2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一階段專題四第2講 專題特輯 課下 針對高考押題訓(xùn)練

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一階段專題四第2講 專題特輯 課下 針對高考押題訓(xùn)練 1．(xx·新課標(biāo)全國卷)如圖1所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心 圖1 O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強度大小隨時間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強度隨時間的變化率的大小應(yīng)為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　當(dāng)導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動時，設(shè)半徑

2、為r，導(dǎo)線框電阻為R，在很小的Δt時間內(nèi)，轉(zhuǎn)過圓心角Δθ＝ωΔt，由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律可得感應(yīng)電流I1＝＝＝；當(dāng)導(dǎo)線框不動，而磁感應(yīng)強度發(fā)生變化時，同理可得感應(yīng)電流I2＝＝，令I(lǐng)1＝I2，可得＝，C對。 2. (xx·三明一中高考模擬)如圖2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(nèi)阻不計的電源。在t＝0時刻，閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后在t1時刻斷開開關(guān)S。規(guī)定以電路穩(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(guān)系的是(　　) 圖2 圖3

3、 解析：選C　當(dāng)閉合開關(guān)S瞬間L的自感電動勢很大，阻礙電流的通過，故通過D1燈泡的電流逐漸增加，通過D2的電流恒定不變；在t1時刻斷開開關(guān)S時，D1、D2、D3和線圈構(gòu)成回路，通過D1的電流方向沒有改變，且從原來的數(shù)值逐漸減小，故A、B均錯；通過D2的電流方向反向，且大小從I1逐漸較小，故C對D錯。 3.如圖4所示，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合。若取磁鐵中心O為坐標(biāo)原點，建立豎直向下為正方向的x軸，則圖5中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象是(　　)

4、 圖4 圖5 解析：選B　閉合銅環(huán)在下落過程中穿過銅環(huán)的磁場方向始終向上，磁通量先增加后減少，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向要發(fā)生變化，D項錯誤；因穿過閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化，所以感應(yīng)電流隨x的變化關(guān)系不可能是線性關(guān)系，A項錯誤；銅環(huán)由靜止開始下落，速度較小，所以穿過銅環(huán)的磁通量的變化率較小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值較小，過O點后，銅環(huán)的

5、速度增大，磁通量的變化率較大，所以感應(yīng)電流的反向最大值大于正向最大值，故B項正確，C項錯誤。 4．(xx·淄博模擬)如圖6所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L。紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區(qū)域， 圖6 在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流－位移(I－x)關(guān)系的是(　　) 圖7 解析：選C　線框勻速穿過L的過程中，有效長度l均勻增加，由E＝Blv知，電動勢隨位移均勻變大，x＝L處電動勢最大，電流I最大；從x＝L至x＝1

6、.5 L過程中，框架兩邊都切割，總電動勢減小，電流減??；從x＝1.5 L至x＝2 L，左邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于右邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，故電流反向且增大；x＝2L至x＝3L過程中，只有左邊框切割，有效長度l減小，電流減小。綜上所述，只有C項符合題意。 5．(xx·福建省高三仿真模擬)如圖8甲，導(dǎo)體框平面與水平面成θ角，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的總電阻為R，整個裝置放于垂直于框架平面的變化的磁場中，磁感應(yīng)強度的變化如圖乙，PQ始終靜止，則在0～t2 s內(nèi)，PQ受到的摩擦力的變化情況可能是(　　) 圖8 ①f一直增大?、趂一直減小　③f先減小后增

7、大?、躥先增大后減小 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 解析：選A　 在0～t1時間內(nèi)，由楞次定律的推論可知，當(dāng)磁感應(yīng)強度在正方向上均勻減小，所受安培力的方向沿斜面向上，導(dǎo)體棒還受沿斜面向下的重力的分力Mgsin θ，當(dāng)F安>Mgsin θ時f方向向下，故Mgsin θ＋f＝F安，當(dāng)F安減小時f減小，f減小到0后磁感應(yīng)強度再減小，f的方向向上且不斷增加，在t1～t2秒內(nèi)，f不斷增加，故③對；若F安

8、 如圖9所示，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場。在外力作用下，一正方形閉合剛性導(dǎo)線框沿QN方向勻速運動，t＝0時刻，其四個頂點M′、N′、P′、Q′恰好在磁場邊界中點。下列圖象中能反映線框所受安培力f的大小隨時間t變化規(guī)律的是(　　) 圖9 圖10 解析：選B　在導(dǎo)線框運動過程中，導(dǎo)線框的Q′M′和P′N′兩邊所受安培力始終平衡，M′N′和P′Q′切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在閉合導(dǎo)線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流。則E＝BvL有效，I＝＝，f＝BIL有效＝，設(shè)導(dǎo)

9、線框邊長為a，則導(dǎo)線框運動到M′N′完全出磁場之前的過程中，L有效＝a－(a－2vt)＝2vt，f1＝；在M′N′完全出磁場后直到P′Q′開始出磁場之前，僅有P′Q′受安培力，有效長度不變，為a，f2＝，不變；P′Q′出磁場的過程中，有效長度L有效＝a－2vt，f3＝(a－2vt)2；根據(jù)三個過程中安培力的表達(dá)式可知，B選項正確。 7．在水平桌面上，一個圓形金屬框置于勻強磁場B1中，線框平面與磁場垂直，圓形金屬框與一個水平的平行金屬導(dǎo)軌相連接，導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒處于另一勻強磁場B2中，該磁場的磁感應(yīng)強度恒定，方向垂直導(dǎo)軌平面向下，如圖11甲所示。磁感應(yīng)強度

10、B1隨時間t的變化關(guān)系如圖11乙所示，0～1 s內(nèi)磁場方向垂直線框平面向下。若導(dǎo)體棒始終保持靜止，并設(shè)向右為靜摩擦力的正方向，則導(dǎo)體棒所受的靜摩擦力Ff隨時間變化的圖象是下列圖12中的(　　) 圖11 圖12 解析：選D　由題圖乙可知在1～2 s和4～5 s這兩段時間內(nèi)，圓形線圈中磁感應(yīng)強度B1保持不變，為定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，電路中無電動勢產(chǎn)生，整個回路無電流，導(dǎo)體棒不受安培力和靜摩擦力作用，所以A、B錯誤；在0～1 s內(nèi)，由題圖乙可得，磁場垂直于線框平面向下均勻增加，由楞次定律結(jié)合右手定則可判斷出，線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，電流大小I＝＝，因為磁場均勻變化，

11、則I為定值，導(dǎo)體棒電流由b→a，即得安培力大小恒定，由左手定則可得方向水平向左。因為棒始終靜止，所以受力平衡，靜摩擦力與安培力等大反向，即靜摩擦力大小恒定、方向水平向右，為正值，C錯誤，D正確。 8. (xx·龍巖一中高三二模)如圖13所示，在一個光滑傾斜絕緣板的上方，有垂直板面的等距離的a、b、c三條邊界線隔成了Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)，Ⅰ區(qū)加向外的勻強磁場、Ⅱ區(qū)加向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。另有一導(dǎo)體圓環(huán)從上方某處開始自由向下滾動，一直加速著穿過該磁場區(qū)，已知環(huán)的直徑等于每一磁場區(qū)的寬度，下 圖13 列分析不正確的是 (　　) A．環(huán)中感應(yīng)電流方向先順時針又逆時針再順

12、時針 B．環(huán)直徑在a、c兩邊界時感應(yīng)電流大小相等，都小于直徑在b處時的電流 C．環(huán)直徑在c處時運動的加速度小于在a處時的加速度 D．運動過程中，重力勢能的減少等于動能增加量與產(chǎn)生熱能的和 解析：選B　由楞次定律知A對；因?qū)w圓環(huán)一直加速著穿過該磁場區(qū)，故環(huán)直徑在a、c兩邊界時其速度va

13、，處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有水平向右的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運動的過程中，導(dǎo)體棒 圖14 始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。 (1)求初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力。 (2)若導(dǎo)體棒從初始時刻到速度第一次為零時，彈簧的彈性勢能為Ep，則這一過程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少？ (3)導(dǎo)體棒往復(fù)運動，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？ 解析：導(dǎo)體棒以初速度v0做切

14、割磁感線運動而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中的感應(yīng)電流使導(dǎo)體棒受到安培力的作用，安培力做功使系統(tǒng)機械能減少，最終將全部機械能轉(zhuǎn)化為電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。由平衡條件知，棒最終靜止時，彈簧的彈力為零，即此時彈簧處于初始的原長狀態(tài)。 (1)初始時刻棒中感應(yīng)電動勢E＝BLv0① 棒中感應(yīng)電流I＝② 作用于棒上的安培力F＝BIL③ 聯(lián)立①②③，得F＝ 安培力方向：水平向左 (2)由功和能的關(guān)系，安培力做功為 W1＝Ep－mv02 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝mv02－Ep (3)由能量轉(zhuǎn)化及平衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置。 Q＝mv02 答案：(1)　水平向左　(2)Ep－mv02

15、 mv02－Ep　(3)靜止于初始位置　mv02 10．(xx·浙江高考)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計了一種“閃爍”裝置。如圖15所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2 m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40 m的金屬外圈和絕緣幅條構(gòu)成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強度B＝0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、 圖15 張角θ＝。后輪以角速度ω＝2π rad/s相對于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動。若不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應(yīng)。 (1)當(dāng)金

16、屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應(yīng)電動勢E，并指出ab上的電流方向； (2)當(dāng)金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖； (3)從金屬條ab進入“扇形”磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變化的Uab－t圖象。 解析：(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，電動勢E＝Br2ω所以E＝Bω(r22－r12)＝4.9×10－2 V 根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應(yīng)電流方向為b→a。 (2)通過分析，可得電路圖為 (3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知， R總＝R＋R＝R ① ab兩端電勢差 Uab

17、＝E－IR＝E－R＝E≈1.2×10－2 V ② 設(shè)ab離開磁場區(qū)域的時刻為t1，下一根金屬條進入磁場區(qū)域的時刻為t2， t1＝＝ s ③ t2＝＝ s ④ 設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為T， T＝＝1 s ⑤ 由T＝1 s，金屬條有四次進出，后三次與第一次相同。 ⑥ 由②、③、④、⑤、⑥可畫出如下Uab－t圖象。 答案：見解析 [課下——針對高考押題訓(xùn)練] 1. (xx·蘇北四市一模)兩根足夠長的光滑平行直導(dǎo)軌MN、PQ與水平面成θ角放置，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m

18、的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于 圖1 導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，它們的電阻不計。現(xiàn)讓ab桿由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑。 (1)求ab桿下滑的最大速度vm； (2)ab桿由靜止釋放至達(dá)到最大速度的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求該過程中ab桿下滑的距離x及通過電阻R的電荷量q。 解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式和牛頓第二定律有 E＝BLv I＝ F安＝BIL mgsin θ－F安＝ma 即mgsin θ－＝ma 當(dāng)加速度a為零時，速度v達(dá)最大，速度最大值vm＝

19、 (2)根據(jù)能量守恒定律有 mgxsin θ＝mvm2＋Q 得x＝＋ 根據(jù)電磁感應(yīng)定律有＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律有＝ 感應(yīng)電荷量q＝Δt＝＝ 得q＝＋ 答案：(1)　(2)＋?。? 2. (xx·南京模擬)均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長為L，總電阻為R，總質(zhì)量為m。將其置于磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖2所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行。重力加速度為g。當(dāng)cd邊剛進入磁場時， 圖2 (1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??； (2

20、)求cd兩點間的電勢差大?。? (3)若此時線框向下的加速度大小恰好為g/4，求線框下落的高度h應(yīng)滿足什么條件？ 解析：(1)設(shè)cd邊剛進入磁場時，線框的速度為v，由機械能守恒定律得 mgh＝mv2(或由v2＝2gh) 由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv 綜合上述兩式解得E＝BL (2)由閉合電路歐姆定律得到此時線框中電流 I＝ cd兩點間的電勢差 U＝I(R)＝BL (3)由安培力公式得 F＝BIL＝ 當(dāng)a＝g/4，方向向下時，根據(jù)牛頓第二定律 mg－F＝ma 解得下落高度滿足h＝ 答案：(1)BL　(2)BL　(3) 3．(xx·揚州調(diào)研)如圖3所示，空間存在一

21、垂直紙面向里的水平磁場，磁場上邊界OM水平，以O(shè)點為坐標(biāo)原點，OM為x軸，豎直向下為y軸，磁感應(yīng)強度大小在x方向保持不變、y軸方向按B＝ky變化，k為大于零的常數(shù)。一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形線框abcd從圖示位置靜止釋放，運動過程中線框平面始終在同一豎直平面內(nèi)，當(dāng)線框下降h0(h0

22、 由平衡條件有mg＝B1I1L 而B1＝kh0 解得v1＝ 線框cd邊進入磁場開始做勻速運動時，電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流 I2＝ 則I2＝ 由平衡條件有mg＝B2I2L 解得v2＝ (2)由能量守恒定律有 ΔE＝mgL－mv22 解得ΔE＝mgL－ 答案：(1)　　(2)mgL－ 4．(xx·珠海模擬)如圖4所示，豎直平面內(nèi)有一寬L＝1 m、足夠長的光滑矩形金屬導(dǎo)軌，電阻不計。在導(dǎo)軌的上下邊分別接有電阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω。在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ，磁感應(yīng)強度大小均為B＝1 T?，F(xiàn)有質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻r＝1 Ω的導(dǎo)體棒ab，在金屬導(dǎo)軌上從

23、MN上方某處由靜止下落，下落過程中導(dǎo)體棒始終保持水平，與金屬導(dǎo)軌接觸良好。當(dāng)導(dǎo)體棒ab下落到快要接近MN時的速度大小為 圖4 v1＝3 m/s。不計空氣阻力，g取10 m/s2。 (1)求導(dǎo)體棒ab快要接近MN時的加速度大小。 (2)若導(dǎo)體棒ab進入磁場Ⅱ后，棒中的電流大小始終保持不變，求磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離h。 (3)若將磁場Ⅱ的CD邊界略微下移，使導(dǎo)體棒ab剛進入磁場Ⅱ時速度大小變?yōu)関2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的勻加速直線運動，求所加外力F隨時間t變化的關(guān)系式。 解析：(1)以導(dǎo)體棒為研究對象，棒在磁場Ⅰ中切割磁感線，棒中產(chǎn)生感應(yīng)

24、電動勢E，棒在重力和安培力作用下做加速運動。 由牛頓第二定律得：mg－BIL＝ma1， E＝BLv1＝3 V R＝＝2 Ω I＝＝1 A 由以上各式可得：a1＝ 5 m/s2 (2)導(dǎo)體棒進入磁場Ⅱ后，安培力等于重力，棒做勻速運動，棒中電流大小就始終保持不變。 mg＝BI′L I′＝ E′＝BLv′ 聯(lián)立解得：v′＝6 m/s 導(dǎo)體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動。 v′2－v12＝2gh 解得：h＝1.35 m (3)設(shè)導(dǎo)體棒進入磁場Ⅱ后經(jīng)過時間t的速度大小為vt，則： vt＝v2＋at F＋mg－F安＝ma F安＝ 由以上各式解得：F＝(t＋1.6) N 答案：(1)5 m/s2　(2)1.35 m　(3)F＝(t＋1.6) N