高考物理一轮复习单元高考模拟特训十新人教

版高考物理一轮复习单元高考模拟特训十新人教版版高考物理一轮复习单元高考模拟特训十新人教版PAGE版高考物理一轮复习单元高考模拟特训十新人教版单元高考模拟特训(十)一、选择题(1～5题只有一项符合题目要求，6～8题有多项符合题目要求，每题6分，共48分)1.美国《大众科学》月刊网站报导，美国明尼苏达大学的研究人员发现：一种拥有独到属性的新式合金可以将热能直接转变为电能．详细而言，只需稍微提升温度，这类合金就会变为强磁性合金，进而使围绕它的线圈中产生电流，其简化模型以以下图．A为圆柱形合金资料，B为线圈，套在圆柱形合金资料上，线圈的半径大于合金资料的半径．现对A进行加热，则()A．B中将产生逆时针方向的电流B．B中将产生顺时针方向的电流C．B线圈有缩短的趋向D．B线圈有扩大的趋向分析：合金资料加热后，合金资料成为强磁体，经过线圈B的磁通量增大，因为线圈B内有两个方向的磁场，由楞次定律可知线圈只有扩大，才能阻截磁通量的增添，C错误、D正确；因为不知道极性，没法判断感觉电流的方向，A、B错误．答案：D2.在研究自感现象的实验中，用两个完满相同的灯泡A、B与自感系数很大的线圈L和定值电阻R构成以以下图的电路(线圈的直流电阻可忽视，电源的内阻不可以忽视)，对于这个实验下面说法中正确的选项是()A．闭合开关的瞬时，A、B一同亮，此后A熄灭B．闭合开关的瞬时，B比A先亮，此后B渐渐变暗C．闭合开关，待电路坚固后断开开关，B渐渐变暗，A闪亮一下此后渐渐变暗D．闭合开关，待电路坚固后断开开关，A、B灯中的电流方向均为从左向右分析：闭合开关的瞬时，线圈中产生很大的自感电动势，阻截电流的经过，故B立刻亮，A渐渐变亮．跟着A中的电流渐渐变大，流过电源的电流也渐渐变大，路端电压渐渐变小，故B渐渐变暗，A错误、B正确；电路坚固后断开开关，线圈相当于电源，对A、B供电，回路中的电流在本来经过A的电流的基础上渐渐变小，故A渐渐变暗，B闪亮一下此后渐渐变暗，C错误；断开开关后，线圈中的自感电流从左向右，A灯中电流从左向右，B灯中电流从右向左，故D错误．答案：B3.以以下图，通电螺线管的内部中间和外面正上方静止悬挂着金属环a和b，当变阻器R的滑动头c向左滑动时()A．a环向左摆，b环向右摆B．a环和b环都不会左摆或右摆C．两环对悬线的拉力都将增大D．a环和b环中感觉电流的方向相同分析：当变阻器R的滑动头c向左滑动时，线圈中的电流变大，磁性加强．依据楞次定律，两线圈都要阻截磁通量增大．因为线圈处在线圈中间地点，磁感线与圆环面垂直，两环受沿半径指向环心的力．不会向左右偏．b环处于匀强磁场中，各部分力均衡，拉力不会增大．a环磁通量增大，由楞次定律知，a环会遇到向上的安培力阻截此中磁通量变大，所以拉力变小．因为a环和b环所在螺线管内外面的磁感线方向相反．所以产生的感觉电流方向也相反．选B.答案：B4．[2019·厦门模拟]以以下图，在平均磁场中有一由两段eq\f(1,4)圆弧及其半径构成的导线框CDEF，且C点和F点正好是OD、OE的中点，eq\f(1,4)圆的半径OE和OD与磁场边沿重合，磁场方向垂直于eq\f(1,4)圆面(纸面)向里，磁感觉强度大小为B0.使该线框绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转过90°，在线框中产生感觉电流．现使线框保持图中所示地点不变，而磁感觉强度大小随时间平均变化．为了产生与线框转过90°过程中相同大小的电流，则磁感觉强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(ωB0,2π)B.eq\f(ωB0,π)C.eq\f(2ωB0,π)D.eq\f(4ωB0,π)分析：设OE＝2r，线框的电阻为R，该线框绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动90°，在线框中产生的感觉电流I＝eq\f(\f(3,2)B0ωr2,R).线框保持图中所示地点，磁感觉强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动90°过程中相同大小的电流，有I＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(3πr2,4R)，所以有eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2ωB0,π)，故C对，A、B、D错．答案：C5．圆滑水平轨道abc、ade在a端很凑近可是不相连，bc段与de段平行，尺寸以以下图．轨道之间存在磁感觉强度为B的匀强磁场．初始时质量为m的杆搁置在b、d两点上，除电阻R外，杆和轨道电阻均不计．用水平外力将杆以初速度v0向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，在杆向左运动位移L内，以下说法正确的选项是()A．杆向左做匀加快运动B．杆向左运动位移L的时间为Δt＝eq\f(3L,4v0)C．杆向左运动位移L的时间内电阻产生的焦耳热为Q＝eq\f(2B2L3v0,3R)D．杆向左运动位移L的时间内水平外力做的功为W＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)分析：因为电流不变，杆受安培力F安＝BIl，l是变化的，所以E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝BLv0是必定值，Δt＝eq\f(ΔΦ,BLv0)＝eq\f(3L,4v0)，而速度是不停增大的，所以A错误、B正确；杆向左运动位移L的时间内电阻产生的焦耳热为Q＝I2RΔt，解得Q＝eq\f(3B2L3v0,4R)，即C错误；因电流I不变，所以eq\f(BLv0,R)＝eq\f(BL·\f(1,2)·v′,R)，故v′＝2v0.杆向左运动位移L的时间内水平外力做的功为W＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Q＝eq\f(3B2L3v0,4R)＋eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，所以D错误．答案：B6．一个细小金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直着落，磁感线的散布状况以以下图，此中沿圆环轴线的磁感线方向素来竖直向上．开始时圆环中的磁通量为Φ0，圆环中的磁通量跟着落高度y的变化关系为Φ＝Φ0(1＋ky)(k为比率常量，k>0)．金属圆环在着落过程中，环面素来保持水平，速度愈来愈大，最后坚固为某一数值，称为扫尾速度．圆环的扫尾速度为v，已知圆环的电阻为R，忽视空气阻力，以下结沦正确的有()A．圆环速度坚固后，圆环产生的感觉电动势大小为kΦ0vB．圆环速度坚固后，圆环的热功率P＝eq\f(k2Φ\o\al(2,0)v2,R)C．圆环速度坚固后，圆环的热功率P＝eq\f(k2Φ\o\al(2,0)v2,Rg)D．圆环的质量m＝eq\f(k2Φ\o\al(2,0)v,R)分析：圆环速度坚固后，在很短时间Δt内，降落的高度Δy＝vΔt，穿过圆环的磁通量的变化量ΔΦ＝Φ0[1＋k(y＋Δy)]－Φ0(1＋ky)＝kΦ0vΔt，依据法拉第电磁感觉定律可得，圆环产生的感觉电动势大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝kΦ0v，圆环的热功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(k2Φ\o\al(2,0)v2,R)，选项A、B正确，C错误；圆环速度坚固后，由能量守恒定律知，圆环减少的重力势能等于圆环产生的焦耳热，则mgvt＝Pt，解得m＝eq\f(k2Φ\o\al(2,0)v,Rg)，选项D错误．答案：AB7.以以下图，一沿水平方向的匀强磁场散布在宽度为2L的某矩形地区内(长度足够大)，该地区的上下界限MN、PS是水平的，有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上界限MN的某高处由静止开释着落而穿过该磁场所区，已知当线框的ab边抵达PS时线框恰巧做匀速直线运动．以线框的ab边抵达MN时开始计时，以MN上O点为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感觉电流的正方向，向上为力的正方向，则以下对于线框中的感觉电流i和线框所遇到的安培力F与ab边的地点坐标x的关系中，可能正确的选项是()分析：线框的ab边抵达PS时线框恰巧做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，即F＝mg，而线框完幸亏磁场中运动时做匀加快运动，所以可知线框进入磁场过程，安培力应小于重力，即F<mg，线框只好做加快运动，不可以做匀速运动或减速运动．线框进入磁场的过程中，跟着速度增大，产生的感觉电动势和感觉电流i渐渐增大，安培力渐渐增大，线框所受的协力减小，加快度减小，所以线框做加快度减小的变加快运动．感觉电流i＝eq\f(BLv,R)，所以感觉电流i的变化率也应渐渐减小，安培力F的变化率也渐渐减小．由楞次定律可知，线框进入磁场和穿出磁场过程，所受的安培力方向都向上，为正方向．故A、D正确，B、C错误．答案：AD8．如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，此间距为L，导轨曲折部分圆滑，平直部分粗拙，两部分圆滑连结，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左侧地区有宽度为d、方向竖直向上、磁感觉强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从曲折导轨上高为h处由静止开释，抵达磁场右界限处恰巧停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨素来垂直且接触优秀，则金属棒穿过磁场所区的过程中(重力加快度为g)A．金属棒中的最大电流为eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．金属棒战胜安培力做的功为mghC．经过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,2R)D．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)mg(h－μd)分析：由机械能守恒定律知，金属棒沿圆滑导轨下滑，mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得金属棒抵达磁场时速度v＝eq\r(2gh)，金属棒以初速度v进入磁场所区切割磁感线产生的感觉电动势和感觉电流最大，产生的最大感觉电动势为Em＝BLeq\r(2gh)，最大感觉电流Im＝eq\f(Em,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，选项A错误；因为金属棒与平直部分导轨有摩擦，依据功能关系，金属棒战胜摩擦力做的功与战胜安培力做的功的代数和等于mgh，选项B错误；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，I＝eq\f(E,2R)，q＝I·Δt，ΔΦ＝BLd，联立解得经过金属棒的电荷量q＝eq\f(BdL,2R)，选项C正确；设金属棒产生的焦耳热为Q，则电阻产生的焦耳热也为Q，由能量守恒定律有，μmgd＋2Q＝mgh，解得Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，选项D正确．答案：CD二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(16分)如图甲，两根足够长的平行圆滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连结阻值R＝4.0Ω的电阻；匀强磁场的磁感觉强度B＝0.5T、方向垂直导轨所在平面向下；质量m＝0.2kg、长度l＝1.0m、电阻r＝1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨素来保持垂直且接触优秀．t＝0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v－t图象如图乙所示．其他电阻不计．求：(1)从t＝0开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两头的电压；(2)0～3.0s内，外力F大小随时间t变化的关系式．分析：(1)依据v－t图象可知金属杆做匀减速直线运动的时间Δt＝3s，t＝0时杆的速度为v0＝6m/s由运动学公式得其加快度大小a＝eq\f(v0－0,Δt)设杆运动了5m时速度为v1，则veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2as1此时，金属杆产生的感觉电动势E1＝Blv1，回路中产生的电流I1＝eq\f(E1,R＋r)电阻R两头的电压U＝I1R联立解得U＝1.6V(2)由t＝0时BIl<ma，可分析判断出外力F的方向与v0反向．金属杆做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有F＋BIl＝ma设在t时辰金属杆的速度为v，杆的电动势为E，回路电流为I，则有v＝v0－at又E＝BlvI＝eq\f(E,R＋r)联式解得F大小与时间t的函数关系式为F＝0.1＋0.1t答案：(1)1.6V(2)F＝(0.1＋0.1t)N10．(16分)以以下图，在水平面上有两条平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感觉强度的大小为B，两根完满相同的金属杆1、2间隔必定的距离放在导轨上，且与导轨垂直．它们接入电路的电阻均为R，两杆与导轨接触优秀，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计．杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则分别在杆2固定与不固定两种状况下，求最先摆放两杆时的最小距离之比．分析：杆2固准时，设杆1恰巧滑到杆2处速度为零，初始两杆距离为x1.对杆1应用动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))1d·t1＝0－mv0①由法拉第电磁感觉定律得eq\o(E,\s\up6(－))1＝eq\f(ΔΦ1,t1)＝eq\f(Bdx1,t1)②由欧姆定律得eq\o(I,\s\up6(－))1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))1,2R)③联立①②③得x1＝eq\f(2mRv0,B2d2)④杆2不固准时，两杆恰巧不相碰，设其共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv⑤对杆2应用动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))2d·t2＝0－mv⑥设两杆恰不相碰，初始距离为x2.由法拉第电磁感觉定律，eq\o(E,\s\up6(－))2＝eq\f(ΔΦ2,t2)＝eq\f(Bdx2,t2)⑦由欧姆定律得eq\o(I,\s\up6(－))2＝eq\f(\o(E,\s