滑行，導(dǎo)軌平面與水平面成30°角，兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連，如圖所示，磁場(chǎng)垂直斜面向上，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時(shí)的速度大小為v，則（）A．向上滑行的時(shí)間大于向下滑行的時(shí)間B．在向上滑行時(shí)電阻R上產(chǎn)生的熱量小于向下滑行時(shí)電阻R上產(chǎn)生的熱量C．向上滑行時(shí)與向下滑行時(shí)通過電阻R的電荷量相等D．金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點(diǎn)，電阻R上產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2）m（veq\o\al(2，0）－v2)解析C導(dǎo)體桿沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)安培力沿斜面向下，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)安培力沿斜面向上，所以上升過程的加速度大于下滑過程的加速度,因此向上滑行的時(shí)間小于向下滑行的時(shí)間，A錯(cuò)；向上滑行過程的平均速度大，感應(yīng)電流大，安培力做的功多,R上產(chǎn)生的熱量多，B錯(cuò);由q＝eq\f（ΔΦ,R＋r)知C對(duì)；由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總熱量為eq\f（1，2）m（veq\o\al（2，0)－v2),D錯(cuò)．8。如圖所示，兩豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌相距0。2m，其電阻不計(jì)，處于水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T，導(dǎo)體棒ab與cd的電阻均為0。1Ω，質(zhì)量均為0。01kg.現(xiàn)用豎直向上的力拉ab棒,使之勻速向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)cd棒恰好靜止，已知棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，g取10m/s2，則（）A．a(chǎn)b棒向上運(yùn)動(dòng)的速度為1m/sB．a(chǎn)b棒受到的拉力大小為0。2NC．在2s時(shí)間內(nèi)，拉力做功為0.4JD．在2s時(shí)間內(nèi)，ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為0。4J解析Bcd棒受到的安培力等于它的重力，Beq\f(BLv,2R)L＝mg，v＝eq\f(mg×2R,B2L2）＝2m/s，A錯(cuò)誤．a(chǎn)b棒受到向下的重力G和向下的安培力F，則ab棒受到的拉力FT＝F＋G＝2mg＝0。2N，B正確．在2s內(nèi)拉力做的功W＝FTvt＝0。2×2×2J＝0。8J，C不正確．在2s內(nèi)ab棒上產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝(eq\f(BLv,2R））2Rt＝0。2J，D不正確．二、非選擇題（共60分）9．（14分）如圖所示，面積為0.2m2的100匝線圈A處在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面．磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律是B＝（6－0。2t）T．已知電路中的R1＝4Ω,R2＝6Ω，電容C＝30μF，線圈A的電阻不計(jì)，求：(1)閉合S后，通過R2的電流大小及方向．(2）閉合S一段時(shí)間后，再斷開S,S斷開后通過R2的電荷量．解析(1)由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，根據(jù)B＝（6－0.2t）T,可知eq\f（ΔB，Δt）＝0。2T/s，所以線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝neq\f(ΔΦ，Δt)＝nS·eq\f（ΔB，Δt)＝100×0.2×0。2V＝4V.通過R2的電流強(qiáng)度為I＝eq\f（E,R1＋R2）＝eq\f(4，4＋6）A＝0.4A.由楞次定律可知通過R2的電流的方向由上而下．(2）閉合S一段時(shí)間后，電容器被充上一定的電荷量，此時(shí)其電壓U＝IR2＝0。4×6V＝2.4V。再斷開S,電容器將放電，通過R2的電荷量就是電容器原來所帶的電荷量：Q＝CU＝30×10－6×2.4C＝7.2×10－5C【答案】（1)0.4A自上而下(2)7.2×10－5C10．(15分）（2012·聊城模擬)如圖所示,一根電阻為R＝12Ω的電阻絲做成一個(gè)半徑為r＝1m的圓形導(dǎo)線框，豎直放置在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直,磁感強(qiáng)度為B＝0.2T,現(xiàn)有一根質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒，自圓形線框最高點(diǎn)靜止起沿線框下落,在下落過程中始終與線框良好接觸，已知下落距離為eq\f（r,2）時(shí),棒的速度大小為v1＝eq\f（8,3）m/s，下落到經(jīng)過圓心時(shí)棒的速度大小為v2＝eq\f（10，3)m/s(取g＝10m/s2）,試求：（1）下落距離為eq\f(r,2)時(shí)棒的加速度．（2)從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中線框中產(chǎn)生的熱量．解析(1）金屬棒下落距離為eq\f(r,2)時(shí)，金屬棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),由法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B（eq\r（3）r)v1此時(shí),金屬圓環(huán)為外電路,等效電阻為R1＝eq\f（\f（R,3）×\f(2R，3），R)＝eq\f(2R，9)＝eq\f(8,3)Ω，金屬棒中的電流為I＝eq\f(E,R1)金屬棒受的安培力為F＝BIL＝eq\f(B2\r（3)r2v1，R1）＝0。12N由mg－F＝ma得：a＝g－eq\f（F,m）＝10－eq\f（0。12,0.1）＝10－1。2＝8.8(m/s2）(2)由能量守恒定率得mgr－Q＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,2）－0所以，從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中線框中產(chǎn)生的熱量為Q＝mgr－eq\f（1，2)mveq\o\al（2,2）＝0.1×10×1J－eq\f(1,2）×0。1×(eq\f(10，3）)2J＝0.44J【答案】(1）8.8m/s2（2)0。44J11．(15分）如圖所示，將邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，線框向上離開磁場(chǎng)時(shí)的速度剛好是進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的一半，線框離開磁場(chǎng)后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進(jìn)入磁場(chǎng)．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力F阻且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)．求:（1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v2.（2）線框在上升階段剛離開磁場(chǎng)時(shí)的速度v1.（3)線框在上升階段通過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析由線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場(chǎng)可知，線框所受合力為零，由力的平衡知識(shí)可列力的平衡方程,其中安培力的表達(dá)式中含有v2,可解得;由線框離開磁場(chǎng)上升的過程和下落的過程，可根據(jù)動(dòng)能定理列式求得離開磁場(chǎng)時(shí)的速度v1,線框在上升階段通過磁場(chǎng)過程中，重力、阻力、安培力做功，其中產(chǎn)生的焦耳熱Q為安培力做的負(fù)功值,由能量守恒可求得Q.(1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間mg＝F阻＋eq\f(B2a2v2,R)，解得v2＝eq\f(mg－F阻R，B2a2).(2）線框從離開磁場(chǎng)至上升到最高點(diǎn)的過程（mg＋F阻）h＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2,1)。線框從最高點(diǎn)回落至進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間（mg－F阻)h＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2，2)。聯(lián)立解得v1＝eq\r(\f（mg＋F阻，mg－F阻）)v2＝eq\r（mg2－F\o\al(2,阻))eq\f（R，B2a2）。(3)線框在向上通過磁場(chǎng)過程中eq\f(1，2）mveq\o\al(2，0）－eq\f（1，2）mveq\o\al（2，1)＝Q＋(mg＋F阻)（a＋b），v0＝2v1.Q＝eq\f(3,2）m［(mg)2－Feq\o\al(2,阻)]eq\f（R2，B4a4）－(mg＋F阻）(a＋b）．【答案】（1）eq\f(mg－F阻R，B2a2)（2）eq\r（mg2－F\o\al(2，阻))eq\f(R，B2a2）（3）eq\f(3,2)m[(mg）2－Feq\o\al(2