12、穿出磁場的瞬間速度相等，導體框必須先減速進入磁場，然后在磁場中加速，再減速穿出磁場，故A正確B錯誤；因為ab邊剛進入磁場的瞬間和剛穿出磁場的瞬間速度相等，所以進入磁場過程中和穿出磁場過程中產(chǎn)生的熱量相等，故整個過程中產(chǎn)生的熱量為Q＝2mgh，C錯誤；根據(jù)q＝可得導體框進入磁場的過程中，通過某個橫截面的電荷量為q＝，D正確。
11.如圖所示，電動機牽引一長為1 m、質量為0.1 kg的導體棒MN由靜止開始上升，導體棒的電阻為1 Ω，架在豎直放置的金屬框架上，它們處于磁感應強度為1 T的勻強磁場中，磁場方向與框架平面垂直。當導體棒上升3.8 m時，獲得穩(wěn)定的速度，導體棒上產(chǎn)生的熱量為2 J。電動
13、機牽引導體棒時，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為7 V、1 A，電動機的內(nèi)阻為1 Ω，不計框架電阻及一切摩擦，g取10 m/s2，以下判斷正確的是( )
A．導體棒向上做勻減速運動
B．電動機的輸出功率為49 W
C．導體棒達到穩(wěn)定時的速度為2 m/s
D．導體棒從靜止至達到穩(wěn)定速度所需要的時間為1 s
解析：選CD 由于電動機的輸出功率恒定，由P出＝Fv及F－mg－＝ma可知，導體棒的加速度逐漸減小，選項A錯誤；電動機的輸出功率P出＝IU－I2r＝6 W，選項B錯誤；電動機的輸出功率就是電動機對導體棒的拉力的功率，即P出＝Fv，當導體棒達到穩(wěn)定速度時，有F＝mg＋BI′L，其中I′
14、＝＝，解得導體棒達到穩(wěn)定時的速度v＝2 m/s，選項C正確；由能量守恒定律得P出t＝mgh＋mv2＋Q，解得t＝1 s，選項D正確。
12．(2019·宿遷期末)如圖所示，線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁場的bc邊以角速度ω勻速轉動，其線圈中感應電動勢的峰值為Em，閉合回路中兩只燈泡均能正常發(fā)光。則( )
A．從圖中位置開始計時，感應電動勢的瞬時值表達式為e＝Emsin ωt
B．增大線圈轉動角速度ω時，感應電動勢的峰值Em不變
C．增大電容器C兩極板間的正對面積時，燈泡A1變暗
D．抽去電感器L的鐵芯時，燈泡A2變亮
解析：選AD 題圖所示位置即中性面，所以感應電動勢的瞬
15、時值表達式為e＝Emsin ωt，故A正確；感應電動勢的峰值Em＝BSω，增大線圈轉動角速度ω時，感應電動勢的峰值Em將增大，故B錯誤；增大電容器C兩極板間的正對面積時，電容增大，容抗減小，燈泡A1變亮，故C錯誤；抽去電感器L的鐵芯時，自感系數(shù)減小，感抗減小，燈泡A2變亮，故D正確。
三、實驗題(本題共2小題，共18分)
13．(8分)(2019·哈爾濱六中模擬)某實驗小組利用如圖甲所示的實驗裝置驗證動量守恒定律，實驗的主要步驟如下。
(1)用游標卡尺測量小球A、B的直徑d，其示數(shù)均如圖乙所示，則直徑d＝________mm，用天平測得球A、B的質量分別為m1、m2。
(2)用兩條
16、懸線分別將球A、B懸掛于同一水平高度，且自然下垂時兩球恰好相切，球心位于同一水平線上。
(3)將球A向左拉起使其懸線與豎直方向的夾角為α時由靜止釋放，與球B碰撞后，測得球A向左擺到最高點時其懸線與豎直方向的夾角為θ1，球B向右擺到最高點時其懸線與豎直方向的夾角為θ2。
(4)為驗證兩球碰撞前、后動量是否守恒，則應驗證表達式_______________________
_______是否成立；若碰撞是彈性碰撞，則還應滿足的表達式為_______________________
_______。(用測量的物理量表示，重力加速度為g)
解析：(1)由題圖乙可知，直徑d＝2.2 cm＋0.
17、1×0 mm＝2.20 cm＝22.0 mm。
(4)設懸點到球心的長度為L，由動能定理可得mgL(1－cos α)＝mv2，則A球到達最低點時的速度大小v＝，同理，碰后A球的速度大小v1＝，碰后B球的速度大小v2＝；若兩球碰撞前、后動量守恒，則表達式m1v＝m2v2－m1v1成立，即m1＝m2－m1成立，故要驗證兩球碰撞前、后動量是否守恒，需驗證m1＝m2－m1是否成立。若碰撞是彈性碰撞，則還應滿足的表達式為m1v2＝m2v＋m1v，
即m1[]2＝m2[]2＋m1[]2，
化簡得m1cos α＝m1cos θ1－m2(1－cos θ2)。
答案：(1)22.0
(4)m1＝m2
18、－m1
m1cos α＝m1cos θ1－m2(1－cos θ2)
14．(10分)(2017·江蘇高考)某同學通過實驗制作一個簡易的溫控裝置，實驗原理電路圖如圖1所示，繼電器與熱敏電阻Rt、滑動變阻器R串聯(lián)接在電源E兩端，當繼電器的電流超過15 mA時，銜鐵被吸合，加熱器停止加熱，實現(xiàn)溫控。繼電器的電阻約20 Ω，熱敏電阻的阻值Rt與溫度t的關系如下表所示。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
Rt/Ω
199.5
145.4
108.1
81.8
62.9
49.1
(1)提供的實驗器材有：電源E1(3 V，內(nèi)阻不計)、電
19、源E2(6 V，內(nèi)阻不計)、滑動變阻器R1(0～200 Ω)、滑動變阻器R2(0～500 Ω)、熱敏電阻Rt、繼電器、電阻箱(0～999.9 Ω)、開關S、導線若干。
為使該裝置實現(xiàn)對30～80 ℃之間任一溫度的控制，電源E應選用________(選填“E1”或“E2”)，滑動變阻器R應選用________(選填“R1”或“R2”)。
(2)實驗發(fā)現(xiàn)電路不工作。某同學為排查電路故障，用多用電表測量各接點間的電壓，則應將如圖2所示的選擇開關旋至________(選填“A”“B”“C”或“D”)。
(3)合上開關S，用調(diào)節(jié)好的多用電表進行排查。在圖1中，若只有b、c間斷路，則應發(fā)現(xiàn)表
20、筆接入a、b時指針________(選填“偏轉”或“不偏轉”)，接入a、c時指針________(選填“偏轉”或“不偏轉”)。
(4)排除故障后，欲使銜鐵在熱敏電阻為50 ℃時被吸合，下列操作步驟的正確順序是________。(填寫各步驟前的序號)
①將熱敏電阻接入電路
②觀察到繼電器的銜鐵被吸合
③斷開開關，將電阻箱從電路中移除
④合上開關，調(diào)節(jié)滑動變阻器的阻值
⑤斷開開關，用電阻箱替換熱敏電阻，將阻值調(diào)至108.1 Ω
解析：(1)如果電源用E1，則在t＝30 ℃時電路中的最大電流Im＝ A≈13.67 mA<15 mA，故不能實現(xiàn)對此溫度的控制，因此電源應選用E2；為了在t
21、＝80 ℃時實現(xiàn)對溫度的控制，設滑動變阻器阻值的最大值至少為R′，則＝0.015 A，解得R＝330.9 Ω，因此滑動變阻器應選用R2。
(2)要用多用電表的直流電壓擋檢測故障，應將選擇開關旋至C。
(3)如果只有b、c間斷路，說明b點與電源的負極間沒有形成通路，a、b間的電壓為零，表筆接在a、b間時，指針不偏轉；c點與電源的負極間形成通路，a與電源的正極相通，a、c間有電壓，因此兩表筆接入a、c間時指針發(fā)生偏轉。
(4)排除故障后，欲使銜鐵在熱敏電阻為50 ℃時被吸合，應先斷開開關，用電阻箱替換熱敏電阻，并將阻值調(diào)至108.1 Ω，合上開關，調(diào)節(jié)滑動變阻器的阻值，直至觀察到繼電器的銜鐵
22、被吸合，這時斷開開關，將電阻箱從電路中移除，將熱敏電阻接入電路。因此操作步驟的正確順序是⑤④②③①。
答案：(1)E2 R2 (2)C (3)不偏轉 偏轉
(4)⑤④②③①
四、計算題(本題共4小題，共61分)
15．(14分)(2018·全國卷Ⅰ)一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量。求：
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；
(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高
23、度。
解析：(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E＝mv①
設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有
0＝v0－gt②
聯(lián)立①②式得
t＝ 。③
(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有
mv＝mgh2⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得
24、，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為
h＝h1＋h2＝。⑧
答案：(1) (2)
16．(15分)如圖甲所示，一固定的矩形導體線圈水平放置，線圈的兩端接一只小燈泡，在線圈所在空間內(nèi)存在著與線圈平面垂直的均勻分布的磁場。已知線圈的匝數(shù)n＝100匝，總電阻r＝1.0 Ω，所圍成矩形的面積S＝0.040 m2，小燈泡的電阻R＝9.0 Ω，磁感應強度隨時間按如圖乙所示的規(guī)律變化，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢瞬時值的表達式為e＝nBmScost，其中Bm為磁感應強度的最大值，T為磁場變化的周期，不計燈絲電阻隨溫度的變化。求：
(1)線圈中產(chǎn)生感應電動勢的最大值；
(2)小燈泡消耗的電功率；
25、
(3)在磁感應強度變化的0～時間內(nèi)，通過小燈泡的電荷量。
解析：(1)由題給圖像知，線圈中產(chǎn)生的交變電流的周期
T＝3.14×10－2 s，
所以Em＝nBmSω＝＝8.0 V。
(2)電流的最大值Im＝＝0.80 A，
有效值I＝＝ A
小燈泡消耗的電功率P＝I2R＝2.88 W。
(3)在0～時間內(nèi)，電動勢的平均值＝
平均電流＝＝
通過燈泡的電荷量Q＝Δt＝＝4.0×10－3 C。
答案：(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3 C
17．(15分)如圖所示，兩根足夠長平行金屬導軌MN、PQ固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，頂部接有一阻值R＝3
26、Ω的定值電阻，下端開口，軌道間距L＝1 m。整個裝置處于磁感應強度B＝2 T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上。質量m＝1 kg的金屬棒ab置于導軌上，ab在導軌之間的電阻r＝1 Ω，導軌電阻不計。金屬棒ab由靜止釋放后沿導軌運動時始終垂直于導軌，且與導軌接觸良好。已知金屬棒ab沿導軌向下運動的最大速度vm＝2.0 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。
(1)求金屬棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)若從金屬棒ab開始運動至達到最大速度過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為1.5 J，求流過電阻R的總電荷量q。
解析：(1)由牛頓第二定律得mgsin
27、θ－μmgcos θ－F安＝0
F安＝BIL，I＝，E＝BLvm
解得μ＝0.5。
(2)設金屬棒從開始運動至達到最大速度過程中，沿導軌下滑距離為x，由能量守恒定律得
mgxsin θ＝μmgxcos θ＋QR＋Qr＋mv
根據(jù)焦耳定律得＝
解得x＝2.0 m
根據(jù)q＝Δt
＝
＝＝
聯(lián)立可得通過電阻R的總電荷量q＝＝1.0 C。
答案：(1)0.5 (2)1.0 C
18．(17分)(2019·鹽城模擬)如圖甲所示，Ⅰ、Ⅱ區(qū)域是寬度均為L＝0.5 m的勻強磁場，磁感應強度大小均為B＝1 T，方向相反。一邊長L＝0.5 m、質量m＝0.1 kg、電阻R＝0.5 Ω的正方
28、形金屬線框，在外力作用下，以初速度v＝10 m/s 勻速穿過磁場區(qū)域。
(1)取逆時針方向為正，在圖乙中作出i-t圖像；
(2)求線框穿過磁場區(qū)域的過程中外力做的功；
(3)若不施加外力，確定線框最終停止的位置。
解析：(1)線框剛進入磁場Ⅰ時，右邊導線切割磁感線，感應電流I1＝＝10 A，
由楞次定律可知電流方向為逆時針方向，取正值；
時間間隔Δt1＝＝0.05 s
線框完全進入磁場Ⅰ，并開始向右進入磁場Ⅱ時，線框兩邊切割磁感線，
感應電流I2＝＝20 A，
由楞次定律可知電流方向為順時針方向，取負值；
時間間隔Δt2＝0.05 s
線框完全進入磁場Ⅱ，并開始向右出
29、磁場時，線框左邊導線切割磁感線，感應電流I3＝＝10 A，
由楞次定律可知感應電流方向為逆時針方向，取正值；
時間間隔Δt3＝0.05 s
電流隨時間變化關系如圖所示：
(2)因為線框勻速運動，所以外力做的功等于電流做的功
W＝IRΔt1＋IRΔt2＋IRΔt3＝15 J。
(3)沒有外力時，線框在安培力作用下做變減速運動
線框通過磁場Ⅰ的過程中：＝ma
即Δt＝mΔv
則有：Δx＝mΔv
∑Δx＝∑mΔv
由x1＝Δx＝0.5 m，可得Δv＝2.5 m/s，
則線框完全進入磁場Ⅰ時的速度v1＝v0－Δv＝7.5 m/s
線框進入磁場Ⅱ的過程中：＝ma
即Δt＝mΔv
Δx＝mΔv
∑Δx＝∑mΔv
由Δv＝7.5 m/s，
解得：x2＝Δx＝0.375 m
即線框進入磁場后運動x＝x1＋x2＝0.875 m(離左邊0.875 m 處停止運動)。
答案：(1)見解析圖 (2)15 J
(3)離左邊0.875 m處停止運動
（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 階段綜合檢測（四）第九-十一章驗收（含解析）
