高考物理一輪復習 高效課堂精講精練26

一、單項選擇題(本大題共5小題，每小題6分，共30分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求，選對的得6分，選錯或不答的得0分．)1．為了診斷病人的心臟功能和動脈血液黏稠情況，需測量血管中血液的流量，如圖9－2－15所示為電磁流量計示意圖，將血管置于磁感應強度為B的磁場中，測得血管兩側a、b兩點間電壓為U，已知血管的直徑為d，則血管中血液的流量Q(單位時間內流過的體積)為()圖9－2－15A.eq\f(U,Bd) B.eq\f(πdU,B)C.eq\f(πdU,4B) D.eq\f(πd2U,4B)【解析】由題意可以建立導體棒切割磁感線模型，如圖所示，由U＝Bdv，S＝eq\f(1,4)πd2，Q＝vS，可得出血管中血液的流量Q＝eq\f(πdU,4B).故選C.【答案】C圖9－2－162．如圖9－2－16所示，導體棒AB長2R，繞O點以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動，OB為R，且OBA三點在同一直線上，有一勻強磁場磁感應強度為B，充滿轉動平面且與轉動平面垂直，那么AB兩端的電勢差大小為()A.eq\f(3,2)BωR2 B．2BωR2C．4BωR2 D．6BωR2【解析】連接OB，則AB產生的感應電動勢就等于OA產生的感應電動勢EOA與OB產生的感應電動勢EOB之差．因EOA＝BLv＝BLOAeq\x\to(v)OA＝3RBeq\f(3Rω,2)＝eq\f(9,2)BωR2，EOB＝BLOBeq\x\to(v)OB＝RBeq\f(Rω,2)＝eq\f(1,2)BωR2，EAB＝EOA－EOB＝4BωR2，C項正確．【答案】C圖9－2－173．(2012·西安模擬)如圖9－2－17所示，Q是單匝金屬線圈，MN是一個螺線管，它的繞線方法沒有畫出，Q的輸出端a、b和MN的輸入端c、d之間用導線相連，P是在MN的正下方水平放置的用細導線繞制的軟彈簧線圈．若在Q所處的空間加上與環(huán)面垂直的變化磁場，發(fā)現(xiàn)在t1至t2時間段內彈簧線圈處于收縮狀態(tài)，則所加磁場的磁感應強度的變化情況可能是()【解析】在t1至t2時間段內彈簧線圈處于收縮狀態(tài)，說明此段時間內穿過線圈的磁通量變大，即穿過線圈的磁場的磁感應強度變大，則螺線管中電流變大，單匝金屬線圈Q產生的感應電動勢變大，所加磁場的磁感應強度的變化率變大，即B-t圖線的斜率變大，故選項D正確．【答案】D圖9－2－184．如圖9－2－18所示，OO′為一金屬轉軸(只能轉動不能移動)，M為與OO′固定連接且垂直于OO′的金屬桿，當OO′轉動時，M的另一端在固定的金屬環(huán)N上滑動，并保持良好的接觸．整個裝置處于一勻強磁場中，磁場方向平行于OO′軸，磁感應強度的大小為B0.圖中V為一理想電壓表，一端與OO′接觸，另一端與環(huán)N連接．已知當OO′的角速度ω＝ω0時，電壓表讀數(shù)為U0；如果將磁場變?yōu)榇鸥袘獜姸葹閚B0的勻強磁場，而要電壓表的讀數(shù)為mU0時，則OO′轉動的角速度應變?yōu)?)A．nω0 B．mω0C.eq\f(n,m)ω0 D.eq\f(m,n)ω0【解析】電壓表為理想電壓表，故電壓表讀數(shù)為金屬桿M轉動切割磁感線時產生的感應電動勢的大?。甎0＝eq\f(1,2)B0ω0r2，mU0＝eq\f(1,2)nB0ω′r2，r為金屬桿的長度，則ω′＝eq\f(m,n)ω0.故D正確．【答案】D圖9－2－195．(2012·青島模擬)如圖9－2－19所示，鐵芯右邊繞有一個線圈，線圈兩端與滑動變阻器、電池組連成回路．左邊的鐵芯上套有一個環(huán)面積為0.02m2、電阻為0.1Ω的金屬環(huán)．鐵芯的橫截面積為0.01m2，且假設磁場全部集中在鐵芯中，金屬環(huán)與鐵芯截面垂直．調節(jié)滑動變阻器的滑動頭，使鐵芯中的磁感應強度每秒均勻增加0.2T，則從上向下看()A．金屬環(huán)中感應電流方向是逆時針方向，感應電動勢大小為4.0×10－3VB．金屬環(huán)中感應電流方向是順時針方向，感應電動勢大小為4.0×10－3VC．金屬環(huán)中感應電流方向是逆時針方向，感應電動勢大小為2.0×10－3VD．金屬環(huán)中感應電流方向是順時針方向，感應電動勢大小為2.0×10－3V【解析】鐵芯內的磁通量情況是相同的，金屬環(huán)的有效面積即鐵芯的橫截面積．根據(jù)電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1×0.2×0.01V＝2×10－3V．又根據(jù)楞次定律，金屬環(huán)中電流方向為逆時針方向，即C正確．【答案】C二、雙項選擇題(本大題共5小題，每小題8分，共40分．全部選對的得8分，只選1個且正確的得4分，有選錯或不答的得0分．)6．(2011·山東高考)了解物理規(guī)律的發(fā)現(xiàn)過程，學會像科學家那樣觀察和思考，往往比掌握知識本身更重要．以下符合史實的是()A．焦耳發(fā)現(xiàn)了電流熱效應的規(guī)律B．庫侖總結出了點電荷間相互作用的規(guī)律C．楞次發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，拉開了研究電與磁相互關系的序幕D．牛頓將斜面實驗的結論合理外推，間接證明了自由落體運動是勻變速直線運動【解析】焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應，通常稱此為焦耳熱，A正確．庫侖研究電荷間作用的規(guī)律，得出庫侖定律，B正確．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，法拉第發(fā)現(xiàn)了磁場產生電流，打開電氣時代的大門，C錯誤．伽利略做斜面實驗，研究自由落體運動，D錯誤．【答案】AB圖9－2－207．如圖9－2－20所示為新一代炊具——電磁爐，無煙、無明火、無污染、不產生有害氣體、無微波輻射、高效節(jié)能等是電磁爐的優(yōu)勢所在．電磁爐是利用電流通過線圈產生磁場，當磁場的磁感線通過含鐵質鍋底部時，即會產生無數(shù)小渦流，使鍋體本身自行高速發(fā)熱，然后再加熱鍋內食物．下列相關說法中正確的是()A．鍋體中的渦流是由恒定的磁場產生的B．恒定磁場越強，電磁爐的加熱效果越好C．鍋體中的渦流是由變化的磁場產生的D．提高磁場變化的頻率，可提高電磁爐的加熱效果【解析】由電磁感應原理可知，鍋體中的渦流是由變化的磁場產生的，且提高磁場變化的頻率，產生的感應電動勢變大，故可提高電磁爐的加熱效果．故C、D正確．【答案】CD8.圖9－2－21把電阻均勻的導線繞制成的閉合線圈放在勻強磁場中，如圖9－2－21所示，線圈平面與磁場方向成30°角，磁感應強度隨時間均勻變化，下列方法中可使感應電流增加一倍的是()A．把線圈匝數(shù)增加一倍B．把線圈面積增加一倍C．把線圈半徑增加一倍D．改變線圈與磁場方向的夾角【解析】設導線的電阻率為ρ，橫截面積為S0，線圈的半徑為r，則I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(nπr2\f(ΔB,Δt)sinθ,ρ\f(n·2πr,S0))＝eq\f(S0r,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt)·sinθ，可見將r增加1倍，I增加1倍，C對；將線圈與磁場方向的夾角改變時，sinθ可以由原來eq\f(1,2)變?yōu)?，電流增大1倍，D正確；若將線圈的面積增加1倍，半徑r增加了(eq\r(2)－1)倍，電流增加了(eq\r(2)－1)倍，B錯；I與線圈匝數(shù)無關，A錯．【答案】CD圖9－2－229．如圖9－2－22所示，金屬棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒與框架接觸良好，勻強磁場垂直于ab棒斜向下．從某時刻開始磁感應強度均勻減小，同時施加一個水平方向上的外力F使金屬棒ab保持靜止，則F()A．F為恒力B．F為變力C．方向向右 D．方向向左【解析】因回路磁通量減小，由楞次定律知棒中電流由b到a；由左手定則可判定安培力的方向為右下方，由平衡條件可推知外力F方向向左；磁感應強度B均勻減小，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S可得感應電動勢恒定，電流不變，F(xiàn)安＝BIl減小，故外力F也應變小，B、D項正確．【答案】BD圖9－2－2310．(2012·南充模擬)如圖9－2－23所示的電路中，L是一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2和D3是三個完全相同的燈泡，E是內阻不計的電源．在t＝0時刻，閉合開關S，電路穩(wěn)定后在t1時刻斷開開關S.規(guī)定電路穩(wěn)定時流過D1、D2的電流方向為正方向，分別用I1、I2表示流過D1和D2的電流，則下圖中能定性描述電流I隨時間t變化關系的是()【解析】在t1時刻斷開開關S后，由于自感現(xiàn)象通過D1的電流逐漸減小，方向不變，A錯誤，B正確；而通過D2和D3的電流方向立即改變，C正確，D錯誤．【答案】BC三、非選擇題(本大題共2小題，共30分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)圖9－2－2411．(14分)如圖9－2－24所示，勻強磁場的磁感應強度方向垂直于紙面向里，大小隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k，k為負的常量．用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬導線做成一邊長為l的方框，將方框固定于紙面內，其右半部分位于磁場區(qū)域中．求：(1)導線中感應電流的大小；(2)磁場對方框作用力的大小隨時間的變化率．【解析】(1)導線框的感應電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)①ΔΦ＝eq\f(1,2)l2ΔB②導線框中的電流為I＝eq\f(E,R)③式中R是導線框的電阻，根據(jù)電阻定律有R＝ρeq\f(4l,S)④聯(lián)立①②③④式，將eq\f(ΔB,Δt)＝k代入得I＝eq\f(klS,8ρ).⑤(2)導線框所受磁場的作用力的大小為F＝BIl⑥它隨時間的變化率為eq\f(ΔF,Δt)＝Ileq\f(ΔB,Δt)⑦由⑤⑦式得eq\f(ΔF,Δt)＝eq\f(k2l2S,8ρ).【答案】(1)eq\f(klS,8ρ)(2)eq\f(k2l2S,8ρ)12．(16分)一有界勻強磁場區(qū)域如圖9－2－25甲所示，質量為m、電阻為R的矩形線圈abcd邊長分別為L和2L，線圈一半在磁場內，一半在磁場外，開始時磁感應強度為B.t＝0時刻磁場開始均勻減小，線圈中產生感應電流，在安培力作用下運動，其v－t圖象如圖乙所示，圖中斜向虛線為過O點速度圖線的切線，數(shù)據(jù)由圖中給出，不考慮重力影響，求：圖9－2－25(1)磁場的磁感應強度的變化率；(2)t2時刻回路的電功率．【解析】(1)由v－t圖象可知道，t＝0時刻，線圈加速度為a＝v0/t1此時線圈的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBL2,Δt)線圈此刻所受安培力為F＝BIL＝Beq\f(ΔBL3,RΔt)＝ma得到eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mv0R,BL3t1).(2)線圈t2時刻開始做勻速直線運動，有兩種可能：a．線圈沒有完全進入磁場，磁場就消失，所以沒有