2023年高考物理二轮复习第一部分专题五原子结构和原子核课时作业11新人教版

课时作业十一一、选择题1．(2023·江西南昌三校四联)如下图，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，那么图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()A线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定那么可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没能感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定那么可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A正确，D错误．2.(2023·山东临沂模拟)边长为a的正三角形金属框架的左边竖直且与磁场右边界平行，该框架完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如下图，那么以下图象与这一过程相符合的是()B该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l有＝eq\f(2\r(3),3)x，所以E电动势＝Bl有v＝eq\f(2\r(3),3)Bvx∝x，选项A错误，B正确；F外力＝eq\f(B2l\o\al(2,有)v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，选项C错误；P外力功率＝F外力v∝x2，选项D错误．3．(多项选择)(2023·河北石家庄二模)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“〞形金属细框竖直放置在两水银槽中，“〞形框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示．t＝0.22s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m．不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，以下说法正确的选项是()A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC．磁感应强度B2的方向竖直向下D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03CBD0～0.1s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，代入数据得E＝30V，A错．开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定那么可判断电流方向由C到D，B对．由于t＝0.22s时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定那么可知C错误．K闭合瞬间，因安培力远大于重力，那么由动量定理有B1IlΔt＝mv，通过细杆的电荷量Q＝IΔt，线框向上跳起的过程中v2＝2gh，解得Q＝0.03C，D对．4．(多项选择)如下图是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，那么以下说法中正确的选项是()A．C点电势一定高于D点电势B．圆盘中产生的感应电动势大小为eq\f(1,2)Bωr2C．电流表中的电流方向为由a到bD．假设铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流BD把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘开始转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定那么知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C点电势低于D点电势，选项A错误；此电源对外电路供电，电流由b经电流表再从a流向铜盘，选项C错误；铜棒转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为E＝Brv＝Brωeq\f(1,2)r＝eq\f(1,2)Bωr2，选项B正确；假设铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D正确．5．(多项选择)如下图，一边长为l＝2a的正方形区域内分布着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一边长为a、电阻为R的正方形线框置于磁场左侧，且线框右边与磁场左边界平行，距离为aBD由于安培力在整个运动过程中都在阻碍线框向右运动，所以安培力的方向不会发生改变，线框未进入磁场前和线框完全在磁场中时不受安培力作用，所以选项A错误，B正确；当线框经过一段时间进入磁场时，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向为逆时针方向，线框完全在磁场中时不产生感应电流，当线框出磁场时，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向为顺时针方向，所以选项C错误，选项D正确．6．(多项选择)如图甲所示，一单匝圆形闭合导线框半径为r，线框电阻为R，连接一交流电流表(内阻不计)．线框内充满匀强磁场，该磁场磁感应强度B随时间按正弦规律变化，如图乙所示(规定向下为B的正方向)，那么以下说法正确的选项是()A．0.005s时线框中的感应电流最大B．0.01s时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向C．0.015s时电流表的示数为零D．0～0.02s内闭合导线框上产生的热量为eq\f(π4r4,R)BD线圈中的感应电动势为E＝πr2eq\f(ΔB,Δt)，感应电流为i＝eq\f(πr2,R)·eq\f(ΔB,Δt)，在0.005s时，eq\f(ΔB,Δt)＝0，那么i＝0，A项错；由楞次定律知在0.01s时感应电流方向为顺时针方向(从上往下看)，B项正确；交流电流表测量的是交变电流的有效值，C项错；感应电动势的峰值为Em＝Bmπr2eq\f(2π,T)，一个周期导线框上产生的热量为Q＝eq\f(\f(Em,\r(2))2,R)T＝eq\f(π4r4,R)，D项正确．7．(多项选择)如下图，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有()BC设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝BLv，回路电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BL,R＋r)v，即I∝v；安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v，方向水平向左，即FA∝v；R两端电压UR＝IR＝eq\f(BLR,R＋r)v，即UR∝v；感应电流功率P＝EI＝eq\f(B2L2,R＋r)v2，即P∝v2.分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F0＋kv－eq\f(B2L2,R＋r)v＝ma，即F0＋(k－eq\f(B2L2,R＋r))v＝ma.因为金属棒从静止出发，所以F0>0.(1)假设k＝eq\f(B2L2,R＋r)，金属棒水平向右做匀加速直线运动．所以在此情况下没有选项符合；(2)假设k>eq\f(B2L2,R＋r)，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；(3)假设k<eq\f(B2L2,R＋r)，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合．综上所述，选项B、C符合题意．二、非选择题8．(2023·河北冀州3月模拟)如下图，完全相同的正方形单匝铜质线框货件abcd，通过水平、绝缘且足够长的传送带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检〞程序，以便筛选“次品〞(不闭合)与“正品〞(闭合)．“安检〞程序简化为如下物理模型：各货件质量均为m，电阻均为R，边长为l，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g；传送带以恒定速度v0向右运动，货件在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持ab∥AA′∥CC′.磁场边界AA′、CC′与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为d(l<d)．现某一货件当其ab边到达CC′时又恰好与传送带的速度相同，求(1)上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值；(2)“次品〞(不闭合)与“正品〞(闭合)因“安检〞而延迟时间多大．解析(1)货件在进入磁场过程中，受安培力F、摩擦力f共同作用而做减速运动；完全进入磁场后，在摩擦力的作用下做加速运动，当ab边到达CC′时速度又恰好等于v0.因此，货件在刚进入磁场时，所受安培力F最大，加速度最大，设为am；货件全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时货件的速度为v.货件刚进入磁场时，由牛顿第二定律有：F－μmg＝mam①F＝BI0I0＝eq\f(E,R)E＝Blv0解得：am＝eq\f(B2l2v0,mR)－μg②在货件完全进入磁场到又加速运动到达边界CC′的过程中，根据动能定理，有μmg(d－l)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2③解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)－2μgd－l)④(2)设“正品〞货件进入磁场所用时间为t1，取此过程中某较短时间间短Δt，在t～(t＋Δt)的Δt内货件速度变化为Δv，货件加速度大小为：a＝eq\f(Δv,Δt)⑤设Δt时间内流经货件的电流为i，货件瞬时速度为vi，货件所受安培力方向向左，大小为：Ft＝Bil＝eq\f(B2l2,R)vi⑥由牛顿第二定律，有：eq\f(B2l2,R)vi－μmg＝meq\f(Δv,Δt)⑦由力的独立性原理并根据位移大小的“面积法〞有：eq\f(B2l2,R)(v1Δt1＋v2Δt2＋…vnΔtn)－μmgt1＝mΔv⑧即：eq\f(B2l3,R)－μmgt1＝m[v0－eq\r(v\o\al(2,0)－2μgd－l)]⑨解得：t1＝eq\f(B2l3,μmgR)－eq\f(v0－\r(v\o\al(2,0)－2μgd－l),μg)⑩(关于t1另解：对货件，由动量定理和法拉第电磁感应定律有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(μmgt1－B\x\to(i)lt1＝mv－mv0,\x\to(i)t1＝q＝\f(Bl2,R)))可得：t1＝eq\f(B2l3,μmgR)－eq\f(v0－\r(v\o\al(2,0)－2μgd－l),μg)设“正品〞货件在磁场中匀加速到v0所用时间为t2那么t2＝eq\f(v0－v,μg)＝eq\f(v0－\r(v\o\al(2,0)－2μgd－l),μg)⑪设“正品〞货件从开始进磁场到完全出磁场并到达稳定运行所用时间为T1，由受力与运动对称性可得：T1＝2(t1＋t2)＝eq\f(2B2l3,μmgR)⑫而“次品〞货件运动过程不受“安检〞的影响，设其经过上述“正品〞货件经过距离所用时间为T2，由匀速直线运动规律有：T2＝eq\f(2d,v0)⑬可见因“安检〞而延迟时间为：ΔT＝T1－T2＝eq\f(2B2l3,μmgR)－eq\f(2d,v0)⑭答案(1)eq\f(B2l2v0,mR)－μgeq\r(v\o\al(2,0)－2μgd－l)(2)eq\f(2B2l3,μmgR)－eq\f(2d,v0)9．(2023·湖南益阳模拟)如下图，竖直面内的正方形导线框ABCD和abcd的边长均为l、电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD的下边界与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边界到匀强磁场的下边界的距离为l.现将两导线框由静止释放，当ABCD全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框abcd通过磁场的时间．解析(1)如下图，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v、此时轻绳上的张力为T，那么对ABCD有T＝2mg①对abcd有T＝mg＋Bil②I＝eq\f(E,R)③E＝Blv④那么v＝eq\f(mgR,B2l2)⑤(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l4mgl＝2mgl＋eq\f(1,2)×3mv2＋Q⑥联立⑤⑥解得Q＝2mgl－eq\f(3m3g2R2,2B4l4)(3)导线框abcd通过磁场的过程中以速度v匀速运动，设导线框abcd通过磁场的时间为t，那么t＝eq\f(3l,v)⑦联立⑤⑦解得t＝eq\f(3B2l3,mgR).答案(1)eq\f(mgR,B2l2)(2)2mgl－eq\f(3m3g2R2,2B4l4)(3)eq\f(3B2l3,mgR)10．如图甲所示，宽为L、倾角为θ的平行金属导轨，下端垂直于导轨连接一阻值为R的定值电阻，导轨之间加垂直于轨道平面的磁场，其随时间变化规律如图乙所示．t＝0时刻磁感应强度为B0，此时，在导轨上距电阻x1处放一质量为m、电阻为2R的金属杆，t1时刻前金属杆处于静止状态，当磁场即将减小到B1时，金属杆也即将开始下滑(金属杆所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．(1)求0～t1时间内通过定值电阻的电荷量