学练考学年高二人教版物理选修32练习册单元测评1文档格式.docx

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面内的半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环沿垂直于磁场方向的速度v从如图所示的v位置开始运动，当圆环运动到其直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，则下列说2法正确的是（）图C-1-122224BavA．此时圆环中的电功率为R224BavB．此时圆环的加速度为mR2πBaC．此过程中通过圆环截面的电荷量为R2D．此过程中回路产生的电能为0.75mv第Ⅱ卷（非选择题共60分）二、实验题（本题共2小题，11题7分，12题8分，共15分）11．图C-1-13为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．图C-1-13

（1）用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好．

（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流计的指针将向______偏；

原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，电流计的指针将向______偏．12．在研究电磁感应的实验中，实验装置如图C-1-14所示．线圈C与灵敏电流表构成闭合电路．电源、开关、带有铁芯的线圈A、滑动变阻器构成另一个独立电路．表格中的第三行已经列出了实验操作以及与此操作对应的电流表的表针偏转方向，请以此为参考，把表格填写完整．图C-1-14实验操作电流表的表针偏向1.闭合开关S瞬间2.在开关S闭合的情况下，滑动变阻器的触头向右滑动时表针向右摆动

3.在开关S闭合的情况下，线圈A远离线圈C时4.在开关S闭合的情况下，将线圈A中的软铁棒抽出时三、计算题（本题共4小题，13题10分，14题10分，15题12分，16题13分，共45分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）213．如图C-1-15甲所示，匝数200匝的圆形线圈，面积为50cm，放在匀强磁场中，线圈平面始终与磁场方向垂直，并设磁场方向垂直于纸面向里时磁感应强度为正．线圈的电阻为0.5Ω，外接电阻R＝1.5Ω.当穿过线圈的磁场按图乙所示的规律变化时：

（1）0～0.1s内a、b两点哪一点的电势高？

（2）求0.1～0.5s内通过R的电流大小；

（3）求电阻R所消耗的电功率（建议学完“交变电流”以后再做）．甲乙图C-1-1514．如图C-1-16甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝1m，上端接有阻值为R＝3Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1kg、电阻r＝1Ω的垂直于导轨放置的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，杆下落的过程2中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v-t图像如图乙所示．（g取10m/s）求：

（1）磁感应强度B的大小；

（2）杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻R产生的热量．图C-1-16

15．两根光滑平行的长直金属导轨MN、M′N′在同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′间接有如图C-1-17所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度为l、阻值为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力的作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离s的过程中，整个回路中产生的热量为Q.求：

（1）ab运动的速度v的大小；

（2）电容器所带的电荷量q.图C-1-1716．如图C-1-18所示，在倾角为θ的光滑斜面上有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界AA′、CC′与水平面平行，间距为d，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上．用粗细均匀的导线绕制的矩形线框abcd位于斜面上，其质量为m，电阻为R，ab边长为2l，bc边长为l（l＜d）．现令线框由静止开始沿斜面下滑，恰好匀速进入磁场区域，线框下滑过程中cd边始终与磁场边界平行．重力加速度为g.求：

（1）线框释放时ab边与磁场上边界AA′的距离L；

（2）ab边穿出边界CC′瞬间，a、b两点间的电势差U；

ab（3）从开始释放线框到ab边与CC′重合的过程中，线框中产生的热量Q.

图C-1-18参考答案测评卷参考答案单元测评

（一）ΔΦ1．C[解析]由E＝n得，E与磁通量的变化率成正比，故选项C正确．Δt2．B3．CD[解析]选项A中条形磁铁向下插入线圈中时，向下穿过线圈的磁通量逐渐增大，所以感应电流产生的磁场方向向上，根据安培定则可知，选项A错误，同理可知，选项B错误，选项C、D正确．4．B[解析]由楞次定律知，线圈进入磁场时感应电流的方向为负，穿出时为正；

E＝BLv中L为有效切割长度，故线圈进入磁场时电流由大变小，穿出时电流也由大变小，选项B正确．5．D[解析]金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕22ωωBrBrO点做匀速圆周运动，产生的感应电动势的大小为E＝，通过电阻R的电流I＝，22R由右手定则可知，电流的方向为由d到c，选项D正确．6．A[解析]导线框从t＝0时刻开始向右运动L时，导线框的bc边切割磁感线，有效长度均匀增大，故电动势均匀增大，电流均匀增大，由右手定则可知，电流方向沿顺时针方向；

当L＜x＜2L时，ad边开始进入磁场，由图可知，bc边增加的切割长度与ad边增加的切割长度相互抵消，故有效切割长度不变，则感应电动势不变，电流不变，沿顺时针方向；

当2L＜x＜2.5L时，bc边切割长度减小，而ad边切割长度增大，故电流要减小；

当x＝2.5L时，两边切割长度相等，故电流为零；

当2.5L＜x＜3L时，ad边切割长度将大于bc边，由右手定则可得出电流方向反向，电流增大；

至此即可判断选项A正确．7．C[解析]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竖直向上且在减弱或竖直向下且在增强，选项A、D错误；

因mgdmg（R＋r）ΔΦΔΦUE＝q，U＝R，E＝n，联立可求得＝，故选项B错误，选项C正确．ΔtΔtdnqRR＋r8．BD[解析]由于A线圈上有缺口，A线圈中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A线圈先落地，选项B正确.B、C线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，设材料的密度为ρ，电阻率为ρ，导线的横截面面积为S，正方形线圈的边长为L，12

222BLv4LBLSv则由牛顿第二定律有mg－＝ma，m＝ρ·

4L·

S，R＝ρ，所以4ρLSg－＝4ρLSa，12114ρRS22Bv解得a＝g－，由于B、C线圈开始下落的高度相同，故进入磁场时的速度相同，又因16ρρ12为线圈的材料相同，且进入同一磁场，所以加速度相同，B、C线圈同时落地，选项D正确．9．B[解析]闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L、L的亮度相同，电流为I，说明12R＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L的电流增大，使电感线圈L产生自感电L1动势，阻碍流过L的电流i增大，故i将缓慢增大到I，选项A错误，选项B正确；

而流111过灯泡L的电流i立即达到电流I且保持不变，故选项C、D错误．22vE2Bav10．AC[解析]感应电动势E＝2·

B·

2a·

＝2Bav，感应电流I＝＝，此时圆环中2RR2222222Bav4Bav8Bav2的电功率P＝IR＝R＝，安培力F＝2B·

2aI＝4BaI＝，此过程中通过圆RRR22vΔΦΔΦπBa11－2环截面的电荷量q＝I·

Δt＝·

Δt＝＝，此过程中产生的电能E＝mv－m＝电2Δt·

RRR2232mv.综上可知，选项A、C正确．811．

（1）如图所示

（2）右左[解析]在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，表明穿过副线圈的磁通量增加时，电流计的指针向右偏．原线圈迅速插入副线圈的过程中，穿过副线圈的磁通量增加，所以指针向右偏；

滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，原线圈中的电流减小，穿过副线圈的磁通量减少，所以指针向左偏．12．表针向左摆动表针向右摆动表针向右摆动[解析]滑动变阻器的触头向右滑动时，线圈A中的电流减弱，磁场减弱，穿过线圈C的磁通量减少，根据第二列给出的“表针向右摆动”的信息可知，磁通量减少时，表针向右摆动，反之，磁通量增加时，表针向左摆动．闭合开关S瞬间，通过线圈C的磁通量增加，表针向左摆动；

在开关S闭合的情况下，线圈A远离线圈C时，通过线圈C的磁通量减少，表针向右摆动；

在开关S闭合的情况下，将线圈A中的软铁棒抽出时，通过线圈C的磁通量减少，表针向右摆动．13．

（1）b点电势高

（2）1A（3）3W[解析]

（1）b点电势高．ΔΦΔB

（2）根据图像，由法拉第电磁感应定律，有E＝n＝nS＝2V，2ΔtΔtE2故I＝＝1A.2R＋rΔΦ′ΔB′（3）根据图像，由法拉第电磁感应定律，有E＝n＝nS＝4V，1Δt′Δt′

E1I＝＝2A；

1R＋rE＝E＝4V，31I＝I＝2A.312222由电流的有效值的定义，有IRt＋IRt＋IRt＝IR（t＋t＋t），112233123解得I＝2A，2故P＝IR＝3W.14．

（1）2T

（2）0.075J[解析]

（1）由图像知，杆自由下落0.1s后进入磁场并以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，E产生的电动势E＝BLv，杆中的电流I＝，杆所受安培力F＝BIL，安R＋r由平衡条件得mg＝F，安联立解得B＝2T.2

（2）电阻R产生的热量Q＝IRt＝0.075J.4QRCQR15．

（1）

（2）22BlsBls[解析]

（1）设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，ab运动距离s所用的时Es2间为t，则有E＝Blv，I＝，t＝，Q＝I·

4R·

t，4Rv4QR联立解得v＝.22Bls

（2）设电容器两极板间的电势差为U，则有U＝IR，CQR电容器所带电荷量q＝CU＝.Bls222θmgRsinmgRsinθ2Bl16．

（1）

（2）＋2g（d－l）sinθ（3）Q＝mglsinθ22444Bl32Bl3B·

2l·

v[解析]

（1）线框匀速进入磁场，有mgsinθ＝IB·

2l，而I＝，R12线框进入磁场前由机械能守恒定律，得mgLsinθ＝mv，222mgRsinθ联立解得L＝.4432Bl

（2）线框完全进入磁场后，匀加速下滑的距离为（d－l）时ab边穿出边界CC＇，设此时线1122框的速度为v，此过程机械能守恒，有mg（d－l）sinθ＋mv＝mv，2222此时cd边切割磁感线，电动势E＝B·

v，2E电流方向为a→b→c→d→a，U＞0，且U＝，abab32θmgRsin2Bl联立解得U＝＋2g（d－l）sinθ.22ab4Bl3（3）由能量守恒定律得Q＝mglsinθ.