【创新设计】（山东专用）2022高考物理二轮专题辅导训练 专题4 第10讲 专题提升训练（含解析）

【创新设计】（山东专用）2022高考物理二轮专题辅导训练专题4第10讲专题提升训练（含解析）一、选择题(共9小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．)图4－10－181．(2022·江苏卷，7)如图4－10－18所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯解析　杯内的水之所以沸腾，是由于金属杯处于下方线圈所产生的交变磁场中，产生涡流，从而使金属杯温度升高，而瓷杯内不会产生涡流，故C错；要想缩短加热时间，则应增大磁场的强度和变化率，因此A、B正确，D错误．答案　AB2.图4－10－19(2022·江苏卷，1)如图4－10－19所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)A.B.C.D.解析　由法拉第电磁感应定律可知，在Δt时间内线圈中产生的平均感应电动势为E＝n＝n＝，选项B正确．答案　B3.-7-\n图4－10－20如图4－10－20所示，竖直平面内一具有理想边界AB的匀强磁场垂直纸面向里，在距离边界H处一正方形线框MNPO以初速度v0向上运动，假设在整个过程中MN始终与AB平行，则下列图象能反映线框从开始至到达最高点的过程中速度变化规律的是(　　)解析　在线框从开始运动到MN边接近AB时，线框做匀减速直线运动；MN边进入磁场后因切割磁感线而产生感应电流，其受到安培力作用则线框加速度瞬时变大，速度瞬时减小更快．随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映线框速度与时间关系的是图C.答案　C4．(2022·全国大纲卷，20)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率(　　)A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变解析　开始时，条形磁铁以加速度g竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落．开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小．当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力．故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值．选项C正确．答案　C图4－10－215．两条光滑的平行导轨水平放置，导轨的右端连接一阻值为R的定值电阻，将整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，现将一导体棒置于O点，从某时刻起，在一外力的作用下由静止开始向左做匀加速直线运动，导体棒先后通过M和N两点，其中OM＝MN.已知导体棒与导轨接触良好，始终与导轨垂直，且除定值电阻外其余部分电阻均不计．则下列说法错误的是(　　)A．导体棒在M、N两点时，所受安培力的大小之比为1∶B．导体棒在M、N两点时，外力F的大小之比为1∶C．导体棒在M、N两点时，电路的电功率之比为1∶2D．从O到M和从M到N的过程中流过电阻R的电荷量之比为1∶1解析　由v2＝2ax可知，导体棒通过M、N两点时，导体棒速度之比为1∶，产生的感应电流之比为1∶，所受安培力之比为1∶，由牛顿第二定律可知，外力F的大小之比不是1∶；由电功率公式P＝I2R可知，导体棒通过M、N两位置时，电阻R的电功率之比为1∶2；由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义可得q＝ΔΦ/R，从O到M和从M到N的两个过程中，ΔΦ相等，所以通过导体棒横截面的电荷量之比为1∶1.答案　B6.-7-\n图4－10－22矩形线圈abcd，长ab＝20cm，宽bc＝10cm，匝数n＝200匝，线圈回路总电阻R＝5Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的磁场穿过．若磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图4－10－22所示，则(　　)A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生的感应电流为0.4AC．当t＝0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016ND．在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J解析　由E＝n＝nS可知，由于线圈中磁感应强度的变化率＝T/s＝0.5T/s为常数，则回路中感应电动势为E＝n＝2V，且恒定不变，故选项A错误；回路中感应电流的大小为I＝＝0.4A，选项B正确；当t＝0.3s时，磁感应强度B＝0.2T，则安培力为F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2N＝3.2N，故选项C错误；1min内线圈回路产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.42×5×60J＝48J．选项D正确．答案　BD7．(2022·高考押题卷三)如图4－10－23甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F外作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab始终垂直于框架．图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F随时间t的变化关系，则图中可以表示外力F外随时间t变化关系的图象是(　　)图4－10－23解析　因为电动势E＝BLv①F＝BIL②由①②得F＝由乙图可知F随时间t均匀增加，所以v均匀增加，即金属杆做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F外－＝ma故选项B正确．答案　B8．2022·山东泰安质检)如图4－10－24甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界．并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN-7-\n上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v－t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)图4－10－24A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向B．金属线框的边长为vt2C．磁场的磁感应强度为D．金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgv1(t2－t1)＋m(v－v)．解析　金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，故A正确；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2－t1，故金属框的边长：l＝v1(t2－t1)，故B错误；在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则mg＝BIl，又I＝，l＝v1(t2－t1)，联立解得：B＝，故C正确；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1＝mgl＝mgv1(t2－t1)，t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2＝mgl＋m(v－v)＝mgv1(t2－t1)＋m(v－v)，在0～t1和t2～t3时间内不产生热量，故在0～t4时间内产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝2mgv1(t2－t1)＋m(v－v)，故D正确．答案　ACD9．(2022·潍坊一模)如图4－10－25所示，间距l＝0.4m的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B＝0.2T，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆电阻R相同、质量均为m＝0.02kg，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲金属杆始终以a＝5m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g＝10m/s2，则(　　)图4－10－25A．每根金属杆的电阻R＝0.016ΩB．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4sC．甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大D．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1W解析　乙金属杆在进入磁场前，甲、乙两金属杆加速度大小相等，当乙刚进入磁场时，甲刚好出磁场．由v2＝2al解得乙进、甲出磁场时的速度大小均为v＝2m/s，由v＝at解得甲金属杆在磁场中运动的时间为t＝0.4s，选项B正确；乙金属杆进入磁场后有mgsin30°＝BIl，又Blv＝I·2R，联立解得R＝0.064Ω，选项A错误；甲金属杆在磁场中运动过程中力F和杆的速度都逐渐增大，则其功率也逐渐增大，选项C正确；乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是P＝BIlv＝0.2W，选项D错误．-7-\n答案　BC二、非选择题图4－10－2610．(2022·高考冲刺卷九)如图4－10－26所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑金属导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨所在平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2T．若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s金属棒的速度稳定不变．求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3m/s时的加速度；(3)从开始计时起2s内电阻R上产生的热量．解析　(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BIL＝F而P＝FvmI＝解出vm＝＝4m/s(2)速度为3m/s时，感应电动势E＝BLv＝3V电流I＝安培力F安＝BIL金属棒受到的拉力F＝＝N由牛顿第二定律得F－F安＝ma解得a＝＝m/s2＝2.92m/s2(3)在从开始计时起2s过程中，由动能定理得Pt＋W安＝mv－mvW安＝－6.5JQR＝＝3.25J答案　(1)4m/s　(2)2.92m/s2　(3)3.25J11．如图4－10－27所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图4－10－27(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？-7-\n(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？解析　(1)m1、m2运动过程中，以整体法有m1gsinθ－μm2g＝(m1＋m2)aa＝2m/s2以m2为研究对象有FT－μm2g＝m2a(或以m1为研究对象有m1gsinθ－FT＝m1a)FT＝2.4N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m1gsinθ－μm2g－＝0v＝1m/sab到MN前线框做匀加速运动，有v2＝2axx＝0.25m(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v＋Q解得：Q＝0.4J所以Qab＝Q＝0.1J答案　(1)2.4N　(2)0.25m　(3)0.1J12．如图4－10－28甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角θ＝53°，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好．棒的质量m＝1.0kg，R＝1.0Ω，长度L＝1.0m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab棒施加一个方向水向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10m/s2.图4－10－28(1)求ab棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若已知在前2s内F做功W＝30J，求前2s内电路产生的焦耳热；(4)求cd棒达到最大速度所需的时间．解析　(1)对ab棒：Ff＝μmgv＝atF－BIL－Ff＝maF＝m(μg＋a)＋由图象已知量，代入数据得：a＝1m/s2(2)当t1＝2s时，F＝10N，由(1)知＝F－m(μg＋a)，得B＝2T-7-\n(3)0～2s过程中，对ab棒，x＝at＝2mv2＝at1＝2m/s由动能定理知：W－μmgx－Q＝mvQ＝18J(4)设当时间为t′时，cd棒达到最大速度，FN′＝BIL＋mgcos53°Ff′＝μFN′mgsin53°＝Ff′mgsin53°＝μ(＋mgcos53°)解得：t′＝5s答案　(1)1m/s2　(2)2T　(3)18J　(4)5s-7-