【复习必备】(浙江选考)2020届高考物理二轮复习 19-23题：19题专练小卷

第4讲 加试第23题 电磁感应规律的综合应用题型1 电磁感应中的动力学问题1．基本特点导体棒运动产生感应电动势→感应电流→通电导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化……周而复始地循环，最终导体棒的加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态，要抓住a ＝0时速度v 达到最大的特点． 2．基本思路例1 如图1所示，竖直平面内有两个半径为r 、光滑的14圆弧形金属环，在M 、N 处分别与距离为2r 、足够长的平行光滑金属导轨ME 、NF 相接，金属环最高点A 处断开不接触．金属导轨ME 、NF 的最远端EF 之间接有电阻为R 的小灯泡L.在MN 上方及CD 下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B ，磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离为h .现有质量为m 的导体棒ab ，从金属环的最高点A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属及轨道接触良好．已知导体棒下落r2时向下的加速度为a .导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不变．重力加速度为g .导体棒、轨道、金属环的电阻均不计．求：图1(1)导体棒从A 处下落r2时的速度v 1大小；(2)导体棒下落到MN 处时的速度v 2大小；(3)将磁场Ⅱ的CD 边界下移一小段距离，分析导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因． 答案 (1)m (g －a )R3B 2r2(2)(mgR4B 2r2)2－2gh (3)见解析 解析 (1)导体棒下落r2时，导体棒切割磁感线的有效长度为3r导体棒内产生的感应电动势：E ＝3Brv 1 回路中产生的感应电流：I ＝E R＝3Brv 1R根据牛顿第二定律得：mg －BI ·3r ＝ma得v 1＝m (g －a )R3B 2r2(2)导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒受力平衡，匀速下落，设此时导体棒的速度为v 3，则：mg ＝F 安＝B B ·2r ·v 3R ·2r ＝4B 2r 2v 3R解得v 3＝mgR4B 2r2 从MN 下落到CD ，v 22＋2gh ＝v 32得v 2＝v 32－2gh ＝(mgR4B 2r2)2－2gh (3)CD 边界下移一段距离，导体棒ab 进入磁场Ⅱ时速度大于v 3，mg <F 安，导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，电功率减小，亮度减小，最后mg ＝F 安，导体棒做匀速运动，亮度不变．1．(2018·金华市十校联考)如图2甲所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈(图中只画出1匝)与一个正方形金属框abcd 连接成闭合回路．圆形金属线圈的半径为r 1，在线圈里面半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B 1与时间t 关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.正方形金属框abcd 的质量为m ，每条边的长度和阻值分别为L 和R ，放置于竖直平面内，金属框两顶点a 、b 通过导线与圆形金属线圈的两端点相连，金属框abcd 所在的空间存在有垂直金属框水平向外的匀强磁场，金属框恰好处于静止状态．导线电阻不计，导线对a 、b 点的作用力不计，重力加速度为g .求t 1时刻：图2(1)通过金属框ab 边的电流方向； (2)通过金属框ab 边的电流大小；(3)金属框所在处匀强磁场的磁感应强度B 2大小． 答案 (1)b 流向a (2)3n πB 0r 227Rt 0 (3)7mgRt 04Ln πB 0r 22解析 (1)金属框恰好处于静止状态，所受安培力与重力平衡，根据左手定则判定，通过金属框ab 边上的电流方向为b 流向a .(2)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝n πr 22ΔB Δt ＝n πB 0r 22t 0由闭合电路欧姆定律得，通过导线的总电流大小为 I ＝E74R ＝4E 7R ＝4n πB 0r 227Rt 0 通过金属框ab 边的电流大小I ab ＝34I ＝3n πB 0r 227Rt 0(3)通过金属框cd 边的电流大小I cd ＝14I ＝n πB 0r 227Rt 0金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg ＝B 2I ab L ＋B 2I cd L联立解得B 2＝7mgRt 04Ln πB 0r 22题型2 电磁感应中的动力学和能量问题1．电磁感应现象遵守能量守恒定律，电磁感应现象中产生的电能，一定是由其他形式的能转化而来的，从电磁感应现象产生的机理来区分，分为两种情况： (1)单纯的磁场变化：磁能→电能→电路中的内能(或其他形式的能)； (2)导体切割磁感线：机械能→电能→电路中的内能(或其他形式的能)．2．导体切割磁感线而产生的电能，必定等于导体克服安培力做的功，即产生的电能是用克服安培力做的功来量度的．3．从能量转化的角度分析电磁感应过程，必须牢牢抓住能量守恒这一基本规律．分析的基本思路是：受力分析→弄清哪些力做功，做正功还是负功→明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减→由能量守恒定律列方程求解．例2(2018·慈溪市期末)如图3甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L＝0.2 m，电阻不计．质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B＝1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t＝0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑．t＝1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动．cd杆运动的v－t图象如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)．若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图3(1)在第1 s内cd杆受到的安培力的大小；(2)ab杆的初速度v1的大小；(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热．答案(1)0.2 N (2)1 m/s (3)3 J解析(1)ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨向下．根据v－t图象可知，cd杆在第1 s内的加速度a1＝ΔvΔt＝4 m/s2对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有mg sin 53°－μ(mg cos 53°＋F安)＝ma1解得安培力F安＝0.2 N(2)对cd杆：安培力F安＝BIL回路中电流I ＝F 安BL＝1 A 对ab 杆：感应电动势E ＝I ·2R ＝0.2 V 根据法拉第电磁感应定律E ＝BLv 1 解得：ab 杆的初速度v 1＝E BL＝1 m/s(3)根据题图v －t 图象可知，cd 杆在第3 s 内做匀减速运动，加速度a 2＝Δv Δt ＝－4 m/s 2对cd 杆受力分析，根据牛顿第二定律，有mg sin 53°－μ(mg cos 53°＋F 安′)＝ma 2解得安培力F 安′＝1.8 N由F 安′＝BI ′L ＝BE ′L 2R ＝B 2L 2v 22R可得2 s 时ab 杆的速度v 2＝2F 安′RB 2L2＝9 m/s第1 s 内，对ab 杆受力分析，有mg sin 37°－μmg cos 37°－BIL ＝0， 则第1 s 内ab 杆匀速运动．第2 s 内ab 杆做匀加速运动，ab 杆的位移x 2＝12(v 1＋v 2)t ＝5 m对ab 杆，根据动能定理，有W F ＋mgx 2sin 37°－μmgx 2cos 37°＋W 安＝12mv 22－12mv 12解得安培力做功W 安＝－6 J 回路中产生的焦耳热Q ＝－W 安＝2Q cd 故第2 s 内cd 杆所产生的焦耳热Q cd ＝3 J2．(2018·诺丁汉大学附中期中)如图4甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距L ＝0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表，电阻r ＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF 内有竖直向上的磁场，CE ＝0.2 m ，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在t ＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F ，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变．求：图4(1)t ＝0.1 s 时电压表的示数； (2)恒力F 的大小；(3)从t ＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q . 答案 (1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J解析 (1)设磁场宽度为d ＝CE ，在0～0.2 s 的时间内，有E ＝ΔΦΔtE ＝ΔBΔtLd ＝0.6 V 此时，R 1与金属棒r 并联，再与R 2串联R ＝R 并＋R 2＝2 Ω得U ＝E RR 并＝0.3 V (2)金属棒进入磁场后，有I ′＝U R 1＋UR 2＝0.45 AF A ＝BI ′L即F A ＝1×0.45×0.6 N＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F ＝F A得F ＝0.27 N(3)金属棒在0～0.2 s 的运动时间内，有Q 1＝E 2Rt ＝0.036 J金属棒进入磁场后，因电压表示数保持不变，故切割磁感线速度v 不变，则W F ＋W A ＝0W F ＝F ·d ＝0.27×0.2 J＝0.054 J根据能量转化规律Q 2＝－W A ＝0.054 J 故Q 总＝Q 1＋Q 2＝0.09 J3．(2018·绍兴市选考诊断)某兴趣小组设计了一种利用开、关门来发电的装置，如图5甲所示．门ABCD 可绕AD 轴无摩擦转动90°，其BC 边是质量m ＝2 kg 、电阻r ＝5 Ω的金属条，门的其他部分为绝缘体且质量忽略不计，AB ＝1 m ，BC ＝2 m ，金属条B 、C 两端用导线连接电阻R ＝5 Ω的小灯泡组成闭合回路，门角B 点与墙面间连有一轻质弹簧(图中未画出)．门关闭时，门边BC 处于Ⅰ位置，此时弹簧处于原长；门打开90°时，门边BC 处于Ⅳ位置，此时弹簧拉伸最长．在门边BC 转动路径的Ⅱ到Ⅲ位置区域，存在高2米、圆心角为45°的柱形辐向磁场区域AMNFDAE ，如图乙所示．BC 边转动路径附近的磁感应强度为B ＝1 T ．现用力推门，使门从Ⅰ位置由静止开始转动，以恒定的角速度ω＝1 rad/s 经过磁场区域，当门边BC 转过Ⅲ时撤去F ，门刚好能转过90°到达Ⅳ位置而速度减为0，此后又在弹簧作用下被弹回，直至关闭，已知此过程中推力做功为W F ＝1.5 J ．其中π取3.图5(1)门边BC 刚转到Ⅱ位置进入磁场瞬间，通过灯泡的电流方向如何(选答“B →C ”或“C →B ”)?(2)门边BC 刚转到Ⅱ位置进入磁场瞬间，求灯泡两端的电压U ；(3)已知门刚好关闭前的角速度ω＝1 rad/s ，求门弹回直至关闭过程中小灯泡消耗的电能． 答案 (1)B →C (2)1 V (3)0.1 J解析 (1)根据右手定则，通过灯泡的电流方向为B →C .(2)门刚好进入磁场时，门BC 边切割磁感线的速度v ＝ωL AB ＝1 m/s 产生的电动势E ＝BLv ＝1×2×1 V＝2 V 回路中电流为I ＝ER ＋r＝210A ＝0.2 A 灯泡两端的电压U ＝IR ＝1 V(3)在门打开过程中，BC 边克服安培力做功，回路中产生焦耳热Q 1＝I 2(R ＋r )t ＝0.3 J门关闭前的速度v ＝ωL AB ＝1 m/s 此时门边BC 具有的动能E k ＝12mv 2＝1 J整个过程中，根据能量守恒，外力做功转化为焦耳热和门增加的动能 则回路总的焦耳热Q 总＝W F －ΔE k ＝0.5 J因此门弹回直至关闭过程中产生的电能Q 2＝Q 总－Q 1＝0.2 J 灯泡上消耗的电能Q 灯＝Q 22＝0.1 J专题强化练1．如图1所示，匀强磁场垂直铜环所在的平面，磁感应强度为B .导体棒A 的一端固定在铜环的圆心O 处，可绕O 匀速转动，与半径分别为r 1、r 2的铜环有良好接触．通过电刷把大小铜环与两水平平行金属板P 、Q 连接成如图所示的电路，R 1、R 2是定值电阻，R 1＝R 0，R 2＝2R 0.质量为m 、电荷量为q 的带正电小球通过绝缘细线挂在P 、Q 两板间，细线能承受的最大拉力为3mg ，已知：导体棒与铜环电阻不计，P 、Q 两板间距为d ；重力加速度为g .现闭合开关，求：图1(1)当细线对小球的拉力小于mg 时，导体棒A 转动的方向； (2)当细线对小球恰好无拉力时，电路消耗的电功率； (3)细线恰好断裂时，导体棒转动的角速度至少多大． 答案 (1)逆时针 (2)3m 2g 2d 24q 2R 0 (3)6mgdqB (r 12－r 22)解析 (1)当细线对小球的拉力小于mg ，则平行金属板间有向上的电场，即Q 板带正电，由右手定则知导体棒A 沿逆时针方向转动． (2)q U 2d ＝mg ，U 2＝mgd q 电路中的电流I ＝U 2R 2＝mgd2qR 0P 总＝I 2R 总＝I 2(R 1＋R 2)＝3m 2g 2d24q 2R 0(3)细线恰好断裂时，F T ＝3mg ，F T ＝mg ＋qU 2′d ，得U 2′＝2mgdq所以电动势E ＝32U 2′＝3mgd q ，E ＝ΔΦΔt ＝12B ω(r 12－r 22)，所以ω＝6mgd qB (r 12－r 22)2．(2018·牌头中学期中)如图2所示，两根光滑的平行金属导轨相距为d ，电阻不计，在其左端接有阻值为R 的电阻．MN 为一根长度也为d 、质量为m 、电阻为r 的金属杆，垂直导轨放置，并与导轨接触良好，整个装置处于方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，开始时杆MN 处于静止状态．某时刻(t ＝0)对杆MN 施加一个平行导轨方向的水平力F ，使之做加速度为a 的匀加速直线运动．(导轨足够长)图2(1)判断M 、N 两端的电势高低； (2)求t ＝t 1时刻杆MN 两端的电压； (3)求水平力F 随时间t 变化的关系式．答案 (1)φM >φN (2)BdRat 1R ＋r (3)F ＝B 2d 2atR ＋r＋ma解析 (1)由右手定则可知，φM >φN (2)t 1时刻的速度：v 1＝at 1 感应电动势E 1＝Bdv 1 感应电流I 1＝E 1R ＋r杆MN 两端的电压U 1＝I 1R ＝BdRat 1R ＋r(3)由牛顿第二定律可得F －BId ＝ma 其中I ＝ER ＋rE ＝Bdv v ＝at联立解得F ＝B 2d 2atR ＋r＋ma3．(2018·杭州市重点中学期末)如图3所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，两导轨间距l ＝1.0 m ，导轨间接一个阻值为R ＝3.0 Ω的电阻，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，宽度d 未知．导体棒a 的质量为m 1＝0.10 kg 、接入电路的电阻为R 1＝6.0 Ω；导体棒b 的质量为m 2＝0.20 kg 、接入电路的电阻为R 2＝3.0 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M 、N 处同时将a 、b 由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a 刚出磁场时b 正好进入磁场．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2，a 、b 电流间的相互作用不计)，求：图3(1)a 棒进入磁场前的加速度大小； (2)a 棒在磁场中运动的速度大小；(3)a 、b 棒全部穿过磁场过程中，回路中产生的总热量． 答案 (1)8 m/s 2(2)6 m/s (3)3.6 J 解析 (1)由牛顿第二定律得，m 1g sin α＝m 1aa ＝g sin α＝8 m/s 2(2)a 棒在磁场中受力平衡：m 1g sin α＝BIl 又I ＝ER 1＋RR 2R ＋R 2E ＝Blv a解得v a ＝6 m/s(3)由(2)同样方法可求得v b ＝8 m/sa 在磁场中运动时间t ＝vb －v aa＝0.25 s磁场宽度d ＝v a t ＝1.5 m回路产生的总热量Q ＝(m 1＋m 2)gd sin α＝3.6 J4．(2018·义乌市模拟)如图4所示，间距为L 、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为α，两根同材料、长度均为L 、横截面均为圆形的金属棒CD 、PQ 放在斜面导轨上，已知CD 棒的质量为m 、电阻为R ，PQ 棒的圆截面的半径是CD 棒圆截面的2倍，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k 、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD ，开始时金属棒CD 静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ ，使金属棒PQ 由静止开始运动，当金属棒PQ 达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同．已知金属棒PQ 开始运动到稳定的过程中通过CD 棒的电荷量为q ，此过程可以认为CD 棒缓慢地移动，已知题设物理量符合qRk BL ＝45mg sin α的关系式，求此过程中(要求结果均用m 、g 、k 、α来表示)：图4(1)CD 棒移动的距离；(2)PQ 棒移动的距离；(3)恒力所做的功．答案 (1)mg sin αk (2)2mg sin αk (3)12(mg sin α)2k解析 (1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD 棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反．两弹簧向上的弹力等于CD 棒重力平行于斜面的分量，即2F 弹＝mg sin α，弹簧的形变量为Δx ＝mg sin α2kCD 棒移动的距离Δs CD ＝2Δx ＝mg sin αk(2)PQ 棒的圆截面半径是CD 棒圆截面的2倍，则m PQ ＝4m ，R PQ ＝14R ， 在达到稳定过程中两棒之间距离增大Δs ，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为：E ＝B ΔS Δt ＝BL ·Δs Δt感应电流为：I ＝ER 总＝4BL Δs 5R Δt 所以，回路中通过的电荷量即CD 棒中的通过的电荷量为q ＝I Δt ＝4BL Δs 5R由此可得两棒距离增大值：Δs ＝5qR 4BLPQ 棒沿导轨上滑距离应为CD 棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和PQ 棒沿导轨上滑距离为：Δs PQ ＝Δs ＋Δs CD ＝5qR 4BL ＋mg sin αk ＝2mg sin αk(3)CD 棒达到稳定时，受力平衡，安培力为F 安＝mg sin α＋2F 弹＝2mg sin α.金属棒PQ 达到稳定时，恒力F ＝F 安＋4mg sin α＝6mg sin α恒力做功为W ＝F Δs PQ ＝6mg sin α·2mg sin αk ＝12(mg sin α)2k5．(2017·杭州市高三上期末)某同学在学习电磁感应后，认为电磁阻尼能够承担电梯减速时大部分制动的负荷， 从而减小传统制动器的磨损．如图5甲所示，是该同学设计的电磁阻尼制动器的原理图．电梯箱与配重质量都为 M ，通过高强度绳子套在半径r 1的承重转盘上，且绳子与转盘之间不打滑．承重转盘通过固定转轴与制动转盘相连．制动转盘上固定了半径为r 2和r 3 的内外两个金属圈(如图乙)，金属圈内阻不计．两金属圈之间用三根互成 120°的辐向导体棒连接，每根导体棒电阻均为R . 制动转盘放置在一对励磁线圈之间，励磁线圈产生垂直于制动转盘的匀强磁场(磁感应强度为B )，磁场区域限制在120°辐向角内，如图乙阴影区所示. 若电梯箱内放置质量为m 的货物一起以速度v 竖直上升，电梯箱离终点(图中未画出)高度为h 时关闭动力系统，仅开启电磁制动，一段时间后，电梯箱恰好到达终点．图5(1)若在开启电磁制动瞬间，三根金属棒的位置刚好在图乙所示位置，则此时制动转盘上的电动势 E 为多少？ 此时a 与 b 之间的电势差有多大？(2)若忽略转盘的质量，且不计其他阻力影响，则在上述制动过程中，制动转盘产生的热量是多少？(3)若要提高制动的效果，试对上述设计做出两处改进．答案 见解析解析 (1)设承重转盘的角速度为ω，则制动转盘的角速度也为ω.则ω＝vr 1v a ＝ωr 3 v b ＝ωr 2 E ＝B (r 3－r 2)(v a ＋v b )2联立解得：E ＝Bv (r 32－r 22)2r 1I ＝E R ＋0.5RU ab ＝I ·0.5R联立解得：U ab ＝Bv (r 32－r 22)6r 1(2)Q ＋mgh ＝12(m ＋2M )v 2 解得：Q ＝12(m ＋2M )v 2－mgh (3)增加励磁电流；减小金属棒的电阻；增加金属棒的数目(用实心的金属材料做整个金属盘)．增加外金属圈的半径r 3；减小内金属圈的半径r 2；减小承重转盘的半径r 1.(任选两项即可)6．(2018·金华市十校联考)如图6所示，PM 、QN 是两根14光滑圆弧导轨，圆弧半径为d 、间距为L ，最低点M 、N 在同一水平高度，导轨电阻不计，在其上端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .现有一根长度稍大于L 、质量为m 、阻值为R 的金属棒，从导轨的顶端PQ 处由静止开始下滑，到达底端MN 时对导轨的压力为2mg ，重力加速度为g .求：图6(1)金属棒到达导轨底端MN 时电阻R 两端的电压；(2)金属棒从导轨顶端PQ 下滑到底端MN 过程中，电阻R 产生的热量；(3)金属棒从导轨顶端PQ 下滑到底端MN 过程中，通过电阻R 的电荷量． 答案 (1)12BL gd (2)mgd 4 (3)BLd2R解析 (1)在导轨的底端MN 处，金属棒对导轨的压力F N ＝2mg 轨道对金属棒的支持力大小为F N ′＝F N ＝2mg则有F N ′－mg ＝m v 2d解得v ＝gd金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv金属棒到达底端时电阻R 两端的电压U ＝E 2＝12BL gd(2)金属棒从导轨顶端PQ 下滑到底端MN 过程中，由能量守恒定律得： mgd ＝Q ＋12mv 2解得Q ＝12mgd电阻R 上产生的热量Q R ＝12Q ＝mgd 4(3)由q ＝I ·ΔtI ＝E2RE ＝ΔΦΔt ＝BLdΔt联立解得q ＝BLd2R。

加试选择题小卷(十)1.做“单缝衍射”实验和“双缝干涉”实验时,用激光比普通光源效果更好,图像更清晰。

如图甲所示,如果将感光元件置于光屏上,则不仅能在光屏上看到彩色条纹,还能通过感光元件中的信号转换,在电脑上看到光强的分布情况。

下列说法正确的是()A.做“单缝衍射”实验时,光强分布如图乙所示B.做“单缝衍射”实验时,光强分布如图丙所示C.做“双缝干涉”实验时,光强分布如图乙所示D.做“双缝干涉”实验时,光强分布如图丙所示2.美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压U c与入射光频率的关系,描绘出图乙中的图象,由此算出普朗克常量h。

电子电荷量用e表示,下列说法正确的是()A.入射光的频率增大,为了测遏止电压,则滑动变阻器的滑片P应向M端移动B.增大入射光的强度,光电子的最大初动能也增大C.由U c-ν图象可知,这种金属的截止频率为νcD.由U c-ν图象可求普朗克常量表达式为h=3.电磁波已广泛运用于很多领域,下列关于电磁波的说法符合实际的是()A.电磁波不能产生衍射现象B.常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D.光在真空中的传播速度在不同惯性系中测得的数值可能不同4.如图所示,简谐横波a沿x轴正方向传播,简谐横波b沿x轴负方向传播,波速都是10 m/s,振动方向都平行于y轴。

t=0时刻,这两列波的波形如图所示。

下列选项是平衡位置在x=2 m 处的质点从t=0开始在一个周期内的振动图象,其中正确的是()5.在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久,机翼很快就抖动起来,而且越抖越厉害,后来人们经过了艰苦的探索,利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法,解决了这一问题,在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是()A.加大飞机的惯性B.使机体更加平衡C.使机翼更加牢固D.改变机翼的固有频率6.如图所示,有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点,并偏折到F点,已知入射方向与边AB的夹角为θ=30°,E、F分别为边AB、BC的中点,则()A.该棱镜的折射率为B.光在F点发生全反射C.光从空气进入棱镜,波长变小D.从F点出射的光束与入射到E点的光束平行加试选择题小卷(十)1.AD解析双缝干涉条纹等间距,单缝衍射条纹一定不等间距,是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹。

2020年高考物理二轮复习专题练习卷----近代物理选择题1.关于下列物理史实与物理现象，说法正确的是A．光电效应现象由德国物理学家赫兹发现，爱因斯坦对其做出了正确的解释B．只有入射光的频率低于截止频率，才会发生光电效应C．根据爱因斯坦的光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D．光电效应现象证明光是一种波解析1887年德国物理学家赫兹发现了光电效应现象，爱因斯坦对光电效应的实验规律做出了正确的解释，故A正确；每种金属都有一个截止频率，只有入射光的频率高于截止频率，才会发生光电效应，故B错误；爱因斯坦的光电效应方程E k＝hν－W0，光电子的最大初动能与入射光的频率不成正比，故C错误；光电效应现象证明光具有粒子性，故D 错误；故选A。

答案A2.在核反应方程42He＋14 7N→17 8O＋X中，X表示的是A．质子B．中子C．电子D．α粒子解析由核反应中电荷数和质量数均守恒，可知X为11H，选项A正确。

答案A3.氢原子能级示意图如图所示。

光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光为可见光。

要使处于基态(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.51 eV解析因为可见光光子的能量范围是1.63 eV～3.10 eV，所以氢原子至少要被激发到n ＝3能级，要给氢原子提供的能量最少为E＝(－1.51＋13.60) eV＝12.09 eV，即选项A正确。

答案A4.1934年，约里奥－居里夫妇用α粒子轰击铝核1327Al，产生了第一个人工放射性核素X：α＋1327Al→n＋X。

X的原子序数和质量数分别为A．15和28B．15和30C．16和30 D．17和31解析本题考查核反应方程。

在核反应过程中，质量数和电荷数分别守恒，则X的原子序数为2＋13－0＝15，X的质量数为4＋27－1＝30，选项B正确。

仿真模拟卷(一)一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.物理学中通常运用大量的科学方法建立概念,如“理想模型”“等效替代法”“控制变量法”等等,下列选项均用到“等效替代”方法概念的是()A.“合力与分力”“质点”“电场强度”B.质点、平均速度、点电荷C.点电荷、总电阻、电场强度D.合力与分力、平均速度、总电阻2.2017年4月30日,亚洲羽毛球锦标赛男单决赛展开争夺,谌龙2比1战胜林丹,夺得男单冠军,在其中一个回合的对拍期间,谌龙快速将羽毛球挑高,则()A.羽毛球飞来时撞击拍面的作用力是拍面形变产生的B.羽毛球在飞行过程中受到重力、空气阻力C.羽毛球到达最高点时速度的方向和加速度方向相互垂直D.羽毛球在飞行过程中机械能先减小后增大3.2016年8月14日里约奥运会羽毛球男单最后一轮小组赛中,中国选手林丹以2∶0轻取对手。

在其中一个回合的对拍期间,林丹快速扣杀的羽毛球在飞行中受到的力有()A.重力B.重力、击打力C.重力、空气阻力D.重力、空气阻力、击打力4.在物理学建立和发展的过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。

关于科学家和他们的贡献,下列说法正确的是()A.伽利略通过逻辑推理和实验认为重物比轻物下落的快B.牛顿根据理想斜面实验,首先提出力不是维持物体运动的原因C.卡文迪许提出了万有引力定律D.法拉第以他深刻的洞察力提出电场的客观存在,并且引入了电场线5.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场,其极板带电量分别为+Q和-Q,在两极板之间,用轻质绝缘丝线悬挂质量为m、电量为q的带电小球(可看成点电荷),丝线与竖直方向成θ角时小球恰好平衡,此时小球离右板距离为b,离左板的距离为2b,如图所示,则()A.小球带正电,极板之间的电场强度大小为B.小球受到电场力为C.若将小球移到悬点下方竖直位置,小球的电势能减小D.若将细绳剪断,小球向右做平抛运动6.某电力公司曾举办“计量日进您家”活动,免费上门为市民做出家庭用电耗能诊断分析,针对每户家庭提出个性化的节能建议,根据专家统计,每使用1度(千瓦时)电,就相应消耗了0.40 kg的标准煤,同时产生0.272 kg碳粉尘,0.997 kg二氧化碳、0.03 kg二氧化硫、0.015 kg碳氧化物,下表是电力技术人员实测提供的数据,估算一户普通家庭待机一年相应产A.2.0 kgB.20 kgC.200 kgD.2 000 kg7.如图所示,将圆柱形强磁铁吸在干电池负极,金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框,使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁(导电性能良好)都接触良好但不固定,这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来。

仿真模拟卷(五)一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物理量中属于矢量的是()A.速率B.电势C.电流D.位移2.冰壶是冬奥会的正式比赛项目。

运动员将冰壶推出后,冰壶在滑行途中水平方向受到的力有()A.推力B.重力、推力C.空气阻力、冰面阻力D.推力、空气阻力、冰面阻力3.如图所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”,实际上相当于两个人拔河,如果绳质量不计,且保持水平,甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜,则下列说法中正确的是()A.甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B.甲把乙加速拉过去时,甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C.只有当甲把乙匀速拉过去时,甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力4.(2017浙江选考10月,4)如图所示,两位同学从滑道最高端的同一位置先后滑下,到达底端的同一位置。

对于整个下滑过程,两同学的()A.位移一定相同B.时间一定相同C.末速度一定相同D.平均速度一定相同5.如图,A、B两球(可视为质点)质量均为m,固定在轻弹簧的两端,分别用细绳悬于O点,其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。

已知两球均处于静止状态,OA沿竖直方向,OAB恰好构成一个正三角形,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.球A对竖直墙壁的压力大小为mgB.弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C.绳OB的拉力大小等于mgD.球A对地面的压力不可能为零6.从t=0时刻开始,甲沿光滑水平面做直线运动,速度随时间变化如图甲;乙静止于光滑水平地面,从t=0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。

则在0~4 s的时间内()A.甲物体所受合力不断变化B.甲物体的速度不断减小C.2 s末乙物体改变运动方向D.2 s末乙物体速度达到最大7.如图所示,质量为25 kg的小孩坐在秋千板上,小孩的重心离系绳子的栋梁2.5 m。

1.以下说法正确的是()A.费米主持建立了世界上第一个称为“核反应堆”的装置,首次通过可控的链式反应实现了核能释放B.β衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子C.α粒子散射实验是由汤姆生完成的D.核力是短程力,是强相互作用力,每个核子只跟邻近的核子发生核力作用2.如图所示,单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,以恒定的角速度ω绕ab边转动,磁场方向垂直于纸面向里,线圈所围面积为S,线圈导线的总电阻为R。

t=0时刻线圈平面与纸面重合。

则()A.此时磁通量最大,回路中电流最大B.此时磁通量最大,磁通量变化率最小,没有电流C.线圈中电流的有效值为I=D.线圈消耗的电功率为P=3.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动,其位移x随时间t变化的关系式为x=A sin ωt,图象如图所示。

则()A.振幅为AB.简谐运动的圆频率ω=rad/sC.第4 s末,振子的速度最大D.第3 s末至第5 s末弹簧振子的速度方向发生改变4.科学实验在物理学的发展中起到了非常重要的作用。

在人类对微观世界进行探索的过程中,下列说法不符合事实的是()A.卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型,并估算出了原子的大小B.玻尔的原子模型指出氢原子可以吸收一定频率范围的光子从基态跃迁到第一激发态C.戴维孙和G.P.汤姆孙分别利用晶体做电子束衍射实验,从而证实了实物粒子的波动性D.查德威克发现了天然放射现象,说明原子核可以再分5.如图所示,两列简谐横波a和b在同一介质中均沿x轴正方向传播,下列说法正确的是()A.a波的波长为8 m、b波的波长为4 mB.对于a波,x轴上2 m处的质点经过0.12 s就传到x=7 m处C.a、b两列波波速相等D.若a、b两列波相遇不可能发生干涉6.如图所示,阴极K用极限波长λ0=0.66 μm的金属铯制成,用波长λ=0.50 μm的绿光照射阴极K调整两个极板电压,当A板电压比阴极高出2.5 V时,光电流达到饱和,电流表示数为0.64 μA,,以下说法正确的是()A.每秒钟阴极发射的光电子数为4.0×1012个B.光电子飞出阴极时的最大初动能为9.5×10-19 JC.如果把照射阴极绿光的光强增大为原来的2倍,每秒钟阴极发射的光电子数为8×1012个D.如果把照射阴极绿光的光强增大为原来的2倍,光电子飞出阴极的最大初动能为1.9×10-19 J1.如图所示,实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图,虚线是这列波在t=2 s时刻的波形图。

22题专练小卷1.(加试题)如图所示,两条足够长的平行金属导轨PQ、EF倾斜放置,间距为L,与水平方向夹角为θ。

导轨的底端接有阻值为R的电阻,导轨光滑且电阻不计。

现有一垂直导轨平面向上的匀强磁场大小为B,金属杆ab长也为L,质量为m,电阻为r,置于导轨底端。

给金属杆ab一平行导轨向上的初速度v0,经过一段时间后返回底端时已经匀速。

金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。

求:(1)金属杆ab刚向上运动时,流过电阻R的电流方向;(2)金属杆ab返回时速度大小及金属杆ab从底端出发到返回底端电阻R上产生的焦耳热;(3)金属杆ab从底端出发到返回底端所需要的时间。

2.如图甲所示,间距L=0.4 m的金属轨道竖直放置,上端接定值电阻R1=1 Ω,下端接定值电阻R2=4 Ω。

其间分布着两个有界匀强磁场区域:区域Ⅰ内的磁场方向垂直纸面向里,其磁感应强度B1=3 T;区域Ⅱ内的磁场方向竖直向下,其磁感应强度B2=2 T。

金属棒MN的质量m=0.12 kg、在轨道间的电阻r=4 Ω,金属棒与轨道间的动摩擦因数μ=0.8。

现从区域Ⅰ的上方某一高度处静止释放金属棒,当金属棒MN刚离开区域Ⅰ后B1便开始均匀变化。

整个过程中金属棒的速度随下落位移的变化情况如图乙所示,“v2-x”图象中除ab段外均为直线,Oa段与cd段平行。

金属棒在下降过程中始终保持水平且与轨道间接触良好,轨道电阻及空气阻力忽略不计,两磁场间互不影响。

求:(1)金属棒在图象上a、c两点对应的速度大小;(2)金属棒经过区域Ⅰ的时间;(3)B1随时间变化的函数关系式(从金属棒离开区域Ⅰ后计时);(4)从金属棒开始下落到刚进入区域Ⅱ的过程中回路内的焦耳热。

22题专练小卷1.答案 (1)电流方向由a指向b(2)(3)解析 (1)由右手定则可知:感应电流方向为由a指向b(2)设返回底端匀速运动时速度为v,则两导轨间杆电动势为:E=BLv回路的总电阻R总=R+r所以I=又mg sin θ=BIL所以v=杆从出发到返回过程中由能量守恒有:Q总=mv2且Q R=Q总可得:Q R=(3)设上升过程时间为t1,下降过程时间为t2,上升的距离为s。

加试选择题小卷(十)1.做“单缝衍射”实验和“双缝干涉”实验时,用激光比普通光源效果更好,图像更清晰。

如图甲所示,如果将感光元件置于光屏上,则不仅能在光屏上看到彩色条纹,还能通过感光元件中的信号转换,在电脑上看到光强的分布情况。

下列说法正确的是()A.做“单缝衍射”实验时,光强分布如图乙所示B.做“单缝衍射”实验时,光强分布如图丙所示C.做“双缝干涉”实验时,光强分布如图乙所示D.做“双缝干涉”实验时,光强分布如图丙所示2.美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压U与入射光频率的关系,描绘出图乙中的图象,由此算出普朗克常量ch。

电子电荷量用e表示,下列说法正确的是()A.入射光的频率增大,为了测遏止电压,则滑动变阻器的滑片P应向M端移动B.增大入射光的强度,光电子的最大初动能也增大C.由U c-ν图象可知,这种金属的截止频率为νcD.由U c-ν图象可求普朗克常量表达式为h=3.电磁波已广泛运用于很多领域,下列关于电磁波的说法符合实际的是()A.电磁波不能产生衍射现象B.常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D.光在真空中的传播速度在不同惯性系中测得的数值可能不同4.如图所示,简谐横波a沿x轴正方向传播,简谐横波b沿x轴负方向传播,波速都是10 m/s,振动方向都平行于y轴。

t=0时刻,这两列波的波形如图所示。

下列选项是平衡位置在x=2 m处的质点从t=0开始在一个周期内的振动图象,其中正确的是()5.在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久,机翼很快就抖动起来,而且越抖越厉害,后来人们经过了艰苦的探索,利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法,解决了这一问题,在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是()A.加大飞机的惯性B.使机体更加平衡C.使机翼更加牢固D.改变机翼的固有频率6.如图所示,有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点,并偏折到F点,已知入射方向与边AB的夹角为θ=30°,E、F 分别为边AB、BC的中点,则()A.该棱镜的折射率为B.光在F点发生全反射C.光从空气进入棱镜,波长变小D.从F点出射的光束与入射到E点的光束平行加试选择题小卷(十)1.AD解析双缝干涉条纹等间距,单缝衍射条纹一定不等间距,是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹。

加试选择题小卷(一)1.以下说法正确的是()A.费米主持建立了世界上第一个称为“核反应堆”的装置,首次通过可控的链式反应实现了核能释放B.β衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子C.α粒子散射实验是由汤姆生完成的D.核力是短程力,是强相互作用力,每个核子只跟邻近的核子发生核力作用2.如图所示,单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,以恒定的角速度ω绕ab边转动,磁场方向垂直于纸面向里,线圈所围面积为S,线圈导线的总电阻为R。

t=0时刻线圈平面与纸面重合。

则()A.此时磁通量最大,回路中电流最大B.此时磁通量最大,磁通量变化率最小,没有电流C.线圈中电流的有效值为I=D.线圈消耗的电功率为P=3.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动,其位移x随时间t变化的关系式为x=A sin ωt,图象如图所示。

则()A.振幅为AB.简谐运动的圆频率ω= rad/sC.第4 s末,振子的速度最大D.第3 s末至第5 s末弹簧振子的速度方向发生改变4.科学实验在物理学的发展中起到了非常重要的作用。

在人类对微观世界进行探索的过程中,下列说法不符合事实的是()A.卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型,并估算出了原子的大小B.玻尔的原子模型指出氢原子可以吸收一定频率范围的光子从基态跃迁到第一激发态C.戴维孙和G.P.汤姆孙分别利用晶体做电子束衍射实验,从而证实了实物粒子的波动性D.查德威克发现了天然放射现象,说明原子核可以再分5.如图所示,两列简谐横波a和b在同一介质中均沿x轴正方向传播,下列说法正确的是()A.a波的波长为8 m、b波的波长为4 mB.对于a波,x轴上2 m处的质点经过0.12 s就传到x=7 m处C.a、b两列波波速相等D.若a、b两列波相遇不可能发生干涉6.如图所示,阴极K用极限波长λ0=0.66 μm的金属铯制成,用波长λ=0.50 μm的绿光照射阴极K调整两个极板电压,当A板电压比阴极高出2.5 V时,光电流达到饱和,电流表示数为0.64 μA,,以下说法正确的是()A.每秒钟阴极发射的光电子数为4.0×1012个B.光电子飞出阴极时的最大初动能为9.5×10-19 JC.如果把照射阴极绿光的光强增大为原来的2倍,每秒钟阴极发射的光电子数为8×1012个D.如果把照射阴极绿光的光强增大为原来的2倍,光电子飞出阴极的最大初动能为1.9×10-19 J加试选择题小卷(一)1.BCD解析粒子散射实验是由卢瑟福主持完成的,不是汤姆生,故C错。

专题1.1描述运动的基本概念1．如图1­1­4所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，速度变为v2，Δv表示速度的变化量．由图中所示信息可知( )图1­1­4A．汽车在做加速直线运动B．汽车的加速度方向与v1的方向相同C．汽车的加速度方向与Δv的方向相同D．汽车的加速度方向与Δv的方向相反【答案】C【解析】由于v2＜v1，汽车做减速直线运动，A错误．该过程中，加速度的方向与速度反向，与速度变化的方向同向，C正确，B、D错误．2.一质点沿直线Ox方向做减速直线运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系为x ＝6t－2t3(m)，它的速度v随时间t变化的关系为v＝6－6t2(m/s)，则该质点在t＝2 s时的瞬时速度和t＝0到t＝2 s间的平均速度、平均速率分别为( )A．－18 m/s、－2 m/s、6 m/sB．－18 m/s、－2 m/s、2 m/sC．－2 m/s、－2 m/s、－18 m/sD．－18 m/s、6 m/s、6 m/s3．一个质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x ＝(5＋2t3) m，它的速度随时间t变化的关系为v＝6t2 m/s，该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度的大小分别为( )A．12 m/s 39 m/s B．8 m/s 38 m/sC．12 m/s 19.5 m/s D．8 m/s 13 m/s【答案】B 【解析】题中v＝6t2m/s是计算瞬时速度的公式，质点做非匀变速直线运动时，某段时间内的平均速度应根据其定义v＝ΔxΔt求解．t＝0时，x1＝5 m，t＝2 s时，x2＝21 m，Δx1＝x2－x1＝16 m，v1＝Δx1t2－t1＝8 m/s；t＝3 s时，x3＝59 m，所以Δx2＝x3－x2＝38 m，所以v2＝Δx2t3－t2＝38 m/s，故选B.4．某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出A、B两地的直线距离为9 km，实际中他从A地到B地所用时间为5 min，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km，当他经过某路标P时，车内速度计指示的示数为150 km/h，那么可以确定的是( ) A．研究赛车通过某个弯道的技术动作时，能把该车看成质点B．在整个过程中赛车手的路程是9 kmC．在整个过程中赛车手的平均速度大小是150 km/hD．经过路标P时的瞬时速率是150 km/h【答案】D5. (多选)一质点沿一边长为2 m的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1 m，初始位置在bc边的中点A，由b向c运动，如图所示，A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点，则下列说法正确的是( )A．第2 s末的瞬时速度大小是1 m/sB．前2 s内的平均速度大小为22m/sC．前4 s内的平均速率为0.5 m/sD ．前4 s 内的平均速度大小为2 m/s 【答案】AB6. A 、B 、C 三物体同时、同地、同向出发做直线运动，如图所示是它们运动的位移—时间图象，由图象可知它们在t 0时间内( )A.v A ＝v B ＝v CB.v A >v B >v CC ．t 0时刻之前A 一直在B 、C 的后面D ．A 的速度一直比B 、C 的要大 【答案】A【解析】位移—时间图象表示物体的位置随时间的变化规律，图象上任意一点表示该时刻物体的位置，图象的斜率表示该时刻物体的速度，斜率的正负表示速度的方向。