高考物理一轮复习单元评估检测(十一)

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2021年高考物理第一轮复习第11单元电磁感应增分加练答案

选择题增分特训(十)1.C[解析] 奥斯特观察到电流的磁效应,表明电流可以产生磁场,揭示了电与磁的联系,A正确;安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性,提出了分子环流假说,符合物理史实,B正确;法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流,C错误;D项的叙述符合楞次定律的发现过程,D正确.2.C[解析] 根据右手螺旋定则,通电直导线上方的磁场方向向外,下方的磁场方向向里,离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程,穿过线框的磁通量向外增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流,经过导线时,向外的磁通量和向里的磁通量叠加,磁通量先向外减小至零,之后变成向里,并逐渐增大,直至最大,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流,磁通量向里变成最大后,线框继续向下运动,磁通量又逐渐减小,这时线框中的电流方向又变成了顺时针,且这一过程是连续的,线框中始终有感应电流存在,故A、B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动,所以安培力的方向始终竖直向上,故C正确;根据能量守恒定律,线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中,减少的重力势能转化为电能和自身动能,故D错误.3.C[解析] 根据法拉第电磁感应定律知,电势差大小为E=n S;根据楞次定律可知,b点电势较高,故φa-φb小于0,C正确.4.D[解析] 0~1 s内,螺线管中电流增大,产生的磁场磁感应强度增大,圆环中磁通量增大,面积有缩小的趋势,故A错误;1 s末,圆环中感应电流为零,与螺线管间无相互作用,所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,故B错误;1~2 s内,螺线管中正方向电流减小,2~3 s内,反方向电流增大,根据楞次定律,圆环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,故C错误;0~1 s内,螺线管中正方向电流增大,产生的磁场增强,圆环中磁通量增大,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿顺时针方向,1~2 s内螺线管中正方向电流减小,产生的磁场减弱,圆环中磁通量减小,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿逆时针方向,故D正确.5.B[解析] 设线圈电阻为R,完全进入磁场时的速度为v x.线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,根据动量定理可得-FΔt=-Ba=-Ba=mv x-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,根据动量定理得-F'Δt'=-Ba=-Ba=mv-mv x,联立可得v x=,选项B正确.6.B[解析] 位移在0~L过程,磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为顺时针方向,为正值,I=,l=x,则I=x;位移在L~2L过程,磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断,感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值;位移在2L~3L过程,磁通量减小,由楞次定律可判断,感应电流方向为逆时针方向,为负值,I=(3L-x),故B正确.7.B[解析] 线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大,根据楞次定律可判断,a中电流的方向向下,a、b相互吸引,说明b中电流的方向也向下,则P1带正电,说明正离子向上偏转,根据左手定则可判断,P1、P2两极板间磁场的方向为垂直于纸面向里,B正确.8.C[解析] 在闭合开关S时,流过D2的电流立即增大到稳定值I2',流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大,而是缓慢地增大到稳定值I1',且I1'=2I2',在断开开关S时,线圈中产生自感电动势,D1、D2和D3组成回路,回路中有逆时针方向的电流,且电流从I1'逐渐减小,最后减为零,选项A、B、D错误,选项C正确.9.BD[解析] 闭合开关S接通电路时,A2立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以通过A1的电流慢慢变大,最后两灯泡两端的电压一样大,所以一样亮,故A错误,B正确;断开开关S切断电路时,线圈对电流的减小有阻碍作用,相当于电源,与A1和A2串联,所以两灯泡都要过一会儿才熄灭,故C错误,D正确.10.AD[解析] 磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终不变,选项A正确;根据楞次定律,MN与R构成的回路中,感应电流沿逆时针方向,a板一直带正电,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,其大小先减小后增大,选项C 错误,D正确.11.BC[解析] 根据题意,穿过线框的磁通量变小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向与原磁场相同,由安培定则可判断,感应电流方向为E→F→G→E,A错误,B正确;根据几何关系可得,磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS=a2,根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势=B=,C正确,D错误.12.BC[解析] 穿过线框的磁通量先向下减小,后向上增大,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,选项A错误;因磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而磁感应强度的大小先减小后增大,根据F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项B正确;因线框平行的两边电流等大反向,则整个线框受到的安培力为零,则线框下滑的加速度不变,线框做匀加速直线运动,选项C正确;因安培力对线框做功为零,斜面光滑,则线框的机械能守恒,选项D错误.13.AD[解析] 金属圆环速度稳定后,Δt时间内,磁通量变化为ΔΦ=Φ2-Φ1=kΦ0vΔt,所以感应电动势为E==kΦ0v,故A正确;金属圆环速度稳定后,产生的电流为I==,热功率为P=I2R=,故B错误,D正确;由能量守恒定律可知,重力的功率等于热功率,即mgv=I2R=,解得m=,故C错误.非选择题增分特训(八)1.(1)5 A(2)Q→P(3)10 W[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律可知,PQ产生的感应电动势E=BLv=1×0.5×4 V=2 V又R外==Ω=0.2 Ω则感应电流的大小I== A=5 A(2)根据右手定则可判断,电流方向为Q→P(3)导体棒PQ匀速运动,则F=F安=BIL=1×5×0.5 N=2.5 N故外力做功的功率P=Fv=2.5×4 W=10 W.2.(1)(2)Pt-[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv回路中的电流I=导体棒所受的安培力F安=BILP=Fv匀速运动时,有F=F安联立解得v=.(2)导体棒由静止开始加速过程,根据动能定理得W F+W安=mv2其中W F=Pt回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,即Q=-W安联立可得Q=Pt-.3.(1)由a至b(2)mv2(3)丙图正确见解析[解析] (1)根据右手定则,棒中感应电流方向为由a至b.棒刚要运动时,受摩擦力大小等于安培力,即F f=F A而F A=BI1L,I1=联立解得F f=.(2)设棒的平均速度为,根据动量定理得-Ft-F f t=0-2mv而F=B L,=,x=t联立解得x=根据动能定理得-F f x-W A=0-m(2v)2根据功能关系得Q=W A解得Q=mv2.(3)丙图正确当磁场速度小于v时,棒ab静止不动;当磁场速度大于v时,E=BLΔv,棒ab的加速度从零开始增大,a棒<a时,Δv逐渐增大,电流逐渐增大,F A逐渐增大,棒做加速度逐渐增大的加速运动; 当a棒=a时,Δv保持不变,电流不变,F A不变,棒ab的加速度保持不变,开始做匀加速运动.4.(1)2 V(2)1.6 V 2 m/s2(3)0.25 W[解析] (1)由图像可知,线圈内磁感应强度变化率为=0.1 T/s由法拉第电磁感应定律得E1=n=n S=2 V(2)t=0时,回路中电流I==0.4 A导体棒ab两端的电压U=IR=1.6 V设此时导体棒的加速度为a,有mg-B2Il=ma解得a=g-=2 m/s2(3)当导体棒ab达到稳定状态时,感应电动势由感生电动势和动生电动势两个部分构成,且形成的电流方向相同,满足mg=B2I'lI'=解得v=5 m/s此时导体棒所受重力的瞬时功率P=mgv=0.25 W.5.(1)1.2 m/s(2)0.125 s[解析] (1)在进入磁场前的加速度a=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2由=2as1解得v1=1.2 m/s(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的总功,由图像知机械能随位移均匀减小,因此安培力为恒力,线框匀速进入磁场.设线框的侧边长为s2,即线框进入磁场过程运动的距离为s2.根据功能关系,ΔE=E1-E0=-(F f+F A)s2因为是匀速运动,所以F f+F A=mg sin 37°=0.6 N解得s2=0.15 m故t== s=0.125 s6.(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J[解析] (1)对杆ab受力分析,匀速运动时重力沿导轨向下的分力与安培力平衡.感应电动势E=B1lv0电流I==安培力F=B1Il匀速运动,有mg sin θ=F联立解得v0=6 m/s.(2)杆ab与“联动双杆”发生碰撞时,由动量守恒定律得mv0=4mv解得v=1.5 m/s.(3)“联动三杆”进入磁场区域Ⅱ过程,设速度变化大小为Δv,根据动量定理有-B2'lΔt=-4mΔv'Δt=q==解得Δv=0.25 m/s同理,出磁场过程速度变化大小也为Δv出磁场区域Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v-2Δv=1.0 m/s根据能量守恒定律得Q=×4m×(v2-v'2)=0.25 J.。

新高考新教材物理一轮总复习阶段检测第11单元第12单元交变电流电磁振荡电磁波传感器新人教版(含答案)

新教材高考物理一轮总复习新人教版：阶段检测(七) 第十一~十二单元一、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.下列物理量对应的单位正确的是()A.电场强度:N/CB.电动势:V/CC.磁感应强度:N/mD.磁通量:T·m2.某地理老师给同学们展示了一种磁悬浮地球仪,底座通电时球体会悬浮起来(如图甲所示)。

它的内部原理如图乙所示,底座里面有线圈,球体是磁体,球体的顶端是S极、底部是N极,底座通电时能让球体悬浮起来。

下列说法正确的是()A.地球仪底座对桌面的压力大小等于底座受到的重力B.球体能够悬浮是利用了电磁感应原理C.电路中的a端点须连接直流电源的负极D.若增大线圈的电流,则球体重新静止时受到的斥力将增大3.测温枪是通过传感器接收红外线信号,得出感应温度数据,使用时只要将测温枪靠近皮肤表面,修正皮肤与实际体温的温差便能准确显示体温。

下列说法正确的是()A.测温枪利用的红外线也可用于杀菌消毒B.红外线是波长比紫外线长的电磁波C.红外线的穿透能力很强,接受红外线照射是会伤害身体的D.红外线的频率大于X光的频率4.如图所示,由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈,两线圈的质量相等,但所用导线的横截面积不同,甲线圈的匝数是乙线圈的2倍。

现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落,一段时间后进入方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,磁场的上边界水平。

不计空气阻力,已知下落过程中两线圈始终平行于纸面,上、下边保持水平。

在两线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前,可能出现的是()A.甲产生的焦耳热比乙多B.甲做加速运动,乙做减速运动C.甲和乙都做加速运动D.甲做减速运动,乙做加速运动5.如图所示,L是自感系数很大的线圈,但其自身的电阻几乎为0,A和B是两个相同的小灯泡,则()A.当开关S由断开变为闭合时,A比B先亮B.当开关S由断开变为闭合时,A和B同时亮C.当开关S由闭合变为断开时,A和B均慢慢熄灭D.当开关S由闭合变为断开时,没有灯泡发光6.智能手表通常采用无线充电方式。

2024年高考物理一轮复习(新人教版)专题强化11 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用

例2 (多选)(2023·四川成都市树德中学高三检测)水平飞行的子弹打穿固
定在水平面上的木块，经历时间为t1，子弹损失的动能为ΔEk1损，系统机械能的损失为E1损，穿透后系统的总动量为p1；同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为t2，子弹损失的动能为ΔEk2损，系统机械能的损失为E2损，穿透后系统的总动量为p2.设木块给子弹的阻力为恒力且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正
(2)木板的长度. 答案 3.6 m
拉力撤去之前，物块相对木板的位移 x1＝12a1t2－12a2t2 撤去拉力后，根据动量守恒定律有mv1＋Mv2＝(m＋M)v 由能量守恒定律有 μmgx2＝12mv12＋12Mv22－12(M＋m)v2 联立解得木板的长度L＝x1＋x2＝3.6 m.
课时精练
例6 (2023·天津市和平区高三模拟)如图所示，质量为M＝2 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)放在长木板的左端，用大小为10 N、方向斜向右上与水平方向成θ＝53°角的拉力F作用在物块上，使物块从静止开始运动，物块运动1 s的时间，撤去拉力，如果物块刚好不滑离木板，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
答案能
假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′ 解得v′＝8 m/s
此过程系统损失的机械能为 ΔE′＝12mv0′2－12(M＋m)v′2＝1 568 J 由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′
(2)A、C之间的摩擦力的大小；

2023年高考物理一轮考点复习第十一章电磁感应第1讲电磁感应现象、楞次定律

练案[29] 第十一章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律一、选择题(本题共14小题，1～10题为单选，11～14题为多选)1．(2023·江苏模拟预测)电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。

其简化示意图如图所示。

则当图中琴弦向右靠近线圈时( C )A．穿过线圈的磁通量减小B．线圈中不产生感应电流C．琴弦受向左的安培力D．线圈有扩张趋势[解析]琴弦向右靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知琴弦受到向左的安培力，由“增缩减扩”可知线圈有收缩趋势，故ABD错误，C正确。

2．(2023·北京通州模拟预测)安装在公路上的测速装置如图，在路面下方间隔一定距离埋设有两个通电线圈，线圈与检测抓拍装置相连，车辆从线圈上面通过时线圈中会产生脉冲感应电流，检测装置根据两个线圈产生的脉冲信号的时间差计算出车速大小，从而对超速车辆进行抓拍。

下列说法正确的是( B )A．汽车经过线圈上方时，两线圈产生的脉冲电流信号时间差越长，车速越大B．汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件中会产生感应电流C．当汽车从线圈上方匀速通过时，线圈中不会产生感应电流D．当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生感应电流属于自感现象[解析]汽车经过线圈上方时产生脉冲电流信号，车速越大，汽车通过两线圈间的距离所用的时间越小，即两线圈产生的脉冲电流信号时间差越小，故A错误；汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件通过线圈所产生的磁场，金属部件中的磁通量发生变化，在金属部件中产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，此磁场随汽车的运动，使穿过线圈的磁通量变化，所以线圈中会产生感应电流，故B正确，C错误；当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生的感应电流并不是线圈自身的电流变化所引起的，则不属于自感现象，故D错误。

高考物理一轮总复习周测十一选修35(B卷)

周测十一(B卷)水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第二种方式是将小球一个接一个地抛出，比较用这两种方式抛完小球后小车的最终速两种单色光产生的光电效应，得到光电流的关系如图所示．则这两种光( )光使其逸出的光电子最大初动能大．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大C ．吸收光子的能量为h ν1－h ν2D ．辐射光子的能量为h ν2－h ν16．放射性同位素14C 在考古中有重要应用，只要测得该化石中14C 残存量，就可推算出化石的年代．为研究14C 的衰变规律，将一个原来静止的14C 原子核放在匀强磁场中，观察到它所放射的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的半径之比R ∶r ＝7∶1，那么14C 的衰变方程式应是( )A.14 6C→10 4Be ＋42HeB.14 6C→14 5B ＋01eC.14 6C→14 7N ＋0－1eD.14 6C→13 5B ＋11H7．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为11H ＋12 6C→137N ＋Q 1和11H ＋15 7N→126C ＋X ＋Q 2，方程中Q 1、Q 2表示释放的能量，相关的原子核质量如下表：原子核 11H 32He 42He 12 6C 13 7N 157N 质量/u 1.007 8 3.016 0 4.002 6 12.000 0 13.005 7 15.000 1 以下推断正确的是( )A ．X 是32He ，Q 2>Q 1B ．X 是42He ，Q 2>Q 1C ．X 是32He ，Q 2<Q 1D ．X 是42He ，Q 2<Q 1 8.(多选)(2017·江北三校二联)如图所示，氢原子可在下列各能级间发生跃迁，设从n ＝4到n ＝1能级辐射的电磁波的波长为λ1，从n ＝4到n ＝2能级辐射的电磁波的波长为λ2，从n ＝2到n ＝1能级辐射的电磁波的波长为λ3，则下列关系式中正确的是( )A ．λ1<λ3B ．λ3<λ2C ．λ3>λ2 D.1λ3＝1λ1＋1λ2E.1λ3＝1λ1－1λ2二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9．(11分)某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中的不变量的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图甲所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力．(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A 为运动起始的第一点，则应选________段来计算A 的碰前速度，应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(以上两空选填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.40 kg ，小车B 的质量m 2＝0.20 kg ，由以上测量结果可得碰前总动量为________ kg·m/s，碰后总动量为______ kg·m/s.(3)实验结论：________________________________________________________________________.10．(12分)(2017·江西新余二模)设有钚的同位素离子23994Pu 静止在匀强磁场中，该离子沿与磁场垂直的方向放出α粒子以后，变成铀的一个同位素离子，同时放出能量为E ＝0.09 MeV的光子．(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s,1 eV＝1.6×10－19 J，真空中光速c ＝3×108 m/s)(1)试写出这一过程的核衰变方程．(2)求光子的波长．(3)若不计光子的动量，求α粒子与铀核在该磁场中的回转半径之比Rα∶R U.11．(12分)已知铀核235 92U俘获一个中子后裂变生成钡(141 56Ba)和氪(9236Kr)，235 92U、141 56Ba、9236Kr 以及中子的质量分别是235.043 9 u、140.913 9 u、91.897 3 u和1.008 7 u.(1)试写出铀核裂变反应方程，并计算一个235 92U核裂变时放出的核能．(2)我国秦山核电站的功率为30万千瓦，假如全部铀235都能够发生这样的裂变，释放核能的1.2%可转化为电能，试估算核电站一年要消耗多少千克铀235?12．(12分)如图所示，两物块A、B并排静置于高h＝0.80 m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M＝0.60 kg.一颗质量m＝0.10 kg的子弹C以v0＝10 m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27 m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s＝2.0 m．设子弹在物块A、B中穿行时受到的阻力保持不变，g取10 m/s2.(1)求物块A和物块B离开桌面时速度的大小．(2)求子弹在物块B中穿行的距离．(3)为了使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，求物块B到桌边的最小距离．。

高考物理一轮复习单元质检十一电磁感应(含解析)新人教版

学习资料单元质检十一电磁感应(时间：45分钟满分:100分）一、单项选择题（本题共6小题,每小题6分，共36分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1。

如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么() A。

断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭B.合上S，B先亮,A逐渐变亮,最后A、B一样亮C.断开S,A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D。

合上S，A、B逐渐变亮，最后A、B一样亮2。

如图,两条光滑平行金属导轨间距为L，所在平面与水平面重合，导轨电阻忽略不计。

ab、cd 为两根质量均为m、电阻均为R的金属棒,两者始终与导轨垂直且接触良好，两导轨所在区域存在方向竖直向上大小为B的匀强磁场，现给ab棒一向左的初速度v0使其向左运动，则以下说法正确的是()A。

ab刚运动时回路中的感应电流为BBB0Bv0B.ab、cd最终的速度为14BB02C.整个过程中回路中产生的热量为18D。

ab、cd组成的系统水平方向动量守恒3.(2021河南许昌高三月考)如图所示，电阻不计的刚性U形光滑金属导轨固定在水平面上,导轨上连有电阻R.金属杆ab可在导轨上滑动，滑动时保持与导轨垂直.整个空间存在一个竖直向上的匀强磁场区域。

现有一位于导轨平面内且与导轨平行的向左的拉力作用于金属杆ab的中点上，使之从静止开始在导轨上向左运动。

已知拉力的功率恒定不变.在金属杆ab向左沿导轨运动的过程中，关于金属杆ab的速度与时间的大致图像,下列正确的是()4.如图所示,相距为L的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。

金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与水平面成θ角(0〈θ<90°）斜向右上方。

已知金属棒ab与电阻R的距离也为L.t=0时刻,使磁感应强度从B0开始随时间均匀减小，且金属棒ab始终保持静止.下列说法正确的是()A。

t=0时刻，穿过回路的磁通量大小为Φ=B0L2B。

2020届高考物理一轮复习检测：第十一章_磁场_第4讲_带电粒子在复合场中运动的实际应用(含答案)

第4讲带电粒子在复合场中运动的实际应用基础巩固1.(2017北京东城一模,18)如图所示是磁流体发电机的示意图,两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。

一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场。

把P、Q与电阻R相连接。

下列说法正确的是( )A.Q板的电势高于P板的电势B.R中有由b向a方向的电流C.若只改变磁场强弱,R中电流保持不变D.若只增大粒子入射速度,R中电流增大2.(2017北京朝阳二模,20)2016年诺贝尔物理学奖颁发给了三位美国科学家,以表彰他们将拓扑概念应用于物理研究所做的贡献。

我们知道,按导电性能不同传统材料大致可分为导体和绝缘体两类,而拓扑绝缘体性质独特,它是一种边界上导电、体内绝缘的新型量子材料。

例如,在通常条件下石墨烯正常导电,但在温度极低、外加强磁场的情况下,其电导率(即电阻率的倒数)突然不能连续改变,而是成倍变化,此即量子霍尔效应(关于霍尔效应,可见下文注释)。

在这种情况下,电流只会流经石墨烯边缘,其内部绝缘,导电过程不会发热,石墨烯变身为拓扑绝缘体。

但由于产生量子霍尔效应需要极低温度和强磁场的条件,所以其低能耗的优点很难被推广应用。

2012年10月,由清华大学薛其坤院士领衔的中国团队,首次在实验中发现了量子反常霍尔效应,被称为中国“诺贝尔奖级的发现”。

量子反常霍尔效应不需要外加强磁场,所需磁场由材料本身的自发磁化产生。

这一发现使得拓扑绝缘材料在电子器件中的广泛应用成为可能。

注释:霍尔效应是指将载流导体放在匀强磁场中,当磁场方向与电流方向垂直时,导体将在与磁场、电流垂直的方向上形成电势差。

根据以上材料推断,下列说法错误．．的是( )A.拓扑绝缘体导电时具有量子化的特征B.霍尔效应与运动电荷在磁场中所受的洛伦兹力有关C.在量子反常霍尔效应中运动电荷不再受磁场的作用D.若将拓扑绝缘材料制成电脑芯片有望解决其工作时的发热问题3.(2017北京丰台二模,17)如图所示,两平行金属板P、Q水平放置,上极板带正电,下极板带负电;板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)。

专题11 共点力的平衡问题(解析版)-2024年高考物理一轮综合复习

2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题11共点力的平衡问题导练目标导练内容目标1整体法和隔离法在平衡问题中的应用目标2平衡中的临界和极值问题目标3解析法在动态平衡问题中的应用目标4图解法在动态平衡问题中的应用目标5相似三角形法在动态平衡问题中的应用目标6拉密定理在动态平衡问题中的应用【知识导学与典例导练】一、整体法和隔离法在平衡问题中的应用整体法和隔离法应用十六字原则：外整内分，力少优先，交替使用，相互辅助。

【例1】为庆祝全国两会胜利召开，某景区挂出34个灯笼（相邻两个灯笼之间用轻绳等距连接），灯笼上依次贴着“高举中国特色社会主义伟大旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”的金色大字，从左向右依次标为1、2、3、……、34。

无风时，灯笼均自然静止，与“全”字灯笼右侧相连的轻绳恰好水平，如图所示。

已知每个灯笼的质量均为1kg m =，取重力加速度210m/s =g ，悬挂灯笼的轻绳最大承受力m 340N T =，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为θ。

sin 370.6︒=，cos370.8︒=。

下列说法正确的是（）A ．夹角θ的最大值为45°B ．当夹角θ最大时，最底端水平轻绳的拉力大小为C ．当37θ=︒时，最底端水平轻绳的拉力大小为204ND ．当37θ=︒时，第4个灯笼与第5个灯笼之间的轻绳与竖直方向的夹角为45°【答案】B【详解】A ．分析可知，当绳子拉力达到最大时，夹角θ的值最大，以整体为研究对象，根据平衡条件竖直方向有m m 2cos 34T mg θ=解得m 1cos 2θ=可得m 60θ=︒，A 错误；B ．当夹角θ最大时，以左边17个灯笼为研究对象，水平方向m m sin T T θ=解得T =，B 正确；C ．当37θ=︒时，以左边17个灯笼为研究对象，根据几何关系可得tan 3717T mg︒='解得127.5N T ='，C 错误；D ．当37θ=︒时，以左边第5个灯笼到17个灯笼为研究对象，根据几何关系可得tan 13T mgα'=解得tan 0.981α=≠可知第4个灯笼与第5个灯笼之间的轻绳与竖直方向的夹角不为45°，D 错误。

近年高考物理一轮复习第十一章交变电流单元质检新人教版(2021年整理)

2019高考物理一轮复习第十一章交变电流单元质检新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考物理一轮复习第十一章交变电流单元质检新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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单元质检十一交变电流传感器（时间:45分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分，有选错的得0分）1。

(2017·湖南永州二模）一交变电流随时间变化的规律如图所示，由图可知（）A.该交变电流的瞬时值表达式为i=10sin 25πt AB.该交变电流的频率为50 HzC。

该交变电流的方向每秒钟改变50次D.该交变电流通过阻值为2 Ω的电阻时，此电阻消耗的功率为200 W答案C解析由题图可知，该交变电流的周期T=0.04 s，ω==50π rad/s，该交变电流的瞬时值表达式为i=10cos 50πt(A）,A错误;ω=2πf,解得频率f=25 Hz，B错误;线圈转动一圈,电流方向改变两次,所以该交变电流的方向每秒钟改变50次,C正确；电阻消耗的功率P=I2R=×2 W=100 W，D错误。

2。

（2017·吉林长春质检）边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动,转速为n,线圈所围面积内的磁通量Φ随时间t变化的规律如图所示，图象中Φ0为已知。

2024高考物理一轮复习单元评估检测十一热学含解析

单元评估检测(十一)(第十二章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分)1.(多选)把生鸭蛋放在盐水中腌制一段时间,盐就会进入鸭蛋里变成咸鸭蛋。

则下列说法正确的是( )A.假如让腌制汤温度上升,盐进入鸭蛋的速度就会加快B.盐分子的运动属于布朗运动C.在鸭蛋的腌制过程中,有的盐分子进入鸭蛋内,也有盐分子从鸭蛋里面出来D.盐水温度上升,每个盐分子运动的速率都会增大【解析】选A、C。

假如让腌制汤温度上升,分子运动更猛烈,则盐进入鸭蛋的速度就会加快,A 正确;布朗运动本身不是分子的运动,B错误;在腌制汤中,有盐分子进入鸭蛋,分子运动是无规则的,同样会有盐分子从鸭蛋里面出来,C正确;盐水温度上升,分子的平均动能增大,但不是每个盐分子运动的速率都会增大,个别分子的速率也可能减小,D错误。

2.(多选)下列关于布朗运动的说法,正确的是 ( )A.布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动B.液体温度越高,悬浮粒子越小,布朗运动越猛烈C.液体温度越高,悬浮粒子越大,布朗运动越猛烈D.布朗运动是由于液体各个部分的温度不同而引起的【解析】选A、B。

布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动,A正确;温度越高,颗粒越小,布朗运动越猛烈,B正确,C错误;布朗运动是液体分子对悬浮颗粒撞击的不平衡引起的,间接反映了液体分子的无规则运动,D错误。

3.(多选)下列说法正确的是( )A.悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的,说明液体分子的运动也是无规则的B.温度相同的氢气和氮气,氢气分子和氮气分子的平均速率相同C.对于肯定质量的志向气体,气体压强和体积都增大时,其分子平均动能增大D.在油膜法估测分子大小的试验中,假如有油酸未完全散开会使测量结果偏大【解析】选A、C、D。

布朗运动的无规则性,间接反映了液体分子运动的无规则性,故选项A正确;温度相同的氢气和氮气,分子平均动能相同,但氢气分子和氮气分子的质量不同,故平均速率不同,故选项B错误;由志向气体状态方程=,可知压强增大,体积增大,则温度也会随之增大,温度增大,表明分子平均动能增大,故选项C正确;在油膜法估测分子大小的试验中,假如有油酸未完全散开,油膜积累过厚,表面积测量结果偏小,由d=知,会使测量的分子直径偏大,故选项D正确。

2020版高考物理一轮复习第11章章末检测含解析新人教版

第十一章　章末检测(45分钟　100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

在每小题给出的四个选项中第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图甲所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda 方向为电流正方向，则( )　甲乙A ．乙图中Oa 时间段对应甲图中A 至B 图的过程B ．乙图中c 时刻对应甲图中的C 图C ．若乙图中d 等于0.02 s ，则1 s 内电流的方向改变了50次D ．若乙图中b 等于0.02 s ，则交流电的频率为50 HzA [由交变电流的产生原理可知，甲图中的A 、C 两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过1/4个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A 至B 图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A 对；甲图中的C 图对应的电流为零，B 错；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od 段等于交变电流的一个周期，若已知d 等于0.02 s ，则频率为50 Hz,1 s 内电流的方向将改变100次，C 错；而D 选项频率应该是25 Hz 。

]2．(2019·永州模拟)边长为a 的N 匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n ，线圈所围面积内的磁通量Φ随时间t 变化的规律如图所示，图象中Φ0为已知。

下列说法正确的是( )A ．t 1时刻线圈中感应电动势最大B ．t 2时刻线圈中感应电流方向发生变化C ．匀强磁场的磁感应强度大小为Φ0a 2D ．线圈中感应电动势的瞬时表达式为e ＝2nN πΦ0sin 2πntC [t 1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故线圈中感应电动势为零，A 错误。

高考物理一轮复习第11章选修3-3单元综合测试(含解析)1

第11章选修3-3【满分：110分时间：90分钟】一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

填正确答案标号．选对1个得3分,选对2个得4分,选对3个得5分．每选错1个扣3分,最低得分为0分)1．下列叙述和热力学定律相关,其中正确的是。

A．第一类永动机不可能制成,是因为违背了能量守恒定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功【答案】ADE【名师点睛】本题主要考查了热力学定律，本题关键要记住热力学三大定律，根据三大定律直接判断即可。

2．下列说法正确的是。

A．一定量的气体，体积不变，分子平均碰撞频次随着温度降低而减小B．一定量的气体，气体膨胀，气体分子之间的势能减小C．一定量的干冰，升华成同温度的二氧化碳，其分子之间的势能增加D．物体吸收了热量，其内能一定会增加E．物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功【答案】ACE【解析】一定量的气体，体积不变，温度降低，分子平均动能减少，则分子平均碰撞频次减小，故A正确；一定量的气体，气体膨胀，由于分子间的作用力表现为引力，所以分子力做负功，势能增加，故B错误；一定量的干冰，升华成同温度的二氧化碳，要吸收热量，由于分子动能不变，则其分子之间的势能增加，故C正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，物体吸收了热量，其内能不一定增加，还与做功情况有关，故D错误；根据热力学第二定律知，在外界的影响下，物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功，故E正确．【名师点睛】温度是分子平均动能的标志．分子力表现为引力时分子距离，分子力做正功，分子势能增大．物态变化时，根据热力学第二定律分析分子势能的变化．在外界的作用下可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功.3．下列说法正确的是。

A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变C．温度一定时，饱和汽的密度为一定值，温度升高，饱和汽的密度增大D．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功E．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压【答案】ACE【名师点睛】此题考查了3-3中几个简单知识点：气体压强、分子动能及势能、饱和汽、热力学第二定律以及相对湿度等；对于热学基本内容一定要加强记忆；并能准确应用。

2018届高三物理一轮复习单元评估检测十一含解析精品

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单元评估检测(十一)(第十二章)(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.下列说法中正确的是( )A.β衰变说明原子核里有电子B.某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后,核内中子数减少4个C.放射性物质的温度升高,其半衰期将缩短D.是核裂变反应方程【解析】选B。

原子核里虽然没有电子,但是核内的中子可以转化成质子和电子,产生的电子从核内发射出来,这就是β衰变,故A错误;某原子核经过一次α衰变,电荷数减小2,质量数减小4,再经过两次β衰变后,质量数不变,电荷数要增加2,所以整个过程,质量数减小4,电荷数不变,所以核内中子数减少4个,故B正确;半衰期的长短是由原子核内部本身的因素决定的,与原子所处的物理、化学状态无关,放射性物质的温度升高,其半衰期将不变,故C错误；是α衰变,故D错误。

2.关于α粒子散射实验的结果,下列说法正确的是( )A.证明了质子的存在B.证明了原子核是由质子和中子组成的C.证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里D.说明了原子中的电子只能在某些轨道上运动【解析】选C。

α粒子散射实验说明占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围内,故C正确,A、D错误;卢瑟福发现了质子,查德威克发现了中子,故B错误。

3.在光电效应实验中,先后用频率相同但光强不同的两束光照射同一个光电管。

若实验a中的光强大于实验b中的光强,实验所得光电流I与光电管两端所加电压U间的关系曲线分别以a、b表示,则下列图中可能正确的是( )世纪金榜导学号42722654【解析】选A。

光电流恰为零时光电管两端所加的电压为截止电压,对应的光的频率为截止频率,入射光的频率越高,对应的截止电压U截越大,由于入射光的频率没有变,故截止电压相同,即两图线与横轴的交点相同。

2021版高考物理一轮复习单元评估检测(十一)

2021版高考物理一轮复习单元评估检测（十一）(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题6分,共72分。

1～8题为单选题,9～12题为多选题)1.下列说法正确的是( )A.太阳辐射的能量要紧来自太阳内部的核裂变反应B.贝克勒尔通过对天然放射现象的研究,发觉了原子中存在原子核C.一束光照耀到某金属上不能发生光电效应,可能是因为该束光的波长太长D.氢原子从较低能级跃迁到较高能级时,核外电子的动能增大,电势能减小【解析】选C。

太阳辐射的能量要紧来自太阳内部的核聚变反应,故A项错误;贝克勒尔通过对天然放射现象的研究,发觉了原子核内部有复杂结构,故B项错误;一束光照耀到某金属上不能发生光电效应,可能是因为该束光频率太小,即波长太长,故C项正确;氢原子从较低能级跃迁到较高能级时,轨道半径增大,原子能量增大,依照k=m知,电子动能减小,则电势能增大,故D项错误。

【加固训练】下列说法中正确的是( )A.在康普顿效应中,当入射光子与晶体中的电子碰撞时,把一部分能量转移给电子,因此光子散射后波长变短B.结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳固C.若要使处于能级n=3的氢原子电离,能够采纳两种方法:一是用能量为-E3的电子撞击氢原子,二是用能量为-E3的光子照耀氢原子D.由于核力的作用范畴是有限的以及核力的饱和性,不可能无克制地增大原子核而仍能使其稳固【解析】选D。

在康普顿效应中,当入射光子与晶体中的电子碰撞时,把一部分能量转移给电子,动量减小,依照λ=知,光子散射后波长变长,故A项错误;比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳固,故B项错误;电子是有质量的,撞击氢原子是发生弹性碰撞,由于电子和氢原子质量不同,故电子不能把-E3的能量完全传递给氢原子,因此不能使氢原子完全电离,而光子的能量能够完全被氢原子吸取,故C项错误;由于核力的作用范畴是有限的以及核力的饱和性,不可能无克制地增大原子核而仍能使其稳固,故D项正确。

高考物理一轮复习课时知能评估11

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．在世界一级锦标赛中，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法正确的是( )A ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的C ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的D ．由公式F ＝m ω2r 可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道解析：赛车在水平路面上转弯时，它需要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力提供的，由向心力公式F ＝mv 2r知，当v 较大时，赛车需要的向心力也较大，当摩擦力不足以提供其所需的向心力时，赛车将冲出跑道，故选项C 正确．答案：C 2.如图所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是( )A ．从动轮做顺时针转动B ．从动轮做逆时针转动C ．从动轮的转速为r 1r 2nD ．从动轮的转速为r 2r 1n解析：根据皮带传动装置的原理可知从动轮应做逆时针转动，A 错B 对；两轮边缘上各点线速度大小相等，即2πnr 1＝2πn 2r 2，所以n 2＝r 1r 2n ，选项C 对D 错．答案：BC 3.(2009年高考广东卷)如图所示是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( )A．a、b和c三点的线速度大小相等B．a、b和c三点的角速度相等C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大解析：由于a、b、c三点是陀螺上的三个点，所以当陀螺转动时，三个点的角速度相同，选项B正确，C错误；根据v＝ωr，由于a、b、c三点的半径不同，r a＝r b>r c，所以有v a＝v b>v c，选项A、D均错误．答案：B4.一小球质量为m，用长为L的悬绳(不可伸长，质量不计)固定于O点，在O点正下方L/2处钉有一颗钉子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间( )A．小球线速度没有变化B．小球的角速度突然增大到原来的2倍C．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍D．悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍解析：在小球通过最低点的瞬间，水平方向上不受外力作用，沿切线方向小球的加速度等于零，因而小球的线速度不会发生变化，A正确；在线速度不变的情况下，小球的半径突然减小到原来的一半，由v＝ωr可知角速度增大为原来的2倍，B正确；由a＝v2/r，可知向心加速度突然增大到原来的2倍，C正确；在最低点，F－mg＝ma，D错误．答案：ABC5．上海锦江乐园新建的“摩天转轮”是在直径为98 m的圆周上每隔一定位置固定一个座舱，每个座舱有6个座位．游人乘坐时，转轮始终不停地在竖直平面内匀速转动，试判断下列说法中正确的是( )A ．每时每刻，乘客受到的合力都不为零B ．每个乘客都在做加速度为零的匀速运动C ．乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变D ．乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变解析：由于乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，故受到合力指向圆心，A 正确、B 错误；将加速度沿水平、竖直方向分解可知：人位于转轴以下时，人处于超重状态，人对座位的压力大于人的重力；人位于转轴以上时，人处于失重状态，人对座位的压力小于人的重力，C 错误；在运动过程中，人的动能始终不变，而势能在变化，D 错误．答案：A6．(探究创新)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质木架上的A 点和C 点，如图所示，当轻杆绕轴BC 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a 在竖直方向，绳b 在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b 被烧断的同时杆子停止转动，则( )A ．绳a 对小球拉力不变B ．绳a 对小球拉力增大C ．小球可能前后摆动D ．小球可能在竖直平面内做圆周运动解析：绳b 烧断前，竖直方向合力为零，即F a ＝mg ，烧断b 后，因惯性，要在竖直面内做圆周运动，且F a ′－mg ＝m v 2l，所以F a ′>F a ，A 错B 对，当ω足够小时，小球不能摆过AB所在高度，C 对，当ω足够大时，小球在竖直面内能过AB 上方最高点，从而做圆周运动，D 对．答案：BCD7．(2011年淮北模拟)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )A ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝g R ＋rB ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力解析：小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力N与球重力在背离圆心方向的分力F mg的合力提供向心力，即：N－mg＝mv2R＋r，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D 错误．答案：BC8.(2011年杭州模拟)如图所示，A、B是两个相同的齿轮，齿轮A固定不动，若齿轮B绕齿轮A运动半周，到达图中C位置，则齿轮B上标出竖直向上的箭头所指的方向是( ) A．竖直向上B．竖直向下C．水平向左 D．水平向右解析：如图所示，当齿轮B转到齿轮A的正上方时，箭头竖直向下，当齿轮继续转动到达位置2时，箭头方向又变为竖直向上，此时即为C的位置，故A正确．答案：A9．如图所示，OO′为竖直轴，MN为固定在OO′上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A、B 套在水平杆上，AC和BC为抗拉能力相同的两根细线，C端固定在转轴OO′上．当绳拉直时，A、B两球转动半径之比恒为2∶1，当转轴的角速度逐渐增大时( )A．AC先断 B．BC先断C．两线同时断 D．不能确定哪段线先断解析：A 受重力、支持力、拉力F A 三个力作用，拉力的分力提供向心力，得：水平方向：FA cos α＝m ω2rA ，同理，对B ：FB cos β＝m ω2rB 由几何关系，可知cos α＝rA AC ，cos β＝rB BC所以：FA FB ＝r A cos βrB cos α＝rArB BC rBrA AC＝AC BC由于AC ＞BC ，所以F A ＞F B ，即绳AC 先断．答案：A10．(思维拓展)如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r ，在放音结束时，磁带全部绕到了B 轮上，磁带的外缘半径为R ，且R ＝3r .现在进行倒带，使磁带绕到A 轮上．倒带时A 轮是主动轮，其角速度是恒定的．B 轮是从动轮．经测定，磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t ，则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间是()A ．等于t 2B ．大于t2C ．小于t2D ．此时间无法确定解析：因为A 轮角速度恒定，所以随着磁带缠绕厚度的增大，半径增大，磁带运行速度增大．当ωA ＝ωB 时，由v ＝ωr 知r A ＝r B ，即A 、B 上磁带厚度相等，此时绕至A 轮上的磁带的长度恰好是磁带总长度的一半．而下一半的磁带速度将比前一半磁带的速度大，由t ＝x v知，前一半所用的时间长，后一半所用的时间短，故选B.答案：B二、非选择题(本题共2小题，共30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)11．(15分)一级方程式F1汽车大赛中，布朗车队的车手巴顿驾驶着一辆总质量是M (M 约1.5吨)的赛车经过一半径为R 的水平弯道时的速度为v .工程师为提高赛车的性能，都将赛车形状设计得使其上、下方空气存在一个压力差——气动压力(行业术语)，从而增大了赛车对地面的正压力，行业中将正压力与摩擦力的比值称为侧向附着系数，用η表示．要使上述赛车转弯时不致侧滑，所需气动压力至少为多大？解析：设赛车所受地面支持力为N ，气动压力为N ′，摩擦力为f 则N ＝N ′＋Mg赛车在水平弯道上转弯所需向心力由摩擦力提供，则：f ＝M v 2R由题意知：η＝N f由以上几式联立解得：N ′＝ηM v 2R －Mg答案：ηM v 2R－Mg12．(15分)(综合提升)如图所示，小球从光滑的圆弧轨道下滑至水平轨道末端时，光电装置被触动，控制电路会使转筒立刻以某一角速度匀速连续转动起来．转筒的底面半径为R ，已知轨道末端与转筒上部相平，与转筒的转轴距离为L ，且与转筒侧壁上的小孔的高度差为h ；开始时转筒静止，且小孔正对着轨道方向．现让一小球从圆弧轨道上的某处无初速滑下，若正好能钻入转筒的小孔(小孔比小球略大，小球视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g )，求：(1)小球从圆弧轨道上释放时的高度H ； (2)转筒转动的角速度ω.解析：(1)设小球离开轨道进入小孔的时间为t ，则由平抛运动规律得h ＝12gt 2，L －R ＝v 0t小球在轨道上运动过程中机械能守恒，故有mgH ＝12mv 2联立解得：t ＝2h g ，H ＝L －R 24h.(2)在小球做平抛运动的时间内，圆筒必须恰好转整数转，小球才能钻进小孔，即ωt ＝2n π(n ＝1,2,3……)．所以ω＝nπ2gh(n＝1,2,3…)．答案：(1)L－R2 4h(2)nπ2gh(n＝1,2,3…)。

2020版高考物理总复习第十一章单元评估检测(十一)(含解析)

单元评估检测（十一）(时间：45分钟分值：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分,1～5为单选题，6~8为多选题）1．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电压e＝220错误! sin 100πt（V），那么（)A．该交变电流的频率是100 HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝错误!s时，e最大D．该交变电流电动势的有效值为220错误!V解析：选C.线圈的角速度为100πrad/s,故其频率f＝错误!＝50 Hz，有效值为220 V,A、D错误；当t＝0时，e＝0,所以线圈平面恰好处于中性面,B错误；当t＝错误!s时，e有最大值220错误!V,C正确．2．如图甲所示，自耦变压器输入端a、b接入如图乙所示的交流电源，副线圈两端接入一个二极管和两个阻值均为R＝40 Ω的负载电阻．当滑片位于线圈中点位置时,开关S处于断开状态，下列说法正确的是(图中电表均为理想交流电表)（）A．t＝0。

01 s时，电压表示数为零B．t＝0。

015 s时，电流表示数为22 AC．闭合开关S后，电压表示数增大D．闭合开关S后，电流表示数为16。

5 A解析：选D。

副线圈两端电压的有效值为440 V,选项A错误；根据欧姆定律可知，电流表示数为11 A,选项B错误;副线圈两端电压取决于原线圈两端电压及原、副线圈匝数比，闭合开关S后,电压表示数不变，选项C错误；原线圈两端电压有效值为U1＝220 V，滑片位于原线圈中点位置时，副线圈两端电压有效值为U2＝440 V，闭合开关S后，副线圈在一个周期内消耗的能量等于原线圈一个周期内消耗的能量，即错误!·错误!＋错误!·错误!＝U1I1T，代入数据解得：I1＝33 A，而I1n1＝I2n2，故I2＝16.5 A，选项D正确．3．(2019·吉林长春质检)如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A的保险丝L（电阻忽略不计)，原线圈匝数n1＝600，副线圈匝数n2＝120。

浙江专版2021年高考物理一轮复习单元评估检测十一选修3_5含解析

单元评估检测(十一）选修3—5(90分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1。

(多选）(2019·衢州模拟)下列说法正确的是(）A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B。

由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子C。

光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性D。

重核裂变过程生成中等质量的核,反应前后质量数守恒,但质量一定减少【解析】选B、C、D。

元素的半衰期是由元素本身决定的，与外部环境无关，故A错误；由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，故B正确；光电效应和康普顿效应只能用光的粒子性解释,揭示了光具有粒子性，故C正确；重核裂变过程生成中等质量的核，释放出能量，反应前后质量数守恒，一定有质量亏损,故D正确。

2。

(多选)如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A=2 kg，m B=4 kg,速率分别为v A=5 m/s,v B=2 m/s 的A、B两小球沿同一直线相向运动,则下列叙述正确的是(）A.它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左B.它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s,方向水平向右D。

它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右【解析】选C、D。

根据题述,它们碰撞前的总动量是m B v B—m A v A=—2 kg·m/s，方向水平向右，根据动量守恒定律，它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，选项C、D 正确。

3.(多选)（2019·金华模拟)如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线,普朗克常量h=6。

63×10—34 J·s，由图可知(）A.该金属的极限频率为4。

27×1014 HzB。

该金属的极限频率为5.5×1014 HzC.该图线的斜率表示普朗克常量D.该金属的逸出功为0.5 eV【解析】选A、C。

2025届高考物理一轮总复习课时跟踪检测十一牛顿第二定律两类动力学问题

课时跟踪检测（十一）牛顿其次定律两类动力学问题一、立足主干学问，注意基础性和综合性1.如图所示，是采纳动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×103kg ，其推动器的平均推力为800 N ，在飞船与空间站对接后，推动器工作5 s 内测出飞船和空间站的速度改变是0.05 m/s ，则空间站的质量为( )A ．7.6×104 kgB ．8.0×104kg C ．4.0×104 kg D ．4.0×103 kg 解析：选A 加速度a ＝Δv Δt ＝0.055m/s 2＝0.01 m/s 2，由牛顿其次定律F ＝(M ＋m )a ，可知空间站的质量M ＝F a －m ＝8000.01kg －4.0×103 kg ＝7.6×104 kg ，故A 正确，B 、C 、D 错误。

2.如图所示，一倾角为α的光滑斜面对右做匀加速运动，质量为m 的物体A 相对于斜面静止，则斜面运动的加速度为( )A ．g sin αB ．g cos αC ．g tan α D.gtan α 解析：选 C 物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度肯定在水平方向，对物体进行受力分析如图。

物体受到重力和垂直斜面对上的支持力，两者合力供应加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向肯定水平向右，依据图像可知竖直方向F N cos α＝mg ，水平方向F N sin α＝ma ，所以a ＝g tan α。

3．(2024·浙江1月选考)如图所示，在考虑空气阻力的状况下，一小石子从O 点抛出沿轨迹OPQ 运动，其中P 是最高点。

若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小( )A ．O 点最大B ．P 点最大C ．Q 点最大D ．整个运动过程保持不变解析：选A 在O →P 的过程中，依据牛顿其次定律得竖直方向上：mg ＋kv y ＝ma 1y ，因为该过程为减速过程，所以在O 点时其竖直分速度v y 最大，竖直方向分运动的加速度最大；在P →Q 的过程中，在竖直方向上有mg －kv y ＝ma 2y ，因为该过程为加速过程，在P 点时其竖直分速度最小，竖直方向加速度最大，故A 正确，B 、C 、D 错误。

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【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习单元评估检测(十一)(60分钟 100分)一、选择题(本大题共12小题,每小题6分,共72分。

每小题至少一个答案正确,选不全得4分)1.(2013·玉林模拟)如图所示,“U”形金属框架固定在水平面上,金属杆ab与框架间无摩擦。

整个装置处于竖直方向的磁场中。

若因磁场的变化,使杆ab向右运动,则磁感应强度( )A.方向向下并减小B.方向向下并增大C.方向向上并增大D.方向向上并减小2.(2013·徐州模拟)如图甲所示,竖直放置的无限长直导线的右侧固定一小圆环,直导线与小圆环在同一平面内,导线中通入如图乙所示电流(规定电流方向向上时为正),下列说法正确的是( )A.当0<t<时,环中电流沿逆时针方向B.当<t<时,环中电流越来越大C.当<t<时,环中电流沿顺时针方向D.当<t<T时,环有收缩的趋势3.用相同导线绕制的边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、c、d,以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场,如图所示。

在每个线框进入磁场的过程中,M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c和U d。

下列判断正确的是( )A.U a<U b<U c<U dB.U a<U b<U d<U cC.U a=U b<U c=U dD.U b<U a<U d<U c4.(2013·梧州模拟)图中L是绕在铁芯上的线圈,它与电阻R、R 0、开关和电池E构成闭合回路。

开关S1和S2开始都处于断开状态。

设在t=0时刻,接通开关S1,经过一段时间,在t=t1时刻,再接通开关S2,则能较准确表示电阻R两端的电势差U ab随时间t变化的图线是( )5.如图所示,金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上,整个装置处于竖直向上的磁场中。

当磁感应强度均匀增大时,杆ab总保持静止,则( )A.杆中感应电流方向是从b到aB.杆中感应电流大小保持不变C.金属杆所受安培力逐渐增大D.金属杆受三个力作用而保持平衡6.如图所示,光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场,线圈全部进入磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场宽度大于线圈宽度,那么( )A.线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B.线圈在磁场中某位置停下C.线圈在未完全离开磁场时即已停下D.线圈完全离开磁场以后仍能继续运动,不会停下来7.两块水平放置的金属板间的距离为d,用导线与一个n匝线圈相连,线圈电阻为r,线圈中有竖直方向的磁场,电阻R与金属板连接,如图所示,两板间有一个质量为m、电荷量+q的油滴恰好处于静止状态,则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是( )A.磁感应强度B竖直向上且正增强,=B.磁感应强度B竖直向下且正增强,=C.磁感应强度B竖直向上且正减弱,=D.磁感应强度B竖直向下且正减弱,=8.(2013·玉林模拟)如图所示,有缺口的金属圆环与板间距为d的平行板电容器的两极板焊接在一起,金属圆环右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场,现使金属圆环以恒定不变的速率v向右运动由磁场外进入磁场,在金属圆环进入磁场的过程中,电容器带电荷量Q随时间t变化的定性图像应为( )9.如图所示,矩形线圈长为L,宽为h,电阻为R,质量为m,在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计),进入一宽为h、磁感应强度为B的匀强磁场中,线圈进入磁场时的动能为E k1,穿出磁场时的动能为E k2,这一过程中产生的焦耳热为Q,线圈克服安培力做的功为W1,重力做的功为W2,线圈重力势能的减少量为ΔE p,则以下关系中正确的是( )A.Q=E kB.Q=W2-W1C.Q=W1D.W2=W1+E k2-E k110.如图甲所示,在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面。

一导线框abcdef位于纸面内,框的邻边都相互垂直,bc边与磁场的边界P重合。

导线框与磁场区域的尺寸如图所示。

从t=0时刻开始,线框匀速横穿两个磁场区域。

以a→b→c→d→e→f→a为线框中的电动势E的正方向,则如图乙所示的四个E-t关系示意图中正确的是( )11.(2013·深圳模拟)如图所示,平行金属导轨与水平面成θ角,导轨与固定电阻R1和R2相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面,有一导体棒ab,质量为m,导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等,与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒ab沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v时,受到安培力的大小为F,此时( )A.电阻R1消耗的热功率为B.电阻R2消耗的热功率为C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvsinθD.整个装置消耗的机械功率为Fv12.(2012·济南模拟)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向上,且只分布在左侧,一个质量为m、电阻为R的导体棒ab此时恰好能静止在导轨上,分析下述判断正确的是( )A.圆形导线中的磁场,可以方向向上均匀增强,也可以方向向下均匀减弱B.导体棒ab受到的安培力大小为mgsinθC.回路中的感应电流为D.圆形导线中的电热功率为(R+r)二、计算题(本大题共2小题,共28分。

要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(13分)如图甲所示,两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置,导轨间距为L=1m,两导轨的上端接有电阻,阻值R=2Ω。

虚线OO′下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁场磁感应强度为2T。

现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab,从OO′上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触,且始终保持水平,不计导轨的电阻。

已知金属杆下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示。

(g取10m/s2)求:(1)金属杆刚进入磁场时速度多大?下落了0.3m时速度多大?(2)金属杆下落0.3m的过程中,在电阻R上产生多少热量?14.(15分)边长L=0.1m的正方形金属线框abcd,质量m=0.1kg,总电阻R=0.02Ω,从高为h=0.2m处自由下落(abcd始终在竖直平面内且ab水平),线框下有一水平的有界匀强磁场,竖直宽度L=0.1m,磁感应强度B=1.0 T,方向如图所示(g=10m/s2)。

求:(1)线框穿越磁场过程中产生的热。

(2)全程通过线框横截面的电荷量。

(3)在坐标系中画出线框从开始下落到dc边穿出磁场的速度与时间的图像。

答案解析1.【解析】选A、D。

因磁场变化,产生电磁感应现象,杆ab中有感应电流产生,而使杆ab受到磁场力的作用,并向右运动。

ab向右运动,使得闭合回路中磁通量有增加的趋势,说明原磁场的磁通量必定减弱,即磁感应强度正在减小,与方向向上、向下无关。

故A、D正确,B、C错误。

2.【解析】选A、B、C。

当0<t<时,环中磁场向内变大,环中电流沿逆时针方向,选项A正确;当<t<时,环中磁场变化率越来越大,直至t=时达到最大,环中电流越来越大,选项B正确;当<t<时,环中磁场向外变大,环中电流沿顺时针方向,选项C正确;当<t<T时,环中磁场变小,环有扩张的趋势,选项D错误。

3.【解析】选B。

当线框进入磁场时,边MN切割磁感线,相当于电源,因此MN两端的电压为路端电压,根据闭合电路欧姆定律可正确解答。

线框进入磁场的过程中切割磁感线,a、b产生的感应电动势是c、d电动势的一半,而不同的线框的电阻不同,设a线框电阻为4r,b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r,则有U a=B l v·=,U b=B l v·=,U c=B2l v·=,U d=B2l v·=,故A、C、D错误,B正确。

【变式备选】(2013·湖州模拟)如图所示,在坐标系xOy中,有边长为a的正方形金属线框abcd,其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处。

在y轴的右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合,左边界与y轴重合,右边界与y轴平行。

t=0时刻,线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域。

取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正,则在线框穿越磁场区域的过程中,感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是图中的( )【解析】选A、D。

在线框穿越磁场区域的过程中,0～时间内,ab边切割磁感线,且有效长度随时间均匀减小,～时间内,cd边切割磁感线,且有效长度随时间均匀减小,由法拉第电磁感应定律、楞次定律和闭合电路欧姆定律可得,感应电流i随时间t变化的图线是图中的A;设ab边电阻为r,有效切割长度为L,在ab边切割磁感线的过程中,ab间的电势差大小U ab=,在cd边切割磁感线的过程中,ab间的电势差大小U ab=;两种情况下U ab都为负值,所以ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是图中的D。

4.【解析】选A。

在t=0时刻,接通开关S1,由于线圈的自感作用,流过R的电流逐渐增大到某一固定值I0,在t=t1时刻,再接通开关S2,电源与电阻R0被短路,线圈与R、S1、S2组成闭合回路,由于线圈的自感作用,流过R的电流沿原方向从I0逐渐减小到零。

由于电阻R两端的电势差U ab正比于流过的电流,故只有A正确。

5.【解析】选B、C。

由楞次定律知回路中感应电流的方向为顺时针,A错;由法拉第电磁感应定律得E==S,即E不变,而I=,故B对;F安=BIL,由于B均匀增大,故F安均匀增大,C对;杆静止,受重力、支持力、安培力、摩擦力四个力而保持平衡,D错。

6.【解析】选D。

线圈冲入匀强磁场时,产生感应电流,线圈受安培力作用做减速运动,动能减少。

同理,线圈冲出匀强磁场时,动能也减少,进、出时减少的动能都等于安培力做的功。

由于进入时的速度大,故感应电流大,安培力大,安培力做的功也多,减少的动能也多,线圈离开磁场过程中,损失的动能少于它在磁场外面时动能的一半,因此线圈离开磁场后仍继续运动。

故D项正确。

7.【解析】选C。

由平衡条件知,下金属板带正电,故电流应从线圈下端流出,由楞次定律可以判定磁感应强度B竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强,A、D错误;因mg=q,U=R,E=n,联立可求得=,故只有C项正确。

【总结提升】电磁感应电路问题五点注意(1)产生感应电动势的导体相当于一个电源,感应电动势等效于电源电动势,产生感应电动势的导体的电阻等效于电源的内阻。