高中物理選擇性必修-第2冊-第二章進階突破

第二章進階突破一、選擇題(第1～5題為單選題，第6～9題為多選題)1．(2020年渭南富平模擬)如圖甲所示，線圈ab中通有如圖乙所示的電流，電流從a到b為正方向，那么在0～t0這段時間內，用絲線懸掛的鋁環(huán)M中產生感應電流，則()A．從左向右看感應電流的方向為順時針B．從左向右看感應電流的方向為先順時針后逆時針C．感應電流的大小先減小后增加D．感應電流的大小一直減小【答案】A【解析】根據題意可知，由于電流從a到b為正方向，當電流從a流向b時，由右手螺旋定則可知，線圈ab的磁場水平向右，由于電流減小，所以磁通量變小，根據楞次定律可得，鋁環(huán)M的感應電流為順時針(從左向右看)．當電流從b流向a時，由右手螺旋定則可知，線圈ab的磁場水平向左，當電流增大，則磁通量變大，根據楞次定律可得，鋁環(huán)M的感應電流為順時針(從左向右看)．故感應電流方向不變，故A正確，B錯誤．由圖乙知，ab中電流變化率不變，則產生的磁場的變化率不變，根據法拉第電磁感應定律知，產生的電動勢大小不變，所以感應電流的大小也不變，故C、D錯誤．2．一位物理老師用一段銅導線和一塊磁鐵演奏一曲《菊花臺》的視頻驚艷網友，網友直呼“史上最牛物理老師”．他是這么做的：在一塊木板上固定兩顆螺絲釘，用一段銅導線纏繞在兩顆螺絲釘之間，擴音器通過導線與兩螺絲釘連接．將磁鐵放在銅導線旁邊，手指撥動銅導線，另一只手握著螺絲刀壓著銅導線，并在銅導線上滑動，優(yōu)美動聽的樂曲就呈現出來了．根據上面所給的信息，你認為下面說法正確的是()A．手指撥動銅導線，銅導線的振動引起空氣振動而發(fā)出聲音B．手指撥動銅導線，使銅導線切割磁感線產生感應電流，電流通過擴音器放大后發(fā)聲C．聲音的音調變化是通過手指撥動銅導線力的大小來實現的D．手指撥動銅導線，銅導線中產生直流電流【答案】B【解析】手指撥動銅導線發(fā)聲是由于銅導線切割磁感線產生感應電流，電流通過擴音器放大后發(fā)聲，A錯誤，B正確；螺絲刀壓著銅導線在銅導線上滑動，實質是改變銅導線切割磁感線的有效長度，從而改變感應電流，變化的電流通過導線傳到擴音器中，便產生不同音調的聲音，所以聲音的音調變化不是通過手指撥動銅導線產生的，C錯誤；手指撥動銅導線，銅導線振動切割磁感線，根據法拉第電磁感應定律，銅導線中的感應電流大小、方向均改變，D錯誤．3．如圖所示，電燈A和B與定值電阻的阻值均為R，L是自感系數很大的線圈，且其直流電阻不可忽略．當S1閉合、S2斷開且電路穩(wěn)定時，A、B亮度相同，再閉合S2，待電路穩(wěn)定后將S1斷開，下列說法正確的是()A．B立即熄滅B．A燈將比原來更亮一些后再熄滅C．有電流通過B燈，方向為c→dD．有電流通過A燈，方向為a→b【答案】A【解析】當斷開S2而只閉合S1時，A、B兩燈一樣亮，可知線圈L的電阻也是R，在S1、S2閉合時，IA＝IL，故當S2閉合、S1突然斷開時，流過A燈的電流只是方向變?yōu)閎→a，但其大小不突然增大，A燈不出現更亮一下再熄滅的現象，故B、D錯誤；由于固定電阻R幾乎沒有自感作用，故斷開S1時，B燈電流迅速變?yōu)榱?，且立即熄滅，故A正確，C錯誤．4．(2021年南陽名校期末)如圖所示，由同種材料制成，粗細均勻，邊長為L、總電阻為R的單匝正方形閉合線圈MNPQ放置在水平面上，空間存在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的有界勻強磁場，磁場兩邊界成θ＝45°角．現使線圈以水平向右的速度v勻速進入磁場，則()A．當線圈中心經過磁場邊界時，N、P兩點間的電勢差U＝BLvB．當線圈中心經過磁場邊界時，線圈所受安培力大小F安＝eq\f(B2L2v,R)C．線圈從開始進入磁場到其中心經過磁場邊界的過程中，回路中的平均電功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(B2L2v2,R)D．線圈從開始進入磁場到其中心經過磁場邊界的過程中，通過導線某一橫截面的電荷量q＝eq\f(BL2,2R)【答案】D【解析】當線圈中心經過磁場邊界時，此時切割磁感線的有效線段為NP，根據法拉第電磁感應定律，NP產生的感應電動勢為E＝BLv，此時N、P兩點間的電勢差U為路端電壓，有U＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv，此時QP、NP受安培力作用，且兩力相互垂直，故合力為F安＝eq\r(2)BIL＝eq\f(\r(2)B2L2v,R)，故A、B錯誤；當線圈中心經過磁場邊界時，回路中的瞬時電功率為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L2v2,R)，在線圈從開始進入磁場到其中心經過磁場邊界的過程中，感應電動勢一直在變化，故回路中的平均電功率不等于經過磁場邊界時的瞬時電功率，故C錯誤；根據法拉第電磁感應定律和歐姆定律，通過導線某一橫截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,2R)，故D正確．5．(2020年中山名校期末)如圖所示，有一個等腰直角三角形的勻強磁場區(qū)域其直角邊長為L，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.邊長為L、總電阻為R的正方形導線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，取沿abcda的感應電流為正，則表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖像正確的是()ABCD【答案】C【解析】bc邊的位置坐標x在L～2L過程，線框bc邊的有效切割磁感線的長度為l＝x－L，感應電動勢為E＝Blv＝B(x－L)v，感應電流i＝eq\f(Blv,R)＝eq\f(Bx－Lv,R)，電流的大小隨x逐漸增大；根據楞次定律，感應電流方向沿a→b→c→d→a，為正方向．x在2L～3L過程，根據楞次定律，感應電流方向沿a→d→c→b→a，為負方向，線框ad邊有效切割磁感線的長度為l＝x－2L，感應電動勢為E＝Blv＝B(x－2L)v，感應電流i＝－eq\f(Blv,R)＝－eq\f(Bx－2Lv,R)，電流的大小隨x逐漸增大．故C正確．6.(2020年西安中學模擬)如圖所示，CD、EF是兩條水平放置的、阻值可忽略的平行金屬導軌，導軌間距為L，在水平導軌的左側存在方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場區(qū)域的寬度為d，導軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接．將一阻值也為R，質量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處．已知導體棒與水平導軌接觸良好，且動摩擦因數為μ.下列說法正確的是()A．通過電阻R的最大電流為eq\f(BL\r(2gh),2R)B．流過電阻R的電荷量為eq\f(BdL,2R)C．整個電路中產生的焦耳熱為mghD．電阻R中產生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)【答案】ABD【解析】金屬棒下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2,金屬棒到達水平面時的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達水平面后進入磁場受到向左的安培力做減速運動，則剛到達水平面時的速度最大，所以最大感應電動勢為E＝BLv，最大的感應電流為I＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A正確；通過金屬棒的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，故B正確；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得mgh－WB－μmgd＝0，則克服安培力做的功WB＝mgh－μmgd，整個電路中產生的焦耳熱為Q＝WB＝mgh－μmgd，故C錯誤；克服安培力做的功轉化為焦耳熱，電阻與導體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產生的焦耳熱QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正確．7．(2020年長沙月考)如圖甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數n＝20，總電阻R＝2.5Ω，邊長L＝0.3m，處在兩個半徑均為r＝eq\f(L,3)的圓形勻強磁場區(qū)域中．線框頂點與右側圓心重合，線框底邊中點與左側圓心重合．磁感應強度B1垂直水平面向上，大小不變；B2垂直水平面向下，大小隨時間變化．B1、B2的值如圖乙所示，則()A．通過線框的感應電流方向為逆時針方向B．t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.1WbC．在0.6s內通過線框中的電荷量約為0.13D．經過0.6s線框中產生的熱量約為0.07J【答案】ACD【解析】由題圖乙知磁感應強度B1垂直水平面向外，大小不變；B2垂直水平面向里，大小隨時間增大，故線框總的磁通量減小，由楞次定律可得，線框中感應電流方向為逆時針方向，故A正確；t＝0時刻穿過線框的磁通量為Φ＝B1×eq\f(1,2)×πr2－B2×eq\f(1,6)×πr2＝1×0.5×3.14×0.12－2×eq\f(1,6)×3.14×0.12Wb＝0.005Wb，故B錯誤；在t＝0.6s內通過線框中的電量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(E,R)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(20×5－2×\f(1,6)×3.14×0.12,\a\vs4\al\co1(2.5))C≈0.13C，故C正確；由Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nΔΦ,RΔt)))2R×Δt＝eq\f(nΔΦ2,RΔt)≈0.07J，故D正確．8．(2020年安徽黃山模擬)如圖所示，光滑導軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導軌距離為L，N、Q兩端接有阻值為R的定值電阻，兩導軌間有一邊長為eq\f(L,2)的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內有方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.一粗細均勻、質量為m的金屬桿與導軌接觸良好并靜止于ab處，金屬桿接在兩導軌間的電阻為R.現用一恒力F沿水平方向拉桿，使之由靜止向右運動，若桿拉出磁場前已做勻速運動，不計導軌的電阻，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是()A．金屬桿做勻速運動時的速率v＝eq\f(8FR,B2L2)B．金屬桿出磁場前的瞬間金屬桿在磁場中的那部分兩端的電壓為eq\f(3FR,BL)C．金屬桿穿過整個磁場過程中金屬桿上產生的電熱為eq\f(1,2)FL－eq\f(32mF2R2,B4L4)D．金屬桿穿過整個磁場過程中通過定值電阻R的電荷量為eq\f(BL2,8R)【答案】ABD【解析】金屬桿切割磁感線產生的感應電動勢E＝Beq\f(L,2)v，感應電流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,4R)，金屬桿所受安培力F安＝BIeq\f(L,2)＝eq\f(B2L2v,8R)，當金屬桿做勻速運動時有F＝F安＝eq\f(B2L2v,8R)，所以金屬桿做勻速運動時的速率v＝eq\f(8FR,B2L2)，A正確；由F＝F安＝BIeq\f(L,2)可得I＝eq\f(2F,BL)，金屬桿出磁場前的瞬間金屬桿在磁場中的那部分兩端的電壓為U＝I·eq\f(3,2)R＝eq\f(2F,BL)·eq\f(3,2)R＝eq\f(3FR,BL)，B正確；設整個過程中產生的總電熱為Q，根據能量守恒得Q＝F·eq\f(L,2)－eq\f(1,2)mv2，將v代入可得Q＝F·eq\f(L,2)－eq\f(32mF2R2,B4L4)，根據能量分配關系可得金屬桿上產生的電熱為Q桿＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(FL,4)－eq\f(16mF2R2,B4L4)，C錯誤；根據電荷量的計算公式q＝It＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2,2R)＝eq\f(BL2,8R)，所以金屬桿穿過整個磁場過程中通過定值電阻R的電荷量為eq\f(BL2,8R)，D正確．9.如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直．ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略．一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行．經過一段時間后()A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【答案】BC【解析】由bc邊切割磁感線產生電動勢，形成電流，使得導體棒MN受到向右的安培力，做加速運動，bc邊受到向左的安培力，向右做加速運動．當MN運動時，金屬框的bc邊和導體棒MN一起切割磁感線，設導體棒MN和金屬框的速度分別為v1、v2，則電路中的電動勢E＝BL(v2－v1)，電流中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv2－v1,R)，金屬框和導體棒MN受到的安培力分別為：F安框＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，與運動方向相反；F安MN＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，與運動方向相同．設導體棒MN和金屬框的質量分別為m1、m2，則對導體棒MN有eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m1a1，對金屬框F－eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m2a2，初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從eq\f(F,m2)開始逐漸減小．當a1＝a2時，相對速度v2－v1＝eq\f(FRm1,B2L2m1＋m2)，大小恒定．整個運動過程用速度時間圖像描述如下．綜上可得，金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值，B、C正確；金屬框的速度會一直增大，導體棒到bc邊的距離也會一直增大，A、D錯誤．二、非選擇題10．(2020年湖南師大附中檢測)如圖甲所示，兩相距L＝0.5m的平行金屬導軌固定于水平面上，導軌左端與阻值R＝2Ω的電阻連接，導軌間虛線右側存在垂直導軌平面的勻強磁場．質量m＝0.2kg的金屬桿垂直置于導軌上，與導軌接觸良好，導軌與金屬桿的電阻可忽略．桿在水平向右的恒定拉力作用下由靜止開始運動，并始終與導軌垂直，其vt圖像如圖乙所示．在15s末時撤去拉力，同時使磁場隨時間變化，從而保持回路磁通量不變，(1)金屬桿所受拉力的大小F；(2)0～15s內勻強磁場的磁感應強度大小；(3)撤去恒定拉力之后，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律.解：(1)由vt圖像可知，在0～10s內，金屬桿做勻加速直線運動，桿沒有進入磁場，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma1，由題意可知，15s末撤去拉力，沒有感應電流，桿不受安培力作用，桿所受的合外力為滑動摩擦力，由牛頓第二定律得μmg＝ma2，由vt圖像可知，加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(4,10)m/s2＝0.4m/s2，a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(4,20－15)m/s2＝0.8m/s2，解得F＝0.24N.(2)在10～15s內，金屬桿做勻速直線運動，速度v＝4m/sF安培＝B0IL＝eq\f(B\o\al(2,0)L2v,R)，金屬桿做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得F＝μmg＋eq\f(B\o\al(2,0)L2v,R)，代入數據解得B0＝0.4T.(3)15～20s內沒有產生感應電流，穿過回路的磁通量保持不變，金屬桿在10～15s內的位移d＝vt＝4×5m＝在15s后的金屬桿的加速度a2＝0.8m/s2x＝v(t－15)－eq\f(1,2)a2(t－15)2＝4(t－15)－0.4(t－15)2，磁通量保持不變，則B0Ld＝BL(d＋x)，解得B＝eq\f(20,40t－t2－325)T.11．磁懸浮列車的運動原理如圖所示，在水平面上有兩根水平長直平行導軌，導軌間有與導軌面垂直且方向相反的勻強磁場B1和B2，B1和B2相互間隔，導軌上有金屬框abcd.當磁場B1和B2同時以恒定速度沿導軌向右勻速運動時，金屬框也會由靜止開始沿導軌向右運動．已知兩導軌間距L1＝0.4m，兩種磁場的寬度均為L2，L2＝ab，B1＝B2＝1.0T．金屬框的質量m＝0.1kg，電阻R＝2.0Ω.金屬框