第十二单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）
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| 名称 | 第十二单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 352.9KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-10 17:02:15 | ||
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文档简介
(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40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,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.无线充电是近几年快速发展起来的新技术,如图所示为给手机进行无线充电,其基本原理是 ( )
A.电磁感应 B.静电感应 C.电流的磁效应 D.静电屏蔽
2.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮,其“发电”原理如图乙所示,按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管,松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是 ( )
A.按下按钮过程,螺线管Q端电势较高
B.松开按钮过程,螺线管P端电势较低
C.按住按钮不动,螺线管中会产生感应电动势
D.按下和松开按钮过程,螺线管产生大小相同的感应电动势
3.在空间站进行实验可以克服来自地球磁场及电场的干扰,使得物理现象更为准确和明显。为了研究电感现象,宇航员在空间站进行如图所示的研究。在图中,L为自感系数较大的电感线圈,且电阻不计,A、B为两个完全相同的灯泡,且它们的额定电压均等于电源的电动势。则 ( )
A.断开K以后,A熄灭,B重新亮后再熄灭
B.断开K以后,B变得更亮,A缓慢熄灭
C.合上K的瞬间,A先亮,B后亮
D.合上K的瞬间,B先亮,A后亮
4.为保证游乐园中过山车的进站安全,过山车安装了磁力刹车装置。磁性很强的钕磁铁安装在轨道上,正方形金属线框安装在过山车的底部。过山车返回站台前的运动简化模型如图所示。线框abcd沿斜面加速下滑后,bc边以速度v1进入匀强磁场区域,此时线框开始减速,bc边出磁场区域时,线框恰好以速度v2做匀速直线运动。已知线框边长为L、匝数为n、总电阻为R,斜面与水平面的夹角为θ,过山车的总质量为m,所受摩擦阻力的大小恒定,磁场区域上下边界间的距离为L,磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上,重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( )
A.线框刚进入磁场时,感应电流的方向是a→b→c→d→a
B.线框刚进入磁场时,bc边两端的电压为nBLv1
C.线框刚出磁场时,通过线框的电流大小为
D.线框所受的摩擦阻力为mg sin θ-
5.如图所示,圆心为O、半径为r=0.5 m的金属圆形轨道固定在水平面内,长度为r=0.5 m的直导体棒OA置于圆导轨上面,金属圆形轨道内存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度的大小B=1.6 T,直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻R1、R2和电容器相连。导体棒在外力作用下绕O点以角速度ω=20 rad/s顺时针匀速转动。已知导体棒的电阻R0=0.5 Ω,R1=1.5 Ω,R2=2 Ω,电容器的电容C=2×103 μF,不计金属圆形导轨电阻,下列说法中正确的是 ( )
A.通过导体棒的电流为2.0 A
B.M板带负电
C.外力做功的功率为3.5 W
D.电容器极板的电荷量q=4.0×10-3 C
6.如图,在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框,在导线框右侧有一宽度为d(d>l)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的左、右边框平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动并穿过磁场,在穿过磁场区域过程中,下列描述该过程的v-x(速度—位移)图像中,可能正确的是 ( )
7.如图所示,正方形匀质刚性金属框(形变量忽略不计)边长为L=0.2 m,质量为m=0.1 kg,距离金属框底边H=0.8 m处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=5 T。磁场区域上下边界水平,高度为L=0.2 m,左右宽度足够大。把金属框在竖直平面内以v0=2 m/s的初速度水平无旋转地向右抛出,金属框恰好能匀速通过磁场,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法不正确的是 ( )
A.刚性金属框电阻为R=4 Ω
B.通过磁场的整个过程中,金属框的两条竖直边都不受安培力作用
C.通过磁场的过程中,克服安培力做功为0.4 J
D.改变平抛的初速度大小,金属框仍然能匀速通过磁场
8.如图所示,光滑绝缘水平面内虚线MN左侧存在着竖直向下的有界匀强磁场,一矩形金属线框静置在水平面上,线框的右边与磁场的边界MN重合,现用水平拉力使线框由静止开始向右做匀加速直线运动。用F、v、i、P分别表示水平拉力、线框运动的速度、线框中的电流、安培力的瞬时功率,用x、t分别表示运动的位移和时间,则在线框被拉出磁场的过程中,下列图像可能正确的是 ( )
9.匀强磁场方向垂直纸面,规定垂直纸面向里的方向为正,磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属矩形回路,回路平面位于纸面内,如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流,F1、F2、F3分别表示Oa、ab、bc段回路右侧PQ边受到的安培力。则 ( )
A.I1沿逆时针方向,I2沿顺时针方向
B.I2沿顺时针方向,I3沿逆时针方向
C.F1方向向左,F2方向向右
D.F2方向向右,F3方向向右
10.如图所示,一个总电阻为36 Ω的均匀导电圆环,其半径OA长为R。导电圆环内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一长为2R、总电阻为10 Ω的均匀细金属棒置于圆环上,A、P为接触点。金属棒绕A点沿顺时针方向匀速转动,角速度为ω,在转动过程中金属棒与圆环始终保持良好接触。当金属棒转到与OA夹角为θ=60°时 ( )
A.金属棒产生的感应电动势E=BωR2
B.P、A两点间的电压为UPA=BωR2
C.流过金属棒的电流为I=BωR2
D.金属棒受到的安培力为F=B2ωR3
二、非选择题(本题共4小题,共60分)
11.(12分)小明在课外活动中制作了如图所示的“电子发声装置”:在一块木板两端固定两颗螺丝钉,将一根张紧的铜丝缠绕在两颗螺丝钉之间,扩音器通过导线与两螺丝钉连接,铜丝旁边放置一块磁铁,用手指在水平方向拨动铜丝,扩音器上就发出了声音。
(1)根据上述信息,下列说法正确的是 ( )
A.铜丝振动引起空气振动而发出声音
B.振动的铜丝切割磁感线产生直流电流
C.铜丝振动时将电能转化为机械能
D.铜丝振动时能量转化的原理与发电机原理相同
(2)上题的“电子发声装置”可简化成如图的电路模型:左端接有电阻R的平行光滑金属导轨水平放置,固定在竖直向上的匀强磁场中,一导体杆与两导轨良好接触,在外力作用下沿导轨方向做周期为1 s的简谐运动。图中O位置对应平衡位置,C、D两位置对应简谐运动的左、右最大位移处。两导轨电阻不计,下列说法正确的是 ( )
A.每经过1 s,流过电阻R的电流方向变化一次
B.杆在C位置时,电阻R的发热功率最大
C.杆由C到O的运动过程中,流过电阻R的电流由b→a
D.杆由C到D的运动过程中,流过电阻R的电流一直变大
(3)电吉他的拾音器的原理图如图甲所示。电吉他琴身上装有线圈,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,经信号放大器放大后传到扬声器。当图中琴弦向右靠近线圈时,线圈受到 的磁场力(请填写对应的字母标号:A.向右;B.向左)。若由于金属弦的振动,螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示,则对应感应电流的变化为 ( )
12.(16分)如图所示,宽度为L的平行金属导轨水平放置,一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。将质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上,与导轨接触良好,其长度恰好等于导轨间距,导轨的电阻忽略不计,导轨足够长。在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒从静止开始沿导轨向右运动。当导体棒速度为v时:
(1)求导体棒两端的电压U;
(2)求导体棒所受安培力的功率;
(3)若已知此过程中导体棒产生的电热为Q1,因摩擦生热为Q2,求拉力F做的功W。
13.(16分)如图1所示,一质量为m=0.5 kg、边长为L=1.0 m的正方形线框abcd静置在光滑绝缘的水平桌面上。线框右半部分宽度为的区域内存在方向垂直于桌面向下的磁场,虚线为磁场的左边界,线框的cd边与磁场的右边界重合,磁场的磁感应强度大小随时间t的变化关系如图2所示。t=0时刻线框在水平恒力F的作用下由静止开始运动,t=1 s时线框的ab边进入磁场,之后线框匀速通过磁场区域。求:
(1)拉力F的大小;
(2)该正方形线框的电阻;
(3)整个过程线框中产生的焦耳热。
14.(16分)如图,光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上、大小为B的匀强磁场中,bc段轨道宽度为L,bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍,bc段轨道和cd段轨道都足够长,将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段,且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r,导轨电阻不计,Q棒静止,让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放,求:(重力加速度大小为g)
(1)P棒最终的速度;
(2)整个过程中P棒产生的焦耳热。
答案全解全析
1.A 给手机进行无线充电,其基本原理是电磁感应现象。故选A。
2.A 按下按钮过程,穿过螺线管的磁通量向左增大,根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入,从Q端流出,螺线管充当电源,则Q端电势较高,故A正确;松开按钮过程,穿过螺线管的磁通量向左减小,根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入,从P端流出,螺线管充当电源,则P端电势较高,故B错误;按住按钮不动,穿过螺线管的磁通量不变,螺线管中不会产生感应电动势,故C错误;按下和松开按钮过程,螺线管中磁通量的变化率不一定相同,故螺线管中产生的感应电动势不一定相同,故D错误。故选A。
3.A
解题指引 1.“L为自感系数较大的电感线圈”在电流变化时,线圈自感现象明显;
2.“电阻不计”线圈直流电阻为0。
由此可知开关闭合,线圈自感电动势很大,阻碍自身电流增大,开关闭合瞬间电流几乎不能流过线圈;电路稳定时,自感线圈相当于导线,会将B灯短路。
解析 断开K以后,A马上熄灭,线圈L中产生自感电动势阻碍电流减小,在线圈与小灯泡B构成的闭合回路中产生感应电流,故B闪亮后熄灭,故A正确,B错误;合上K的瞬间,电源电压同时加到两灯上,两灯同时亮,故C、D错误。故选A。
4.D 根据楞次定律,刚进入磁场时线框中感应电流的方向为a→d→c→b→a,故A错误;线框刚进入磁场时,产生的感应电动势为E=nBLv1,bc边两端的电压为路端电压U=E=nBLv1,故B错误;bc边出磁场区域时,线框恰好以速度v2做匀速直线运动,产生的感应电动势E'=nBLv2,通过线框的电流大小为I==,故C错误;bc边出磁场区域时,线框恰好以速度v2做匀速直线运动,所受合力为零,mg sin θ=f+nBIL,解得f=mg sin θ-,故D正确。故选D。
易错警示 本题容易忽视线框匝数这个条件,例如,线框刚进入磁场时,产生的感应电动势为E=nBLv1。另外,线框刚进入磁场时,bc边切割磁感线,相当于电源,bc边两端的电压为路端电压而不是电动势。
5.D 导体棒切割磁感线产生的感应电动势E==4 V,由闭合电路欧姆定律有I==1.0 A,故A错误;由右手定则可以判断,导体棒中的感应电流方向为O到A,所以电容器M板带正电,故B错误;回路消耗的总电功率P=EI=4.0 W,由能量守恒定律可知外力做功的功率等于回路消耗的总功率,即P外=P=4.0 W,故C错误;由欧姆定律可知电容器两端的电压U=IR2=2.0 V,所以电容器带电荷量q=CU=4.0×10-3 C,故D正确。故选D。
归纳总结
含电容器的电路问题
(1)电路的简化
不分析电容器的充、放电过程时,把电容器所在的电路视为断路,简化电路时可以去掉,求电荷量时再在相应位置补上。
(2)电路稳定时电容器的处理方法
电路稳定后,与电容器串联的电路中没有电流,同支路的电阻相当于导线,电容器两端的电压等于与其并联用电器两端电压。
6.B 线框进入磁场过程,设某时刻进入磁场的距离为x,此时线框的速度为v,则由动量定理有-BlΔt=mv-mv0,其中Δt=q=,则v=v0-x;线框完全进入磁场后,不受安培力,所以做匀速直线运动;线框出磁场过程,速度v与位移x的关系与进入磁场过程相似。故选B。
归纳总结 线框或导体棒仅在安培力作用下减速时,做加速度减小的减速运动,但根据动量定理,速度与位移是一次函数关系。
7.B
思路点拨 金属框进入磁场过程,左右两边所受安培力平衡,所以水平方向做匀速直线运动,如果竖直方向受力也平衡,竖直方向也会做匀速直线运动,合运动就是匀速直线运动。
解析 金属框匀速通过磁场,则有mg=F安,而F安=BIL=BL=,且vy=,代入数据求得R=4 Ω,故A正确,不符合题意;通过磁场的整个过程中,根据左手定则可知,金属框的两条竖直边所受安培力大小相等、方向相反,故B错误,符合题意;根据功能关系得克服安培力做功W克F=mg·2L=0.4 J,故C正确,不符合题意;根据题意可知,初速度大小不影响安培力,安培力的大小只与金属框竖直方向的分速度vy有关,而vy只与高度H有关,则可知,只要抛出高度不变,不管初速度大小如何,金属框仍然能匀速通过磁场,故D正确,不符合题意。故选B。
8.BD 由题可知v2=2ax,解得v=,故B正确;当线框运动的速度为v时,线框受到的安培力F安=Bil=,由于线框做匀加速直线运动,根据F-F安=F-=ma,可知F=+ma,故F-x图像不可能从零开始,故A错误;根据i==,可知i与t为线性关系,故C错误;根据P=Blvi=,可知P-t图像为二次函数曲线,故D正确。故选B、D。
9.AC 由楞次定律可知,Oa段感应电流I1沿逆时针方向,ab、bc段感应电流I2、I3沿顺时针方向,故A正确,B错误;Oa段回路右侧PQ边中电流由Q流向P,磁感应强度方向垂直纸面向里,由左手定则可知,PQ边受到的安培力F1方向向左;ab段PQ边中电流由P流向Q,磁感应强度方向垂直纸面向里,由左手定则可知,PQ边受到的安培力F2方向向右;bc段PQ边中电流由P流向Q,磁感应强度方向垂直纸面向外,由左手定则可知,PQ边受到的安培力F3方向向左,故C正确,D错误。故选A、C。
一题多解 根据增缩减扩,F1方向向左,F2方向向右,F3方向向左。
10.ABC 金属棒产生的感应电动势E=BR=BR×=BωR2,故A正确;当金属棒转到与OA夹角为θ=60°时,导电圆环被分为电阻为6 Ω和30 Ω的两部分,这两部分并联后的阻值为R外= Ω=5 Ω,细金属棒P、A两点间的电阻RPA=×10 Ω=5 Ω,流过金属棒的电流为I===BωR2,P、A两点间的电压UPA=I·R外=BωR2,故B、C正确;金属棒受到的安培力F=BIR=B2ωR3,故D错误。故选A、B、C。
11.答案 (1)D(3分) (2)C(3分) (3)A(3分) B(3分)
解析 (1)手指拨动铜丝发声是由于铜丝振动时切割磁感线产生交变的感应电流,电流通过扩音器放大后发声,故A错误;振动的铜丝来回切割磁感线产生方向变化的电流,故B错误;铜丝振动时将机械能转化为电能,故C错误;铜丝振动时能量转化的原理与发电机原理相同,都是将机械能转化为电能,故D正确。故选D。
(2)根据右手定则知,当导体杆的速度方向变化时,感应电流的方向发生改变,一个周期内速度方向变化两次,则每经过1 s,流过电阻R的电流方向变化两次,故A错误;杆做简谐运动,根据E=BLv知,产生正弦式交流电,发热功率用有效值计算,可知电阻R的发热功率不变,故B错误;杆由C到O的运动过程中,根据右手定则知,杆中的电流方向向下,则流过电阻R的电流方向由b→a,故C正确;杆由C到D的运动过程中,速度先增大后减小,感应电动势先增大后减小,则流过电阻R的电流先增大后减小,故D错误。故选C。
(3)当图中琴弦向右靠近线圈时,线圈所在位置磁场变大,磁通量变大,根据楞次定律的推论可知,线圈受到向右的磁场力。故选A。根据E=n、i=可知,电流方向在改变,并且i-t图像为余弦函数图像。故选B。
12.答案 (1) (2) (3)mv2+Q1+Q2
解析 (1)感应电动势E=BLv (2分)
电路中的感应电流I== (2分)
导体棒两端的电压U=IR= (2分)
(2)安培力F安=BIL= (2分)
安培力的功率P=F安v (1分)
整理得P= (1分)
(3)导体棒产生的电热为Q1,电阻R与导体棒中电流相同,电路中产生的总电热Q电=Q1 (1分)
即导体棒克服安培力做功W克安=Q电=Q1 (1分)
导体棒克服摩擦力做功W克f=Q2 (1分)
对导体棒根据动能定理有
W-W克安-W克f=mv2 (2分)
代入得W=mv2+Q1+Q2 (1分)
13.答案 (1)0.5 N (2)2 Ω (3)0.375 J
解析 (1)开始“线框的cd边与磁场的右边界重合”,0~1 s,ab和cd边都不在磁场中,整个线框不受水平方向的安培力。前1 s内线框在F的作用下做匀加速直线运动,由运动学公式有
=a (1分)
由牛顿第二定律得F=ma (1分)
所以拉力F的大小为F=0.5 N(1分)
(2)在t=1 s后线框做匀速直线运动,所以
F=BIL (1分)
由闭合电路欧姆定律有I= (1分)
线框做切割磁感线运动产生的感应电动势为
E=BLv (1分)
其中v=at1 (1分)
联立可得该正方形线框的电阻为R=2 Ω(1分)
(3)由法拉第电磁感应定律得第1 s内感应电动势为E1===0.5 V(1分)
感应电流为I1== A(1分)
所以第1 s内线框中产生的热量为
Q1=Rt1= J(1分)
匀速通过磁场区域时E2=BLv=1 V(1分)
感应电流为I2==0.5 A(1分)
其中=vt2 (1分)
此过程线框中产生的热量为
Q2=Rt2= J(1分)
所以整个过程中线框中产生的焦耳热为
Q=Q1+Q2= J=0.375 J(1分)
14.答案 (1) (2)mgh
解析 (1)设P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小为v,对P棒下落h过程应用动能定理有
mgh=mv2 (1分)
解得P棒刚进入磁场时的速度为v= (1分)
当P棒进入水平轨道后,切割磁感线产生感应电流。P棒受到安培力作用而减速,Q棒受到安培力而加速,Q棒运动后也将产生感应电动势,与P棒产生的感应电动势反向,因此回路中的电流将减小,最终达到匀速运动时,回路中的电流为零,P棒和Q棒产生的感应电动势大小EP=EQ (2分)
即BLvP=BvQ (1分)
解得2vP=vQ
因为当P、Q在水平轨道上运动时,它们所受到的合力并不为零,设I为回路中的电流,P棒和Q棒受到的安培力大小分别为FP=BIL (1分)
FQ=BIL (1分)
因此P、Q组成的系统动量不守恒。设P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为Δt,规定向右为正方向,对P、Q分别应用动量定理得
-FPΔt=-BILΔt=mvP-mv (1分)
FQΔt=BIΔt=mvQ-0 (1分)
又2vP=vQ (1分)
联立解得vP= (1分)
vQ= (1分)
(2)由能量守恒定律得,整个过程中系统产生的焦耳热
Q=mv2-m-m=mgh-m×-m×=mgh (2分)
QP=Q=mgh (2分)
解后复盘 金属棒P沿光滑圆弧轨道下滑,因为没有切割磁感线,没有发生电磁感应现象,这个过程只有重力做功,属于单体问题,可以用动能定理分析。金属棒P进入水平轨道的磁场后,切割磁感线产生感应电流。P棒受到安培力作用而减速,Q棒受到安培力而加速,Q棒运动后也将产生感应电动势,与P棒产生的感应电动势反向,因此回路中的电流将减小,安培力减小,加速度减小,两棒运动的v-t图像如图所示。
最终达到匀速运动时,回路中的电流为零。所以最终两棒产生的感应电动势一定等大反向。另外金属棒P与金属棒Q中流过的感应电流相等,但是两棒棒长不相等,所以两棒受到的安培力的合力不为零,两棒组成的系统动量不守恒,这种情况可以继续对两棒分别应用动量定理列式研究。整个过程遵从能量守恒定律,可以利用能量守恒求焦耳热,这也是电磁感应中求焦耳热最常用的思路。
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40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,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.无线充电是近几年快速发展起来的新技术,如图所示为给手机进行无线充电,其基本原理是 ( )
A.电磁感应 B.静电感应 C.电流的磁效应 D.静电屏蔽
2.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮,其“发电”原理如图乙所示,按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管,松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是 ( )
A.按下按钮过程,螺线管Q端电势较高
B.松开按钮过程,螺线管P端电势较低
C.按住按钮不动,螺线管中会产生感应电动势
D.按下和松开按钮过程,螺线管产生大小相同的感应电动势
3.在空间站进行实验可以克服来自地球磁场及电场的干扰,使得物理现象更为准确和明显。为了研究电感现象,宇航员在空间站进行如图所示的研究。在图中,L为自感系数较大的电感线圈,且电阻不计,A、B为两个完全相同的灯泡,且它们的额定电压均等于电源的电动势。则 ( )
A.断开K以后,A熄灭,B重新亮后再熄灭
B.断开K以后,B变得更亮,A缓慢熄灭
C.合上K的瞬间,A先亮,B后亮
D.合上K的瞬间,B先亮,A后亮
4.为保证游乐园中过山车的进站安全,过山车安装了磁力刹车装置。磁性很强的钕磁铁安装在轨道上,正方形金属线框安装在过山车的底部。过山车返回站台前的运动简化模型如图所示。线框abcd沿斜面加速下滑后,bc边以速度v1进入匀强磁场区域,此时线框开始减速,bc边出磁场区域时,线框恰好以速度v2做匀速直线运动。已知线框边长为L、匝数为n、总电阻为R,斜面与水平面的夹角为θ,过山车的总质量为m,所受摩擦阻力的大小恒定,磁场区域上下边界间的距离为L,磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上,重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( )
A.线框刚进入磁场时,感应电流的方向是a→b→c→d→a
B.线框刚进入磁场时,bc边两端的电压为nBLv1
C.线框刚出磁场时,通过线框的电流大小为
D.线框所受的摩擦阻力为mg sin θ-
5.如图所示,圆心为O、半径为r=0.5 m的金属圆形轨道固定在水平面内,长度为r=0.5 m的直导体棒OA置于圆导轨上面,金属圆形轨道内存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度的大小B=1.6 T,直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻R1、R2和电容器相连。导体棒在外力作用下绕O点以角速度ω=20 rad/s顺时针匀速转动。已知导体棒的电阻R0=0.5 Ω,R1=1.5 Ω,R2=2 Ω,电容器的电容C=2×103 μF,不计金属圆形导轨电阻,下列说法中正确的是 ( )
A.通过导体棒的电流为2.0 A
B.M板带负电
C.外力做功的功率为3.5 W
D.电容器极板的电荷量q=4.0×10-3 C
6.如图,在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框,在导线框右侧有一宽度为d(d>l)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的左、右边框平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动并穿过磁场,在穿过磁场区域过程中,下列描述该过程的v-x(速度—位移)图像中,可能正确的是 ( )
7.如图所示,正方形匀质刚性金属框(形变量忽略不计)边长为L=0.2 m,质量为m=0.1 kg,距离金属框底边H=0.8 m处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=5 T。磁场区域上下边界水平,高度为L=0.2 m,左右宽度足够大。把金属框在竖直平面内以v0=2 m/s的初速度水平无旋转地向右抛出,金属框恰好能匀速通过磁场,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法不正确的是 ( )
A.刚性金属框电阻为R=4 Ω
B.通过磁场的整个过程中,金属框的两条竖直边都不受安培力作用
C.通过磁场的过程中,克服安培力做功为0.4 J
D.改变平抛的初速度大小,金属框仍然能匀速通过磁场
8.如图所示,光滑绝缘水平面内虚线MN左侧存在着竖直向下的有界匀强磁场,一矩形金属线框静置在水平面上,线框的右边与磁场的边界MN重合,现用水平拉力使线框由静止开始向右做匀加速直线运动。用F、v、i、P分别表示水平拉力、线框运动的速度、线框中的电流、安培力的瞬时功率,用x、t分别表示运动的位移和时间,则在线框被拉出磁场的过程中,下列图像可能正确的是 ( )
9.匀强磁场方向垂直纸面,规定垂直纸面向里的方向为正,磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属矩形回路,回路平面位于纸面内,如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流,F1、F2、F3分别表示Oa、ab、bc段回路右侧PQ边受到的安培力。则 ( )
A.I1沿逆时针方向,I2沿顺时针方向
B.I2沿顺时针方向,I3沿逆时针方向
C.F1方向向左,F2方向向右
D.F2方向向右,F3方向向右
10.如图所示,一个总电阻为36 Ω的均匀导电圆环,其半径OA长为R。导电圆环内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一长为2R、总电阻为10 Ω的均匀细金属棒置于圆环上,A、P为接触点。金属棒绕A点沿顺时针方向匀速转动,角速度为ω,在转动过程中金属棒与圆环始终保持良好接触。当金属棒转到与OA夹角为θ=60°时 ( )
A.金属棒产生的感应电动势E=BωR2
B.P、A两点间的电压为UPA=BωR2
C.流过金属棒的电流为I=BωR2
D.金属棒受到的安培力为F=B2ωR3
二、非选择题(本题共4小题,共60分)
11.(12分)小明在课外活动中制作了如图所示的“电子发声装置”:在一块木板两端固定两颗螺丝钉,将一根张紧的铜丝缠绕在两颗螺丝钉之间,扩音器通过导线与两螺丝钉连接,铜丝旁边放置一块磁铁,用手指在水平方向拨动铜丝,扩音器上就发出了声音。
(1)根据上述信息,下列说法正确的是 ( )
A.铜丝振动引起空气振动而发出声音
B.振动的铜丝切割磁感线产生直流电流
C.铜丝振动时将电能转化为机械能
D.铜丝振动时能量转化的原理与发电机原理相同
(2)上题的“电子发声装置”可简化成如图的电路模型:左端接有电阻R的平行光滑金属导轨水平放置,固定在竖直向上的匀强磁场中,一导体杆与两导轨良好接触,在外力作用下沿导轨方向做周期为1 s的简谐运动。图中O位置对应平衡位置,C、D两位置对应简谐运动的左、右最大位移处。两导轨电阻不计,下列说法正确的是 ( )
A.每经过1 s,流过电阻R的电流方向变化一次
B.杆在C位置时,电阻R的发热功率最大
C.杆由C到O的运动过程中,流过电阻R的电流由b→a
D.杆由C到D的运动过程中,流过电阻R的电流一直变大
(3)电吉他的拾音器的原理图如图甲所示。电吉他琴身上装有线圈,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,经信号放大器放大后传到扬声器。当图中琴弦向右靠近线圈时,线圈受到 的磁场力(请填写对应的字母标号:A.向右;B.向左)。若由于金属弦的振动,螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示,则对应感应电流的变化为 ( )
12.(16分)如图所示,宽度为L的平行金属导轨水平放置,一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。将质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上,与导轨接触良好,其长度恰好等于导轨间距,导轨的电阻忽略不计,导轨足够长。在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒从静止开始沿导轨向右运动。当导体棒速度为v时:
(1)求导体棒两端的电压U;
(2)求导体棒所受安培力的功率;
(3)若已知此过程中导体棒产生的电热为Q1,因摩擦生热为Q2,求拉力F做的功W。
13.(16分)如图1所示,一质量为m=0.5 kg、边长为L=1.0 m的正方形线框abcd静置在光滑绝缘的水平桌面上。线框右半部分宽度为的区域内存在方向垂直于桌面向下的磁场,虚线为磁场的左边界,线框的cd边与磁场的右边界重合,磁场的磁感应强度大小随时间t的变化关系如图2所示。t=0时刻线框在水平恒力F的作用下由静止开始运动,t=1 s时线框的ab边进入磁场,之后线框匀速通过磁场区域。求:
(1)拉力F的大小;
(2)该正方形线框的电阻;
(3)整个过程线框中产生的焦耳热。
14.(16分)如图,光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上、大小为B的匀强磁场中,bc段轨道宽度为L,bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍,bc段轨道和cd段轨道都足够长,将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段,且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r,导轨电阻不计,Q棒静止,让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放,求:(重力加速度大小为g)
(1)P棒最终的速度;
(2)整个过程中P棒产生的焦耳热。
答案全解全析
1.A 给手机进行无线充电,其基本原理是电磁感应现象。故选A。
2.A 按下按钮过程,穿过螺线管的磁通量向左增大,根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入,从Q端流出,螺线管充当电源,则Q端电势较高,故A正确;松开按钮过程,穿过螺线管的磁通量向左减小,根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入,从P端流出,螺线管充当电源,则P端电势较高,故B错误;按住按钮不动,穿过螺线管的磁通量不变,螺线管中不会产生感应电动势,故C错误;按下和松开按钮过程,螺线管中磁通量的变化率不一定相同,故螺线管中产生的感应电动势不一定相同,故D错误。故选A。
3.A
解题指引 1.“L为自感系数较大的电感线圈”在电流变化时,线圈自感现象明显;
2.“电阻不计”线圈直流电阻为0。
由此可知开关闭合,线圈自感电动势很大,阻碍自身电流增大,开关闭合瞬间电流几乎不能流过线圈;电路稳定时,自感线圈相当于导线,会将B灯短路。
解析 断开K以后,A马上熄灭,线圈L中产生自感电动势阻碍电流减小,在线圈与小灯泡B构成的闭合回路中产生感应电流,故B闪亮后熄灭,故A正确,B错误;合上K的瞬间,电源电压同时加到两灯上,两灯同时亮,故C、D错误。故选A。
4.D 根据楞次定律,刚进入磁场时线框中感应电流的方向为a→d→c→b→a,故A错误;线框刚进入磁场时,产生的感应电动势为E=nBLv1,bc边两端的电压为路端电压U=E=nBLv1,故B错误;bc边出磁场区域时,线框恰好以速度v2做匀速直线运动,产生的感应电动势E'=nBLv2,通过线框的电流大小为I==,故C错误;bc边出磁场区域时,线框恰好以速度v2做匀速直线运动,所受合力为零,mg sin θ=f+nBIL,解得f=mg sin θ-,故D正确。故选D。
易错警示 本题容易忽视线框匝数这个条件,例如,线框刚进入磁场时,产生的感应电动势为E=nBLv1。另外,线框刚进入磁场时,bc边切割磁感线,相当于电源,bc边两端的电压为路端电压而不是电动势。
5.D 导体棒切割磁感线产生的感应电动势E==4 V,由闭合电路欧姆定律有I==1.0 A,故A错误;由右手定则可以判断,导体棒中的感应电流方向为O到A,所以电容器M板带正电,故B错误;回路消耗的总电功率P=EI=4.0 W,由能量守恒定律可知外力做功的功率等于回路消耗的总功率,即P外=P=4.0 W,故C错误;由欧姆定律可知电容器两端的电压U=IR2=2.0 V,所以电容器带电荷量q=CU=4.0×10-3 C,故D正确。故选D。
归纳总结
含电容器的电路问题
(1)电路的简化
不分析电容器的充、放电过程时,把电容器所在的电路视为断路,简化电路时可以去掉,求电荷量时再在相应位置补上。
(2)电路稳定时电容器的处理方法
电路稳定后,与电容器串联的电路中没有电流,同支路的电阻相当于导线,电容器两端的电压等于与其并联用电器两端电压。
6.B 线框进入磁场过程,设某时刻进入磁场的距离为x,此时线框的速度为v,则由动量定理有-BlΔt=mv-mv0,其中Δt=q=,则v=v0-x;线框完全进入磁场后,不受安培力,所以做匀速直线运动;线框出磁场过程,速度v与位移x的关系与进入磁场过程相似。故选B。
归纳总结 线框或导体棒仅在安培力作用下减速时,做加速度减小的减速运动,但根据动量定理,速度与位移是一次函数关系。
7.B
思路点拨 金属框进入磁场过程,左右两边所受安培力平衡,所以水平方向做匀速直线运动,如果竖直方向受力也平衡,竖直方向也会做匀速直线运动,合运动就是匀速直线运动。
解析 金属框匀速通过磁场,则有mg=F安,而F安=BIL=BL=,且vy=,代入数据求得R=4 Ω,故A正确,不符合题意;通过磁场的整个过程中,根据左手定则可知,金属框的两条竖直边所受安培力大小相等、方向相反,故B错误,符合题意;根据功能关系得克服安培力做功W克F=mg·2L=0.4 J,故C正确,不符合题意;根据题意可知,初速度大小不影响安培力,安培力的大小只与金属框竖直方向的分速度vy有关,而vy只与高度H有关,则可知,只要抛出高度不变,不管初速度大小如何,金属框仍然能匀速通过磁场,故D正确,不符合题意。故选B。
8.BD 由题可知v2=2ax,解得v=,故B正确;当线框运动的速度为v时,线框受到的安培力F安=Bil=,由于线框做匀加速直线运动,根据F-F安=F-=ma,可知F=+ma,故F-x图像不可能从零开始,故A错误;根据i==,可知i与t为线性关系,故C错误;根据P=Blvi=,可知P-t图像为二次函数曲线,故D正确。故选B、D。
9.AC 由楞次定律可知,Oa段感应电流I1沿逆时针方向,ab、bc段感应电流I2、I3沿顺时针方向,故A正确,B错误;Oa段回路右侧PQ边中电流由Q流向P,磁感应强度方向垂直纸面向里,由左手定则可知,PQ边受到的安培力F1方向向左;ab段PQ边中电流由P流向Q,磁感应强度方向垂直纸面向里,由左手定则可知,PQ边受到的安培力F2方向向右;bc段PQ边中电流由P流向Q,磁感应强度方向垂直纸面向外,由左手定则可知,PQ边受到的安培力F3方向向左,故C正确,D错误。故选A、C。
一题多解 根据增缩减扩,F1方向向左,F2方向向右,F3方向向左。
10.ABC 金属棒产生的感应电动势E=BR=BR×=BωR2,故A正确;当金属棒转到与OA夹角为θ=60°时,导电圆环被分为电阻为6 Ω和30 Ω的两部分,这两部分并联后的阻值为R外= Ω=5 Ω,细金属棒P、A两点间的电阻RPA=×10 Ω=5 Ω,流过金属棒的电流为I===BωR2,P、A两点间的电压UPA=I·R外=BωR2,故B、C正确;金属棒受到的安培力F=BIR=B2ωR3,故D错误。故选A、B、C。
11.答案 (1)D(3分) (2)C(3分) (3)A(3分) B(3分)
解析 (1)手指拨动铜丝发声是由于铜丝振动时切割磁感线产生交变的感应电流,电流通过扩音器放大后发声,故A错误;振动的铜丝来回切割磁感线产生方向变化的电流,故B错误;铜丝振动时将机械能转化为电能,故C错误;铜丝振动时能量转化的原理与发电机原理相同,都是将机械能转化为电能,故D正确。故选D。
(2)根据右手定则知,当导体杆的速度方向变化时,感应电流的方向发生改变,一个周期内速度方向变化两次,则每经过1 s,流过电阻R的电流方向变化两次,故A错误;杆做简谐运动,根据E=BLv知,产生正弦式交流电,发热功率用有效值计算,可知电阻R的发热功率不变,故B错误;杆由C到O的运动过程中,根据右手定则知,杆中的电流方向向下,则流过电阻R的电流方向由b→a,故C正确;杆由C到D的运动过程中,速度先增大后减小,感应电动势先增大后减小,则流过电阻R的电流先增大后减小,故D错误。故选C。
(3)当图中琴弦向右靠近线圈时,线圈所在位置磁场变大,磁通量变大,根据楞次定律的推论可知,线圈受到向右的磁场力。故选A。根据E=n、i=可知,电流方向在改变,并且i-t图像为余弦函数图像。故选B。
12.答案 (1) (2) (3)mv2+Q1+Q2
解析 (1)感应电动势E=BLv (2分)
电路中的感应电流I== (2分)
导体棒两端的电压U=IR= (2分)
(2)安培力F安=BIL= (2分)
安培力的功率P=F安v (1分)
整理得P= (1分)
(3)导体棒产生的电热为Q1,电阻R与导体棒中电流相同,电路中产生的总电热Q电=Q1 (1分)
即导体棒克服安培力做功W克安=Q电=Q1 (1分)
导体棒克服摩擦力做功W克f=Q2 (1分)
对导体棒根据动能定理有
W-W克安-W克f=mv2 (2分)
代入得W=mv2+Q1+Q2 (1分)
13.答案 (1)0.5 N (2)2 Ω (3)0.375 J
解析 (1)开始“线框的cd边与磁场的右边界重合”,0~1 s,ab和cd边都不在磁场中,整个线框不受水平方向的安培力。前1 s内线框在F的作用下做匀加速直线运动,由运动学公式有
=a (1分)
由牛顿第二定律得F=ma (1分)
所以拉力F的大小为F=0.5 N(1分)
(2)在t=1 s后线框做匀速直线运动,所以
F=BIL (1分)
由闭合电路欧姆定律有I= (1分)
线框做切割磁感线运动产生的感应电动势为
E=BLv (1分)
其中v=at1 (1分)
联立可得该正方形线框的电阻为R=2 Ω(1分)
(3)由法拉第电磁感应定律得第1 s内感应电动势为E1===0.5 V(1分)
感应电流为I1== A(1分)
所以第1 s内线框中产生的热量为
Q1=Rt1= J(1分)
匀速通过磁场区域时E2=BLv=1 V(1分)
感应电流为I2==0.5 A(1分)
其中=vt2 (1分)
此过程线框中产生的热量为
Q2=Rt2= J(1分)
所以整个过程中线框中产生的焦耳热为
Q=Q1+Q2= J=0.375 J(1分)
14.答案 (1) (2)mgh
解析 (1)设P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小为v,对P棒下落h过程应用动能定理有
mgh=mv2 (1分)
解得P棒刚进入磁场时的速度为v= (1分)
当P棒进入水平轨道后,切割磁感线产生感应电流。P棒受到安培力作用而减速,Q棒受到安培力而加速,Q棒运动后也将产生感应电动势,与P棒产生的感应电动势反向,因此回路中的电流将减小,最终达到匀速运动时,回路中的电流为零,P棒和Q棒产生的感应电动势大小EP=EQ (2分)
即BLvP=BvQ (1分)
解得2vP=vQ
因为当P、Q在水平轨道上运动时,它们所受到的合力并不为零,设I为回路中的电流,P棒和Q棒受到的安培力大小分别为FP=BIL (1分)
FQ=BIL (1分)
因此P、Q组成的系统动量不守恒。设P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为Δt,规定向右为正方向,对P、Q分别应用动量定理得
-FPΔt=-BILΔt=mvP-mv (1分)
FQΔt=BIΔt=mvQ-0 (1分)
又2vP=vQ (1分)
联立解得vP= (1分)
vQ= (1分)
(2)由能量守恒定律得,整个过程中系统产生的焦耳热
Q=mv2-m-m=mgh-m×-m×=mgh (2分)
QP=Q=mgh (2分)
解后复盘 金属棒P沿光滑圆弧轨道下滑,因为没有切割磁感线,没有发生电磁感应现象,这个过程只有重力做功,属于单体问题,可以用动能定理分析。金属棒P进入水平轨道的磁场后,切割磁感线产生感应电流。P棒受到安培力作用而减速,Q棒受到安培力而加速,Q棒运动后也将产生感应电动势,与P棒产生的感应电动势反向,因此回路中的电流将减小,安培力减小,加速度减小,两棒运动的v-t图像如图所示。
最终达到匀速运动时,回路中的电流为零。所以最终两棒产生的感应电动势一定等大反向。另外金属棒P与金属棒Q中流过的感应电流相等,但是两棒棒长不相等,所以两棒受到的安培力的合力不为零,两棒组成的系统动量不守恒,这种情况可以继续对两棒分别应用动量定理列式研究。整个过程遵从能量守恒定律,可以利用能量守恒求焦耳热,这也是电磁感应中求焦耳热最常用的思路。
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