2013年高考物理二轮复习第一阶段专题四第2讲专题特辑课下针对高考押题训练

1、-1 -课下一一针对高考押题训练1. （2012 新课标全国卷）如图 1 所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为Bo。使该线框从静止开始绕过圆心图 123B0B.-n转过圆心角A 0=3 At，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流BoASl1=RAT2A 0B) nr二2n22R；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流12=-RABS2AB -nrAB B03,2RAt，令l1=l2,可得AT= C 对。2. （2012 三明一中高考模拟）如图 2 所示的电路中，L是一个自感系数很大、直

2、流电阻不计的线圈，D、D2和 D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t= 0 时刻，闭合开关 S,电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定以电路稳定时流过Di、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过 D 和 D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（i.图 3-2 -O垂直于半圆面的轴以角速度3匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的 电流，磁感应强度随时间的变化率 晋的大小应为（）43B0A.-nD.空2nC 当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R在很小的t时间内

3、,解析：选 C 当闭合开关 S 瞬间L的自感电动势很大， 阻碍电流的通过, 电流逐渐增加，通过 D 的电流恒定不变；在t1时刻断开开关 S 时，D、D2、D3和线圈构成回路,通过 D 的电流方向没有改变，且从原来的数值逐渐减小，故 向，且大小从I1逐渐较小，故 C 对 D 错。解析：选故通过 D 灯泡的A B 均错；通过 D2的电流方向反-3 -3.如图 4 所示，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0为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图 5 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

4、是（）图 5解析：选 B 闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D 项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A 项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过0点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故 B 项正确，C 项错误。4. （2012 淄博模拟）如图 6 所示，等腰三角形内分布有垂直于纸 面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为 2L,高为L。纸面内一边长为L的

5、正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0 时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表小电流一位移（Ix）关系的是（)I/X弘驻/N/j _2L3L纠萝一 JL鮎/xL 2L 3L*A1 1CD图 7解析：选 C 线框匀速穿过L的过程中，有效长度I均匀增加，由E=Blv知，电动势随 位移均匀变大，x=L处电动势最大，电流I最大；从x=L至x= 1.5L过程中，框架两边都 切割，总电动势减小，电流减小；从x= 1.5L至x= 2L,左边框切割磁感线产生的感应电动 势大于右边框切割磁感线产生的感应电动势，故电流反向且增大；x= 2

6、L至x= 3L过程中，只有左边框切割，有效长度I减小，电流减小。综上所述，只有C 项符合题意。-4 -5.（2012 福建省高三仿真模拟）如图 8 甲，导体框平面与水平面成0角，质量为M的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R,整个装置放于垂直于框架平面的变化的磁 场中，磁感应强度的变化如图乙，PQ始终静止，则在 0t2s 内，PQ受到的摩擦力的变化情况可能是（）f一直增大f一直减小A.C.D.解析：选 A 在 011时间内，由楞次定律的推论可知，当磁感应强度在正方向上均匀减小，所受安培力的方向沿斜面向上，导体棒还受沿斜面向下的重力的分力M n0,当F安Min0时f方向向下，故Min

7、0+f=F安，当F安减小时f减小，f减小到 0 后磁感应 强度再减小，f的方向向上且不断增加，在tit2秒内，f不断增加，故对；若F安Mn0时，f的方向向上，故当磁感应强度在正方向上均匀减小时，f变大，若磁感应强度反方向增加，安培力方向向下增加，则f变大，故对。6. （2012 重庆高考）如图 9 所示，正方形区域MNP内有垂直纸面 向里的匀强磁场。在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t= 0 时刻，其四个顶点M、N、P、Q恰好在磁场边界中 点。下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是（）图 9图 10解析：选 B 在导线框运动过程中，导线框的Q M和P

8、N两边所受安培力始终平衡，M N和P Q切割磁感线产生感应电动势，在闭合导线框中产生感应电流。则E=BvL有效,E BvL有效BvL有效2I= 厂，f=BIL有效=;,设导线框边长为a,则导线框运动到M N完全出磁场之R RR_4扌v3t2B.-5 -前的过程中，L有效=a-（a-2vt）=2vt,5=;在M N 完全出磁场后直到PQ开始R出磁场之前，仅有P Q受安培力，有效长度不变，为a,f2=誓不变;P Q出磁场的图 13-6 -B保持不变，为定值，由法拉第电磁感应定律可得，电路中无电动势产生，整个回路无电流,导体棒不受安培力和静摩擦力作用，所以A、B 错误；在 01 s 内，由题图乙可得

9、，磁场垂直于线框平面向下均匀增加，由楞次定律结合右手定则可判断出，线框中的感应电流方向为EBS逆时针方向，电流大小1=，因为磁场均匀变化，则I为定值，导体棒电流由a,即得安培力大小恒定，由左手定则可得方向水平向左。因为棒始终静止，所以受力平衡，静 摩擦力与安培力等大反向，即静摩擦力大小恒定、方向水平向右，为正值,8. (2012 龙岩一中高三二模)如图 13 所示，在一个光滑倾斜绝 缘板的上方，有垂直板面的等距离的a、b、c三条边界线隔成了I、n两区，1区加向外的匀强磁场、n区加向里的匀强磁场，磁感应强 度大小均为B。另有一导体圆环从上方某处开始自由向下滚动，一直 加速着穿过该磁场区，已知环的

10、直径等于每一磁场区的宽度，下过程中，有效长度L有效=a-2vt,f3=粤(a 2vt)2;根据三个过程中安培力的表达式可知，B选项正确。7 在水平桌框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒ab,导体棒与导轨接触良好,导体棒处于另一匀强磁场B中，该磁场的磁感应强度恒定，方向垂直导轨平面向下，如图11甲所示。磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图 11 乙所示，01 s 内磁场方向垂直线框平面向下。若导体棒始终保持静止，并设向右为静摩擦力的正方向，则导体棒所受的静摩擦力Ff12解析：选 D 由题图乙可知在 12 s 和45 s 这两段时间内，圆形线圈中磁感应强度C 错误，D 正确

11、。图 11I)-7 -列分析不.正确的是()A.环中感应电流方向先顺时针又逆时针再顺时针B.环直径在a、c两边界时感应电流大小相等，都小于直径在b处时的电流C.环直径在c处时运动的加速度小于在a处时的加速度D.运动过程中，重力势能的减少等于动能增加量与产生热能的和解析：选 B 由楞次定律知 A 对；因导体圆环一直加速着穿过该磁场区，故环直径在a、c两边界时其速度vain02B4L42BLQ* mRgsin0mgRi n02. (2012 南京模拟)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框2B3L3；口:abed,每边长为L,总电阻为R总质量为m将其置于磁感应强度XXX为B的水平匀强磁场上方h处，如图

12、2 所示。线框由静止自由下落,线框平面保持在竖直平面内，且ed边始终与水平的磁场边界平行。重力加速度为(1)求线框中产生的感应电动势大小;求ed两点间的电势差大小;(3)若此时线框向下的加速度大小恰好为g/4，求线框下落的高度h应满足什么条件?解析：(1)设ed边刚进入磁场时，线框的速度为V，由机械能守恒定律得-13 -解得卜落咼度满足9mg氏=32B4L43.(2012 扬州调研)如图 3 所示，空间存在一垂直纸面向里的水平磁场，磁场上边界0M水平，以0点为坐标原点，0M为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x方向保持不变、y轴方向按B=ky变化，k为大于零的常数。一质量为m电阻为R边长为

13、L的正方形线框abed从图示位置静止释放， 运动过程中线框平面始终在同一竖直平面内，当线框下降ho(ho= 6Q。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和,磁感应 强度大小均为B= 1 T。现有质量n= 0.2 kg、电阻r= 1Q的导体棒ab, 在金属导轨上从MN方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平， 与金属导轨接触良好。当导体棒ab下落到快要接近MN寸的速度大小为2V1= 3 m/s。不计空气阻力，g取 10 m/s。(1)求导体棒ab快要接近MN寸的加速度大小。(2)若导体棒ab进入磁场n后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场I和n之间的距离ho(3)若将磁场n的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场n时速度大小变为V2= 9 m/s,要使棒在外力F作用下做a= 3 m/s1 2 3的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式。解析：(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势E,棒在重力和安培力作用下做加速运动。由牛顿第二定律得：mg- BIL=ma,E=BLv= 3 VRRR= 2RR+F22由以上各式可得：a1= 5 m/s2(2)导体棒进入磁场n后，安培力等于重力，棒做匀速运动，棒中电流大小就始终保持不变。mg= BlL1 = RhE=BLv联立解得：v= 6 m/s解得E=mgm3g2R22k4 *答案：mgR m