高考物理一輪復(fù)習(xí)單元高考模擬特訓(xùn)十新人教

版高考物理一輪復(fù)習(xí)單元高考模擬特訓(xùn)十新人教版版高考物理一輪復(fù)習(xí)單元高考模擬特訓(xùn)十新人教版PAGE版高考物理一輪復(fù)習(xí)單元高考模擬特訓(xùn)十新人教版單元高考模擬特訓(xùn)(十)一、選擇題(1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，6～8題有多項(xiàng)符合題目要求，每題6分，共48分)1.美國(guó)《大眾科學(xué)》月刊網(wǎng)站報(bào)導(dǎo)，美國(guó)明尼蘇達(dá)大學(xué)的研究人員發(fā)現(xiàn)：一種擁有獨(dú)到屬性的新式合金可以將熱能直接轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔埽敿?xì)而言，只需稍微提升溫度，這類(lèi)合金就會(huì)變?yōu)閺?qiáng)磁性合金，進(jìn)而使圍繞它的線圈中產(chǎn)生電流，其簡(jiǎn)化模型以以下圖．A為圓柱形合金資料，B為線圈，套在圓柱形合金資料上，線圈的半徑大于合金資料的半徑．現(xiàn)對(duì)A進(jìn)行加熱，則()A．B中將產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾．B中將產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰿．B線圈有縮短的趨向D．B線圈有擴(kuò)大的趨向分析：合金資料加熱后，合金資料成為強(qiáng)磁體，經(jīng)過(guò)線圈B的磁通量增大，因?yàn)榫€圈B內(nèi)有兩個(gè)方向的磁場(chǎng)，由楞次定律可知線圈只有擴(kuò)大，才能阻截磁通量的增添，C錯(cuò)誤、D正確；因?yàn)椴恢罉O性，沒(méi)法判斷感覺(jué)電流的方向，A、B錯(cuò)誤．答案：D2.在研究自感現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)中，用兩個(gè)完滿相同的燈泡A、B與自感系數(shù)很大的線圈L和定值電阻R構(gòu)成以以下圖的電路(線圈的直流電阻可忽視，電源的內(nèi)阻不可以忽視)，對(duì)于這個(gè)實(shí)驗(yàn)下面說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．閉合開(kāi)關(guān)的瞬時(shí)，A、B一同亮，此后A熄滅B．閉合開(kāi)關(guān)的瞬時(shí)，B比A先亮，此后B漸漸變暗C．閉合開(kāi)關(guān)，待電路堅(jiān)固后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，B漸漸變暗，A閃亮一下此后漸漸變暗D．閉合開(kāi)關(guān)，待電路堅(jiān)固后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，A、B燈中的電流方向均為從左向右分析：閉合開(kāi)關(guān)的瞬時(shí)，線圈中產(chǎn)生很大的自感電動(dòng)勢(shì)，阻截電流的經(jīng)過(guò)，故B立刻亮，A漸漸變亮．跟著A中的電流漸漸變大，流過(guò)電源的電流也漸漸變大，路端電壓漸漸變小，故B漸漸變暗，A錯(cuò)誤、B正確；電路堅(jiān)固后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，線圈相當(dāng)于電源，對(duì)A、B供電，回路中的電流在本來(lái)經(jīng)過(guò)A的電流的基礎(chǔ)上漸漸變小，故A漸漸變暗，B閃亮一下此后漸漸變暗，C錯(cuò)誤；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，線圈中的自感電流從左向右，A燈中電流從左向右，B燈中電流從右向左，故D錯(cuò)誤．答案：B3.以以下圖，通電螺線管的內(nèi)部中間和外面正上方靜止懸掛著金屬環(huán)a和b，當(dāng)變阻器R的滑動(dòng)頭c向左滑動(dòng)時(shí)()A．a(chǎn)環(huán)向左擺，b環(huán)向右擺B．a(chǎn)環(huán)和b環(huán)都不會(huì)左擺或右擺C．兩環(huán)對(duì)懸線的拉力都將增大D．a(chǎn)環(huán)和b環(huán)中感覺(jué)電流的方向相同分析：當(dāng)變阻器R的滑動(dòng)頭c向左滑動(dòng)時(shí)，線圈中的電流變大，磁性加強(qiáng)．依據(jù)楞次定律，兩線圈都要阻截磁通量增大．因?yàn)榫€圈處在線圈中間地點(diǎn)，磁感線與圓環(huán)面垂直，兩環(huán)受沿半徑指向環(huán)心的力．不會(huì)向左右偏．b環(huán)處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，各部分力均衡，拉力不會(huì)增大．a(chǎn)環(huán)磁通量增大，由楞次定律知，a環(huán)會(huì)遇到向上的安培力阻截此中磁通量變大，所以拉力變?。?yàn)閍環(huán)和b環(huán)所在螺線管內(nèi)外面的磁感線方向相反．所以產(chǎn)生的感覺(jué)電流方向也相反．選B.答案：B4．[2019·廈門(mén)模擬]以以下圖，在平均磁場(chǎng)中有一由兩段eq\f(1,4)圓弧及其半徑構(gòu)成的導(dǎo)線框CDEF，且C點(diǎn)和F點(diǎn)正好是OD、OE的中點(diǎn)，eq\f(1,4)圓的半徑OE和OD與磁場(chǎng)邊沿重合，磁場(chǎng)方向垂直于eq\f(1,4)圓面(紙面)向里，磁感覺(jué)強(qiáng)度大小為B0.使該線框繞過(guò)圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)過(guò)90°，在線框中產(chǎn)生感覺(jué)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示地點(diǎn)不變，而磁感覺(jué)強(qiáng)度大小隨時(shí)間平均變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)過(guò)90°過(guò)程中相同大小的電流，則磁感覺(jué)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(ωB0,2π)B.eq\f(ωB0,π)C.eq\f(2ωB0,π)D.eq\f(4ωB0,π)分析：設(shè)OE＝2r，線框的電阻為R，該線框繞過(guò)圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)90°，在線框中產(chǎn)生的感覺(jué)電流I＝eq\f(\f(3,2)B0ωr2,R).線框保持圖中所示地點(diǎn)，磁感覺(jué)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)90°過(guò)程中相同大小的電流，有I＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(3πr2,4R)，所以有eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2ωB0,π)，故C對(duì)，A、B、D錯(cuò)．答案：C5．圓滑水平軌道abc、ade在a端很湊近可是不相連，bc段與de段平行，尺寸以以下圖．軌道之間存在磁感覺(jué)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．初始時(shí)質(zhì)量為m的桿擱置在b、d兩點(diǎn)上，除電阻R外，桿和軌道電阻均不計(jì)．用水平外力將桿以初速度v0向左拉動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持桿中電流不變，在桿向左運(yùn)動(dòng)位移L內(nèi)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．桿向左做勻加快運(yùn)動(dòng)B．桿向左運(yùn)動(dòng)位移L的時(shí)間為Δt＝eq\f(3L,4v0)C．桿向左運(yùn)動(dòng)位移L的時(shí)間內(nèi)電阻產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(2B2L3v0,3R)D．桿向左運(yùn)動(dòng)位移L的時(shí)間內(nèi)水平外力做的功為W＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)分析：因?yàn)殡娏鞑蛔儯瑮U受安培力F安＝BIl，l是變化的，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錯(cuò)誤、B正確；桿向左運(yùn)動(dòng)位移L的時(shí)間內(nèi)電阻產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2RΔt，解得Q＝eq\f(3B2L3v0,4R)，即C錯(cuò)誤；因電流I不變，所以eq\f(BLv0,R)＝eq\f(BL·\f(1,2)·v′,R)，故v′＝2v0.桿向左運(yùn)動(dòng)位移L的時(shí)間內(nèi)水平外力做的功為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錯(cuò)誤．答案：B6．一個(gè)細(xì)小金屬圓環(huán)，在范圍足夠大的磁場(chǎng)中豎直著落，磁感線的散布狀況以以下圖，此中沿圓環(huán)軸線的磁感線方向素來(lái)豎直向上．開(kāi)始時(shí)圓環(huán)中的磁通量為Φ0，圓環(huán)中的磁通量跟著落高度y的變化關(guān)系為Φ＝Φ0(1＋ky)(k為比率常量，k>0)．金屬圓環(huán)在著落過(guò)程中，環(huán)面素來(lái)保持水平，速度愈來(lái)愈大，最后堅(jiān)固為某一數(shù)值，稱為掃尾速度．圓環(huán)的掃尾速度為v，已知圓環(huán)的電阻為R，忽視空氣阻力，以下結(jié)淪正確的有()A．圓環(huán)速度堅(jiān)固后，圓環(huán)產(chǎn)生的感覺(jué)電動(dòng)勢(shì)大小為kΦ0vB．圓環(huán)速度堅(jiān)固后，圓環(huán)的熱功率P＝eq\f(k2Φ\o\al(2,0)v2,R)C．圓環(huán)速度堅(jiān)固后，圓環(huán)的熱功率P＝eq\f(k2Φ\o\al(2,0)v2,Rg)D．圓環(huán)的質(zhì)量m＝eq\f(k2Φ\o\al(2,0)v,R)分析：圓環(huán)速度堅(jiān)固后，在很短時(shí)間Δt內(nèi)，降落的高度Δy＝vΔt，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量的變化量ΔΦ＝Φ0[1＋k(y＋Δy)]－Φ0(1＋ky)＝kΦ0vΔt，依據(jù)法拉第電磁感覺(jué)定律可得，圓環(huán)產(chǎn)生的感覺(jué)電動(dòng)勢(shì)大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝kΦ0v，圓環(huán)的熱功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(k2Φ\o\al(2,0)v2,R)，選項(xiàng)A、B正確，C錯(cuò)誤；圓環(huán)速度堅(jiān)固后，由能量守恒定律知，圓環(huán)減少的重力勢(shì)能等于圓環(huán)產(chǎn)生的焦耳熱，則mgvt＝Pt，解得m＝eq\f(k2Φ\o\al(2,0)v,Rg)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：AB7.以以下圖，一沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)散布在寬度為2L的某矩形地區(qū)內(nèi)(長(zhǎng)度足夠大)，該地區(qū)的上下界限MN、PS是水平的，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框abcd從距離磁場(chǎng)上界限MN的某高處由靜止開(kāi)釋著落而穿過(guò)該磁場(chǎng)所區(qū)，已知當(dāng)線框的ab邊抵達(dá)PS時(shí)線框恰巧做勻速直線運(yùn)動(dòng)．以線框的ab邊抵達(dá)MN時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，以MN上O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取如圖坐標(biāo)軸x，并規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦杏X(jué)電流的正方向，向上為力的正方向，則以下對(duì)于線框中的感覺(jué)電流i和線框所遇到的安培力F與ab邊的地點(diǎn)坐標(biāo)x的關(guān)系中，可能正確的選項(xiàng)是()分析：線框的ab邊抵達(dá)PS時(shí)線框恰巧做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)線框所受的安培力與重力大小相等，即F＝mg，而線框完幸虧磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加快運(yùn)動(dòng)，所以可知線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，安培力應(yīng)小于重力，即F<mg，線框只好做加快運(yùn)動(dòng)，不可以做勻速運(yùn)動(dòng)或減速運(yùn)動(dòng)．線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，跟著速度增大，產(chǎn)生的感覺(jué)電動(dòng)勢(shì)和感覺(jué)電流i漸漸增大，安培力漸漸增大，線框所受的協(xié)力減小，加快度減小，所以線框做加快度減小的變加快運(yùn)動(dòng)．感覺(jué)電流i＝eq\f(BLv,R)，所以感覺(jué)電流i的變化率也應(yīng)漸漸減小，安培力F的變化率也漸漸減?。衫愦味煽芍?，線框進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)過(guò)程，所受的安培力方向都向上，為正方向．故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．答案：AD8．如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，此間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌曲折部分圓滑，平直部分粗拙，兩部分圓滑連結(jié)，固定在水平面上，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左側(cè)地區(qū)有寬度為d、方向豎直向上、磁感覺(jué)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從曲折導(dǎo)軌上高為h處由靜止開(kāi)釋?zhuān)诌_(dá)磁場(chǎng)右界限處恰巧停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌素來(lái)垂直且接觸優(yōu)秀，則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)所區(qū)的過(guò)程中(重力加快度為g)A．金屬棒中的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．金屬棒戰(zhàn)勝安培力做的功為mghC．經(jīng)過(guò)金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,2R)D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)分析：由機(jī)械能守恒定律知，金屬棒沿圓滑導(dǎo)軌下滑，mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得金屬棒抵達(dá)磁場(chǎng)時(shí)速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒以初速度v進(jìn)入磁場(chǎng)所區(qū)切割磁感線產(chǎn)生的感覺(jué)電動(dòng)勢(shì)和感覺(jué)電流最大，產(chǎn)生的最大感覺(jué)電動(dòng)勢(shì)為Em＝BLeq\r(2gh)，最大感覺(jué)電流Im＝eq\f(Em,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)榻饘侔襞c平直部分導(dǎo)軌有摩擦，依據(jù)功能關(guān)系，金屬棒戰(zhàn)勝摩擦力做的功與戰(zhàn)勝安培力做的功的代數(shù)和等于mgh，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，I＝eq\f(E,2R)，q＝I·Δt，ΔΦ＝BLd，聯(lián)立解得經(jīng)過(guò)金屬棒的電荷量q＝eq\f(BdL,2R)，選項(xiàng)C正確；設(shè)金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則電阻產(chǎn)生的焦耳熱也為Q，由能量守恒定律有，μmgd＋2Q＝mgh，解得Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，選項(xiàng)D正確．答案：CD二、非選擇題(此題共3小題，共52分)9．(16分)如圖甲，兩根足夠長(zhǎng)的平行圓滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為1.0m，左端連結(jié)阻值R＝4.0Ω的電阻；勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感覺(jué)強(qiáng)度B＝0.5T、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下；質(zhì)量m＝0.2kg、長(zhǎng)度l＝1.0m、電阻r＝1.0Ω的金屬桿置于導(dǎo)軌上，向右運(yùn)動(dòng)并與導(dǎo)軌素來(lái)保持垂直且接觸優(yōu)秀．t＝0時(shí)對(duì)桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F，桿運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示．其他電阻不計(jì)．求：(1)從t＝0開(kāi)始，金屬桿運(yùn)動(dòng)距離為5m時(shí)電阻R兩頭的電壓；(2)0～3.0s內(nèi)，外力F大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式．分析：(1)依據(jù)v－t圖象可知金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間Δt＝3s，t＝0時(shí)桿的速度為v0＝6m/s由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得其加快度大小a＝eq\f(v0－0,Δt)設(shè)桿運(yùn)動(dòng)了5m時(shí)速度為v1，則veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2as1此時(shí)，金屬桿產(chǎn)生的感覺(jué)電動(dòng)勢(shì)E1＝Blv1，回路中產(chǎn)生的電流I1＝eq\f(E1,R＋r)電阻R兩頭的電壓U＝I1R聯(lián)立解得U＝1.6V(2)由t＝0時(shí)BIl<ma，可分析判斷出外力F的方向與v0反向．金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有F＋BIl＝ma設(shè)在t時(shí)辰金屬桿的速度為v，桿的電動(dòng)勢(shì)為E，回路電流為I，則有v＝v0－at又E＝BlvI＝eq\f(E,R＋r)聯(lián)式解得F大小與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式為F＝0.1＋0.1t答案：(1)1.6V(2)F＝(0.1＋0.1t)N10．(16分)以以下圖，在水平面上有兩條平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距為d，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在的平面向里，磁感覺(jué)強(qiáng)度的大小為B，兩根完滿相同的金屬桿1、2間隔必定的距離放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直．它們接入電路的電阻均為R，兩桿與導(dǎo)軌接觸優(yōu)秀，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬桿的摩擦不計(jì)．桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則分別在桿2固定與不固定兩種狀況下，求最先擺放兩桿時(shí)的最小距離之比．分析：桿2固準(zhǔn)時(shí)，設(shè)桿1恰巧滑到桿2處速度為零，初始兩桿距離為x1.對(duì)桿1應(yīng)用動(dòng)量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))1d·t1＝0－mv0①由法拉第電磁感覺(jué)定律得eq\o(E,\s\up6(－))1＝eq\f(ΔΦ1,t1)＝eq\f(Bdx1,t1)②由歐姆定律得eq\o(I,\s\up6(－))1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))1,2R)③聯(lián)立①②③得x1＝eq\f(2mRv0,B2d2)④桿2不固準(zhǔn)時(shí)，兩桿恰巧不相碰，設(shè)其共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv⑤對(duì)桿2應(yīng)用動(dòng)量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))2d·t2＝0－mv⑥設(shè)兩桿恰不相碰，初始距離為x2.由法拉第電磁感覺(jué)定律，eq\o(E,\s\up6(－))2＝eq\f(ΔΦ2,t2)＝eq\f(Bdx2,t2)⑦由歐姆定律得eq\o(I,\s\up6(－))2＝eq\f(\o(E,\s