【名师导航】2020届高考物理专题-第10讲限时规范训练-Word版含解析.docx

(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共5个小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一个选项符合要求，第4～5题有多项符合要求．)
1．(2021·高考浙江卷)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图所示．假如只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是(　　)

解析：选D.由公式E＝Blv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故本题正确选项为D.
2．(2021·高考安徽卷)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽视不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)
A．2.5 m/s　1 W　　　 B．5 m/s　1 W
C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W
解析：选B.把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键．对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．
由平衡条件得mgsin 37°＝F安＋Ff①
Ff＝μFN②
FN＝mgcos 37°③
而F安＝BIL④
I＝⑤
E＝BLv⑥
联立①～⑥式，解得
v＝
代入数据得v＝5 m/s.
小灯泡消耗的电功率为P＝I2R⑦
由⑤⑥⑦式得P＝R＝1 W．故选项B正确．
3．一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面对上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述推断不正确的有(　　)
A．圆形线圈中的磁场，可以向上均匀增加，也可以向下均匀减弱
B．导体棒ab受到的安培力大小为mgsin θ
C．回路中的感应电流为
D．圆形导线中的电热功率为(r＋R)
解析：选D.导体棒此时恰好能静止在导轨上，依据平衡条件知导体棒ab受到的安培力大小为mgsin θ，方向沿斜面对上，由左手定则判定电流方向为b→a，再由楞次定律判定A正确；回路中的感应电流为I＝F/B2d＝，C正确；由焦耳定律得圆形导线中的电热功率为Pr＝r，D错．
4．如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上以10 m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里．已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v－x图象如图乙所示．则(　　)

A．线圈的长度L＝10 cm
B．磁场的宽度d＝15 cm
C．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8 m/s2
D．线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J
解析：选AD.线圈右边进入磁场后做减速运动，全部进入磁场后做匀速直线运动，右边离开磁场后做减速运动．由图象可知线圈的长度L＝(15－5)cm＝10 cm，磁场的宽度为d＝(30－5)cm＝25 cm，所以选项A正确，B、C错误；线圈通过磁场过程中产生的热量等于线圈动能的削减量，即Q＝×1×(102－22)J＝48 J，选项D正确．
5．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(　　)
A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，电路中的电功率为B2L2v2/R
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的削减量
解析：选AC.刚释放瞬间金属棒只受重力，故加速度a＝g，A项正确．金属棒向下运动时用右手定则推断，电流沿顺时针方向，B项错误．当金属棒的速度为v时，E＝BLv，P＝＝，C项正确．依据能量守恒可知，电阻R上产生的总热量等于削减的重力势能与增加的弹性势能之差，D项错误．
二、计算题(本题共4个小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
6．(15分)(2021·高考重庆卷)小明在争辩性学习中设计了一种可测量磁感应强度的试验，其装置如图所示．在该试验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R.若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度为L.
(1)推断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大？
(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．
解析：(1)铜条匀速向下运动，由楞次定律可知，其所受安培力竖直向上．依据牛顿第三定律，铜条对磁铁的作用力竖直向下，故G2＞G1.
(2)由题意知：G1＝G2－F，F＝G2－G1，由安培力公式
F＝BIL，
I＝，
E＝BLv，
联立以上各式，解得B＝ .
答案：(1)安培力的方向竖直向上，G2＞G1
(2)安培力的大小F＝G2－G1　磁感应强度的大小B＝
7．(15分)如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S＝200 cm2，匝数n＝1 000，线圈电阻r＝1.0 Ω.线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R＝4.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的状况如图乙所示，求：

(1)在t＝2.0 s时刻，通过电阻R的感应电流大小；
(2)在t＝5.0 s时刻，电阻R消耗的电功率；
(3)0～6.0 s内整个闭合电路中产生的热量．
解析：(1)依据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．t＝2.0 s时的感应电动势E1＝n＝n
依据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流
I1＝
解得I1＝0.2 A
(2)由图象可知，在4.0～6.0 s时间内，线圈中产生的感应电动势E2＝n＝n
闭合回路中的感应电流
I2＝
电阻R消耗的功率
P＝IR＝2.56 W
(3)0～6.0 s内整个闭合电路中产生的热量
Q＝I(R＋r)Δt1＋I(R＋r)Δt2＝7.2 J
答案：(1)0.2 A　(2)2.56 W　(3)7.2 J
8．(20分)如图所示，宽为L＝0.5 m、足够长的平行金属导轨MN和M′N′固定在倾角为θ＝37°的斜面上，在N和N′之间连有一个0.8 Ω的电阻R.在导轨上AA′处放置一根与导轨垂直、质量为m＝0.2 kg、电阻r＝0.2 Ω的金属棒，导轨电阻均不计．在导轨所围的区域存在一个磁感应强度B＝0.2 T、方向垂直于斜面对上的匀强磁场，已知金属棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.25.现在金属棒中点施加一个垂直于金属棒且沿斜面对上的外力F，使金属棒从静止开头以加速度a＝1 m/s2沿斜面对上做匀加速直线运动，经3 s恰好经过CC′处．求：

(1)金属棒从AA′运动到CC′过程中通过R的电荷量；
(2)金属棒通过CC′时所施加的外力F的大小；
(3)假如在此过程中外力F所做的功为17.1 J，求在此过程中金属棒产生的焦耳热是多少？
解析：(1)金属棒从AA′匀加速运动到CC′的过程中，金属棒的位移s＝at2＝×1×32 m＝4.5 m
＝
＝
q＝t＝＝＝4.5 C.
(2)金属棒运动到CC′时，
v＝at＝3 m/s
E＝BLv
I＝＝＝3 A
F－mgsin θ－μmgcos θ－BIL＝ma.
所以F＝4.8 N.
(3)在此过程中，对金属棒运用动能定理
WF－mgsin θ·s－μmgcos θ·s－W安＝mv2
回路中产生的总焦耳热为：Q总＝W安≈9 J
金属棒放出的焦耳热为：Qr＝Q总＝1.8 J.
答案：(1)4.5 C　(2)4.8 N　(3)1.8 J
9．(20分)如图所示，一边长L＝0.2 m，质量m2＝0.5 kg，电阻R＝0.1 Ω的正方形导体线框abcd，与一质量为m1＝2 kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．刚开头时ad边距磁场下边界为d2＝0.8 m，磁感应强度B＝2.5 T，磁场宽度d1＝0.3 m，物块放在倾角θ＝53°的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现将物块由静止释放，经一段时间后发觉当ad边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动．(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小？
(2)线框刚刚全部进入磁场时动能的大小？
(3)整个运动过程线框产生的焦耳热为多少？
解析：(1)由于线框匀速出磁场，则对m1有：m1gsin θ－μm1gcos θ－T＝0
对m2有：T－m2g－BIL＝0
又由于I＝
联立解得：v＝R＝2 m/s
(2)从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得：
(m1gsin θ－μm1gcos θ)(d1－L)－m2g(d1－L)＝(m1＋m2)v2－Ek
将速度v代入，整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为Ek＝4.5 J，所以此时线框的动能为Ek′＝Ek＝0.9 J
(3)从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得：
(m1gsin θ－μm1gcos θ)(d1＋d2＋L)－m2g(d1＋d2＋L)＝Q＋(m1＋m2)v2
将数值代入整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：Q＝1.5 J
答案：(1)2 m/s　(2)0.9 J　(3)1.5 J