高考物理一轮复习试题文档格式.docx

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解析摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B2a12v=Bav.由闭合电路欧姆定律得，UAB=ER2+R4R4=13Bav，故A正确.

答案A

2.（2019武汉模拟）（多选）如图11所示是圆盘发电机的示意图;

铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触.若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动.则（）.

图11

解析导体棒ab以速度v=4m/s匀速向左运动，由右手定则可判断出导体棒ab中电流的流向为由a到b，选项A错误;

由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E=BLv=2V，感应电流I=E/2R=0.1A，cd两端的电压为U1=IR=1V，选项B正确;

由于de间没有电流，cf间没有电流，de两端的电压为零，fe两端的电压为1V，选项C错误，D正确.

答案BD

4.（单选）在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图13甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，在图中正确表示线圈感应电动势E变化的是（）.

图13

解析在第1s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1=1t1=B1t1S，在第2s和第3s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流.在第4s和第5s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E2=2t2=B2t2S，由于B1=B2，t2=2t1，故E1=2E2，由此可知，A选项正确.

5.（单选）如图14所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心.环内两个圆心角为90的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直.导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触.在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度逆时针转动，t=0时恰好在图示位置.规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随t变化的图象是（）.

图14

解析导体杆OM在匀强磁场中垂直切割磁感线绕O逆时针方向转动，产生的感应电流大小为：

i=ER=BL22R不变，转到没有磁场时，i=0;

并由右手定则可判断电流流经电阻R的电流方向.

答案C

6.（单选）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图15甲所示.磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（）.

图15

A.从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcba

B.从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大

C.t1时刻，导线框中电流为0

D.从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变

解析导线框面积S不变，读图象知，有两个子过程.0～t1过程，磁感应强度正向减小;

t1～t2过程，磁感应强度反向增大.0～t1时间内，正向磁通量减小，由楞次定律判定，应产生顺时针方向电流，故选A.

t1～t2时间，磁通量反方向均匀增大，有Bt=k（k为常数）.由E=t=SBt，I=ER，解得I=SkR，为定值，故不选B.

bc边受到安培力为F安=BILbc，因磁感应强度B线性增大，所以F安线性增大，故不选D.

t1时刻，穿过导线框的为0，但其变化率t=k0，所以感应电动势和电流均不为0，故不选C.

7.（单选）边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于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，如图16所示，则下列图象与这一过程相符合的是（）.

图16

解析该过程中，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=233x，所以E电动势=Bl有v=233Bvxx，选项A错误，B正确;

F外力=B2l2有vR=4B2x2v3Rx2，选项C错误;

P外力功率=F外力vF外力x2，选项D错误.

答案B

8.（多选）一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图17甲所示.t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示.已知线框质量m=1kg、电阻R=1，以下说法正确的是（）.

图17

A.线框做匀加速直线运动的加速度为1m/s2

B.匀强磁场的磁感应强度为22T

C.线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22C

D.线框边长为1m

解析开始时，a=Fm=11m/s2=1m/s2，由图可知t=1.0s时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长l=12at2=0.5m;

由t=1.0s时，线框速度v=at=1m/s，F=3N，根据牛顿第二定律有F-B2l2vR=ma，得B=22T;

线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量q=It=12BlvRt=22C，故D错，A、B、C正确.

答案ABC

B深化训练提高能力技巧

9.（2019福建卷，18）（单选）如图18，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO平行，线框平面与磁场方向垂直.设OO下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（）.

图18

解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v-t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v-t图象为倾斜直线.t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v-t图象为A选项中的图象.

10.（2019四川卷，7）（多选）如图19所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt（常量k0）.回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=R02.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（）.

图19

A.R2两端的电压为U7

B.电容器的a极板带正电

C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍

D.正方形导线框中的感应电动势为kL2

解析由楞次定律可知，正方形导线框中的感应电流方向为逆时针方向，所以电容器b极板带正电，选项B错误.根据法拉第电磁感应定律，正方形导线框中的感应电动势E=kr2，选项D错误.R2与R02的并联阻值R并=R02R02R02+R02=R04，根据串联分压的特点可知：

UR2=47U14=17U，选项A正确.由P=U2R得：

PR2=UR22R2=2U249R0.

PR=27U2R02+17U2R22=10U249R0，所以PR=5PR2选项C正确.

答案AC

11.如图20所示，边长L=0.20m的正方形导线框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R0=1.0，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r=0.20.导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.50T，方向垂直导线框所在平面向里.金属棒MN与导线框接触良好，且与导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上.若金属棒以v=4.0m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求：

（计算结果保留两位有效数字）

图20

（1）金属棒产生的电动势大小;

（2）金属棒MN上通过的电流大小和方向;

（3）导线框消耗的电功率.

解析

（1）金属棒产生的电动势大小为：

E=2BLv=0.500.204.02V=0.57V.

（2）金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为R并=1.0，由闭合电路欧姆定律有I=ER并+r=0.48A，由右手定则有，电流方向从M到N.

（3）导线框消耗的电功率为P框=I2R并=0.23W

答案

（1）0.57V

（2）0.48V电流方向从M到N（3）0.23W

12.如图21甲所示.一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20m，电阻R=1.0有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下.现在一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示.求杆的质量m和加速度a.

图21

解析导体杆在轨道上做初速为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=Blat①

闭合回路中的感应电流为I=ER②

由安培力公式和牛顿第二定律得F-ILB=ma③

将①②式代入③式整理得F=ma+B2L2atR④

由乙图线上取两点，t1=0，F1=1N;

t2=29s，F2=4N代入④式，联立方程解得a=10m/s2，m=0.1kg.

答案0.1kg10m/s2

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