（新课标）2022年高考物理 考前考点预测十一

新课标2022年高考物理考前考点预测十一1.如图所示，正方形匀强磁场区域内，有一个正方形导线框abcd，导线粗细均匀，导线框平面与磁感线垂直，导线框各边分别与磁场边界平行。第一次将导线框垂直磁场边界以速度v匀速拉出磁场，第二次朝另一个方向垂直磁场边界以速度3v匀速拉出磁场，则将导线框两次拉出磁场的过程中()A.导线框中产生的感应电流方向不同B.导线框中产生的焦耳热相同C.导线框ad边两端电势差相同D.通过导线横截面的电量相同2.如图所示，一长直导线右侧放一矩形线框abcd，直导线中通有稳恒电流I，现将线框由位置1移到位置2，第一次是平移，第二次是以bc为轴翻转180°，且两次经历的时间相同，若两次线框中产生的感应电荷量分别为Q和Q′,则()A.Q>Q′B.Q=Q′C.Q<Q′D.不能确定3.如图所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h高度的过程中，以下说法正确的是()-12-\nA.作用在金属棒上各力的合力做功为零B.重力做功将机械能转化为电能C.重力与恒力F做功的代数和大于电阻R上产生的焦耳热D.金属棒克服安培力做的功等于重力与恒力F做的总功与电阻R上产生的焦耳热之和4.半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在CD上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则()A.θ=0时，杆产生的电动势为0B.θ=时，杆产生的电动势为BavC.θ=0时，杆受的安培力大小为D.θ=时，杆受的安培力大小为5.如图甲,一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。若取磁铁中心O为坐标原点,建立竖直向下为正方向的x轴,则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()二、多项选择题(本题共4小题，每小题8分，共计32分。每小题有多个选项符合题意)6.(2022·-12-\n西城区二模)如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上。M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑动端，开关S处于闭合状态。N与电阻R相连。下列说法正确的是()A.当P向右移动，通过R的电流为b到aB.当P向右移动，通过R的电流为a到bC.断开S的瞬间，通过R的电流为b到aD.断开S的瞬间，通过R的电流为a到b7.(2022·江苏高考)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路。仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有()A.家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零B.家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变C.家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D.地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起8.如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关。对于这个电路，下列说法正确的是()A.刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B.刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C.闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮D.闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭-12-\n9.一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B=0.5T，导体棒ab、cd长度均为0.2m，电阻均为0.1Ω，重力均为0.1N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是()A.ab受到的拉力大小为0.1NB.ab向上运动的速度为2m/sC.在2s内，拉力做功，有0.4J的机械能转化为电能D.在2s内，拉力做功为0.6J三、计算题(本题共3小题，共38分，需写出规范的解题步骤)10.(10分)如图是一种磁动力电梯示意图。在竖直方向有两组很长的平行轨道PQ、MN，轨道间有水平方向、交替排列的匀强磁场B1和B2,B1=B2=1.0T,B1和B2的方向相反，两磁场始终竖直向上做匀速直线运动。电梯轿厢固定在如图所示的金属框abcd内(图中轿厢未画出)并与之绝缘。已知电梯满载时连同金属框的总质量为2.35×103kg，所受阻力f=500N，金属框垂直轨道的边长Lcd=2.0m，两磁场的竖直宽度均与金属框的高Lad相同，金属框整个回路的电阻R=2.0×10-3Ω，取g=10m/s2。假如设计要求电梯满载时能以v1=3.0m/s的速度匀速上升，求：-12-\n(1)图示时刻(ab边在磁场B1中，dc边在磁场B2中)金属框中感应电流的大小及方向(方向用顺时针或逆时针表示)；(2)磁场向上运动速度v0的大小；(3)该电梯满载以速度v1向上匀速运动时所消耗的总功率。11.(2022·连云港二模)(14分)空间有一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.8T，两相同的长方形金属板MN、PQ水平平行放置，俯视如图。两板间距L=0.20m，与两板间距等长的金属棒AB垂直放在金属板上，可无摩擦滑动，其电阻R0=4Ω，金属板的右边接有如图电路，电阻R1=4Ω,R2=2Ω。现有不计重力的带电粒子以v0=2m/s的水平初速度射入两板间，问：(1)欲使粒子能保持水平方向做匀速直线运动，金属棒AB运动速度的大小和方向；(2)若金属棒AB保持以(1)中速度做匀速滑动，作用在AB上的外力多大；(3)若使金属棒在稳定运动过程中突然停止，则在停止运动的瞬间，作用在棒上的磁场力的大小与方向。12.(2022·天津高考)(14分)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω-12-\n的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q;(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2;(3)外力做的功WF。答案解析1.【解题指导】解答此题应按以下思路：(1)根据楞次定律可确定不论在什么方向将导线框拉出磁场，线框中感应电流的方向都是逆时针方向。(2)导线框中的焦耳热由Q=t和E=BLv来确定，v不同，则Q不同。(3)导线框中ad边两端的电势差由E=BLv结合闭合电路欧姆定律确定。(4)根据电荷量计算式q=只要ΔΦ相同，q就相同。【解析】选D。根据楞次定律可确定将线框拉出磁场时，其感应电流方向相同，A错误；再根据E=BLv，Q=可确定Q1=B错误；U1=C错误；根据q=可确定q1=q2，D正确。2.【解析】选C。设线框在位置1时磁通量为Φ1,当平移到位置2时磁通量为Φ2，则ΔΦ=Φ2-Φ1;而当翻转到位置2时，则变为框的背面向外，磁通量为-Φ2,故ΔΦ′=-Φ2-Φ1=-(Φ2+Φ1),又Q=IΔt=Δt=××Δt=显然｜ΔΦ′｜>｜ΔΦ｜,则Q<Q′，C正确。3.【解析】选A。由于金属棒匀速下滑，故作用在金属棒上的各个力的合力做功为零，故A项对；克服安培力做功，将机械能转化为电能，故B项错误；由动能定理得WG-WF-W安=0，变形可得WG-WF=W安，可知C、D项错误。4.【解析】选D。当θ-12-\n=0时，杆在CD位置，切割磁感线的有效长度等于圆环直径，杆产生的感应电动势为E=2Bav，A项错误；当θ=时，杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径，杆产生的感应电动势为E=Bav，B项错误；当θ=0时，回路的总电阻R1=(2a+πa)R0,杆受的安培力F1=BI1l=B··2a=C项错误；当θ=时，回路的总电阻R2=(a+πa)R0,杆受的安培力F2=BI2l′=B··a=D项正确。5.【解析】选B。闭合铜环下落过程的侧视图如图所示，据右手定则或楞次定律可知闭合铜环在原点O上方和下方时电流方向相反，D错。闭合铜环从Ⅰ位置到Ⅱ位置过程电动势E变大，Ⅲ位置速度与磁感线平行，E=0，闭合铜环下落过程加速运动，且在原点O下方速度较大，电动势E的最大值比上方E的最大值大，A、C错，B对。6.【解析】选A、D。当P向右滑动时，电流增大，穿过线圈N的磁通量增加，根据楞次定律可确定通过R的电流从b到a，A正确，B错误。当断开S时，通过R的电流从a到b，D正确，C错误。7.【解析】选A、B、D。线圈L1采用的是双线绕法，家庭电路正常工作时，通过火线和零线的电流大小相等，方向相反，所以线圈L1中的磁通量是零，线圈L2中的磁通量也为零，A正确；家庭电路中的用电器增多时或发生短路时，通过火线和零线的电流增大，但大小仍然相等，合磁通量仍为零，线圈L2中的磁通量也为零，B正确、C错误；地面上的人接触火线时，电流从人体通过，通过火线和零线的电流大小不再相等，线圈L2中有磁通量通过，产生感应电流，电磁铁开始工作，将开关K吸起，起到断电保护的作用，D正确，所以答案选A、B、D。8.【解析】选A、C、D。由于线圈的电阻可忽略不计、自感系数足够大，在开关闭合的瞬间，线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过D1、D2的电流大小相等，A正确，B错误；闭合开关S待电路达到稳定时线圈短路，D1中电流为零，回路电阻减小，D2比原来更亮，C正确；闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，线圈和D1形成回路，D1闪亮一下再熄灭，故D正确。9.【解析】选B、C。对导体棒cd分析：mg=BIL=得v=2-12-\nm/s,故B正确；对导体棒ab分析：F=mg+BIL=0.2N，A错误；在2s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W=F安vt=BILvt=mgvt=0.4J，C正确；在2s内拉力做的功为Fvt=2mgvt=0.8J，D错误。【方法技巧】U形架问题的分析方法导体棒在金属U形框架上的运动通常是在恒力作用下做变加速运动，最后做匀速运动。1.解决这类问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(2)求回路中的电流。(3)分析研究导体受力情况。(4)列动力学方程或平衡方程求解。2.受力情况、运动情况的动态分析10.【解析】(1)因金属框匀速运动，所以金属框受到的安培力F、重力G与阻力f的合力为零，设当电梯向上匀速运动时金属框中感应电流大小为I,则F-(mg+f)=0(1分)F=B1ILab+B2ILcd(1分)联立解得I=6×103A感应电流沿逆时针方向(1分)(2)根据电流方向和右手定则可知v0>v1(1分)对金属框，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律有E=2B1Lcd(v0-v1-12-\n)(1分)I=(1分)联立解得v0=6m/s(3)金属框中的热功率为P1=I2R(1分)克服重力做功的功率为：P2=mgv1(1分)克服阻力的功率为：P3=fv1(1分)电梯消耗的总功率为P=P1+P2+P3(1分)联立解得P=1.44×105W答案：(1)6×103A逆时针(2)6m/s(3)1.44×105W11.【解题指导】解答此题可以按以下思路：(1)根据左手定则确定粒子洛伦兹力的方向，洛伦兹力和电场力平衡，由此确定金属板的正、负极和金属棒切割磁感线运动的方向，列出平衡方程求解金属棒的速度。(2)金属棒做匀速滑动，外力和安培力相等，求出感应电流受到的安培力就可以确定作用在金属棒上的外力。(3)金属棒突然停止，则电容器放电，求出金属棒上的电流就可以确定安培力的大小和方向。【解析】(1)带电粒子在板间受电场力与磁场力等大反向方可做匀速直线运动，无论是正电荷还是负电荷都要求φA>φB。金属棒AB应向右运动。(1分)Bqv0=(2分)UAB=-12-\n(1分)v=×2m/s=4m/s(1分)(2)金属棒以4m/s向右匀速滑行，水平外力为F，有F=F安=BIL(1分)I=(1分)E=BLv(1分)代入得F=N=0.0128N(2分)(3)当金属棒突然停止时，电容器放电，金属棒上电流方向由A到B，所以金属棒所受安培力方向向右，此时流过金属棒的电流大小为I=(1分)I总=(1分)UC=UAB=(1分)F2=BIL,得F2=0.0064N(1分)答案：(1)4m/s方向水平向右(2)0.0128N(3)0.0064N方向向右-12-\n12.【解析】(1)设棒匀加速运动的时间为Δt,回路的磁通量变化量为ΔΦ,回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得(1分)其中ΔΦ=Blx(1分)设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得(1分)则通过电阻R的电荷量为q=Δt(1分)联立各式，代入数据得q=4.5C(1分)(2)设撤去外力时棒的速度为v，棒在匀加速运动过程，由运动学公式得v2=2ax(1分)设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W=0-(2分)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=-W(1分)联立各式，代入数据得Q2=1.8J(1分)(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1,可得Q1=3.6J(2分)棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF=Q1+Q2=5.4-12-\nJ(2分)答案：(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J-12-