人教版高中物理选修32综合测试含答案及详细解析.docx
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人教版高中物理选修32综合测试含答案及详细解析
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人教版高中物理选修3-2综合测试
本试卷共100分,考试时间120分钟。
一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)
1.关于感应电流,下列说法中正确的是( )
A.只要穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中就一定有感应电流
B.只要闭合导线做切割磁感线运动,导线中就一定有感应电流
C.若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动,闭合电路中一定没有感应电流
D.当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,闭合电路中一定有感应电流
2.交流发电机在工作时电动势为e=Emaxsinωt,若将发动机的转速提高一倍,同时将线框所围面积减少一半,其他条件不变,则其电动势变为( )
A.e′=Emaxsin
B.e′=2Emaxsin
C.e′=Emaxsin2ωt
D.e′=
sin2ωt
3.下列关于磁通量的说法,正确的是( )
A.只有在匀强磁场中,穿过某一个面的磁通量才等于磁感应强度与该面面积的乘积
B.磁通量是矢量,其正负表示方向
C.磁通量是形象描述穿过某一个面的磁感线条数的物理量
D.磁通量越大,磁通量的变化就越快
4.法拉第通过精心设计的一系列实验,发现了电磁感应定律,将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来.在下面几个典型的实验设计思想中,所作的推论后来被实验否定的是( )
A.既然磁铁可使近旁的铁块带磁,静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷,那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流
B.既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势,那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流
C.既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流,那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势
D.既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势,那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流
5.如图所示,一线圈放在通电螺线管的正中间A处,现向右移动到B处,则在移动过程中通过线圈的磁通量如何变化( )
A.变大
B.变小
C.不变
D.无法确定
6.如图所示,理想变压器的输入端通过灯泡L1与输出电压恒定的正弦交流电源相连,副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连,开始时开关S处于断开状态.当S闭合后,所有灯泡都能发光,下列说法中正确的有( )
A.副线圈两端电压不变
B.灯泡L1亮度变亮,L2的亮度不变
C.副线圈中电流变大,灯泡L1变亮,L2变暗
D.因为不知变压器原、副线圈的匝数比,所以L1及L2的亮度变化不能判断
7.闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动,产生的交流电瞬时值的表达式为i=0.2sin100πtA,从t=0到第一次出现通过线圈的磁通量变化率最大值的时间为( )
A.
s
B.
s
C.
s
D.
s
8.如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内.左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化.规定内圆环a端电势高于b端时,ab间的电压uab为正,下列uab-t图象可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
9.如图所示,甲、乙是规格相同的灯泡,接线柱a,b接电压为U的直流电源时,无论电源的正极与哪一个接线柱相连,甲灯均能正常发光,乙灯完全不亮.当a,b接电压的有效值为U的交流电源时,甲灯发出微弱的光,乙灯能正常发光,则下列判断正确的是( )
A.与甲灯串联的元件x是电容器,与乙灯串联的元件y是电感线圈
B.与甲灯串联的元件x是电感线圈,与乙灯串联的元件y是电容器
C.与甲灯串联的元件x是二极管,与乙灯串联的元件y是电容器
D.与甲灯串联的元件x是电感线圈,与乙灯串联的元件y是二极管
10.如图所示,在匀强磁场中,MN、PQ是两条平行的金属导轨,而ab、cd为串接有电流表和电压表的两根金属棒,当两棒以相同速度向右运动时,正确的是( )
A.电压表有读数,电流表有读数
B.电压表无读数,电流表无读数
C.电压表有读数,电流表无读数
D.电压表无读数,电流表有读数
二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)
11.(多选)如图所示,矩形线圈abcd放在匀强磁场中,ad=bc=l1,ab=cd=l2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴做匀速转动,则( )
A.以OO′为转轴时,感应电动势e=Bl1l2ωsinωt
B.以O1O1′为转轴时,感应电动势e=Bl1l2ωsinωt
C.以OO′为转轴时,感应电动势e=Bl1l2ωcosωt
D.以OO′为转轴跟以ab为转轴一样,感应电动势e=Bl1l2ωsin(ωt+
)
12.(多选)为了监测变电站向外输电情况,要在变电站安装互感器,其接线如图所示,两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4,a和b是交流电表,则( )
A.n1>n2
B.n3>n4
C.a为交流电流表,b为交流电压表
D.a为交流电压表,b为交流电流表
13.(多选)如图所示电路中,L为电感线圈,电阻不计,A、B为两灯泡,则( )
A.合上S时,A先亮、B后亮
B.合上S时,A、B同时亮
C.合上S稳定后,A变亮、B熄灭
D.断开S时,A熄灭、B重新亮后再熄灭
14.(多选)在电磁感应现象中,下列说法中错误的是( )
A.感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化
B.闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流
C.闭合线框放在变化的磁场中做切割磁感线运动,一定能产生感应电流
D.感应电流的磁场总是跟原来磁场的方向相反
三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)
15.如图甲所示,斯密特触发器可以将连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号,当加在它的输入端A的电势逐渐上升到1.6V,输出端Y会突然从高电平跳到低电平0.25V,而当输入端A的电势下降到0.8V时,输出端Y会从低电平跳到高电平3.4V.如图乙所示是一个温度报警器的简易电路图,RT为热敏电阻,R1为可变电阻(最大阻值为1kΩ),蜂鸣器工作电压3~5V,热敏电阻的阻值随温度变化如图丙所示,若要求热敏电阻在感测到80℃时报警,则R1应调至________kΩ;若要求热敏电阻在感测到更高的温度时才报警,R1的阻值应________(选填“增大”、“减小”或“不变”).
甲
乙
丙
四、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)
16.如图甲所示,两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面夹角为α,金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m,导轨处于匀强磁场中,磁场的方向垂直于导轨平面斜向上,磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S,阻值为R1的定值电阻和电阻箱R2相连,不计一切摩擦,不计导轨、金属棒的电阻,重力加速度为g.现在闭合开关S,将金属棒由静止释放.
(1)判断金属棒ab中电流的方向;
(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0,当金属棒下降高度为h时,速度为v,求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q;
(3)当B=0.40T、L=0.50m、α=37°时,金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示,取g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.求R1的大小和金属棒的质量m.
17.如图所示,水平金属导轨AB′、CD通过开关S和电源相连,两导轨间距离为L,匀强磁场垂直金属导轨向里,光滑导体杆ab同导轨接触良好,设电源的电压为E,磁感应强度为B,当开关闭合后,ab杆所能达到的最大速度为多大,此时的反电动势为多大?
18.如图所示(俯视),MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨.两导轨间距为L=0.2m,其间有一个方向垂直水平面竖直向下的匀强磁场B1=5.0T.导轨上NQ之间接一电阻R1=0.40Ω,阻值为R2=0.10Ω的金属杆垂直导轨放置并与导轨始终保持良好接触.两导轨右端通过金属导线分别与电容器C的两极相连.电容器C紧靠着带小孔a(只能容一个粒子通过)的固定绝缘弹性圆筒.圆筒内壁光滑,筒内有垂直水平面竖直向下的匀强磁场B2,O是圆筒的圆心,圆筒的内半径为r=0.40m.
(1)用一个大小恒为10N,平行于MN水平向左的外力F拉金属杆,使杆从静止开始向左运动,问:
当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小;
(2)当金属杆处于
(1)问中的匀速运动状态时,电容器C内紧靠极板且正对a孔的D处有一个带正电的粒子从静止开始经电容器C加速后从a孔垂直磁场B2并正对着圆心O进入筒中,该带电粒子与圆筒壁碰撞四次后恰好又从小孔a射出圆筒.已知粒子的比荷
=5×107C/kg,该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电量和能量都不损失,不计粒子重力和空气阻力,则磁感应强度B2多大(结果允许含有三角函数式).
答案解析
1.【答案】D
【解析】如果线圈不闭合,不能形成回路,所以不能产生感应电流,A错误;闭合线圈只有一部分导线做切割磁感线运动时,才会产生感应电流,B、C错误;当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,闭合电路中一定有感应电流,D正确.
2.【答案】C
【解析】电动势的瞬时表达式为e=Emaxsinωt,而Emax=NBSω,当ω加倍而S减半时,Emax不变,故C正确.
3.【答案】C
【解析】在匀强磁场中,如果磁场与平面垂直,则穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积,A错;磁通量是标量,B错;磁通量大小与磁通量变化快慢无关,D错.
4.【答案】A
【解析】电磁感应现象的产生条件是:
穿过闭合电路的磁通量发生变化.静止导线上的稳恒电流产生恒定的磁场,静止导线周围的磁通量没有发生变化,近旁静止线圈中不会有感应电流产生,A错.而B、C、D三项中都会产生电磁感应现象,有感应电动势(或感应电流)产生.
5.【答案】B
【解析】磁通量有正负之分,所以线圈所在位置有两部分磁通量,内部磁感线和外部磁感线方向不同,向右移动过程中内部磁感线条数不变,外部磁感线条数增多,合磁通量减小,故选B.
6.【答案】C
【解析】当S接通后,输出功率变大,输出电流变大,变压器的输入功率等于输出功率,所以变压器的输入功率变大,输入电流变大,灯泡L1的电压增大,原线圈电压减小,匝数不变,副线圈电压减小,故A错误;由A可知,灯泡L1变亮,L2变暗,故B、D错误,C正确.
7.【答案】C
【解析】由瞬时值表达式可知角速度ω=100π,根据周期公式T=
=
s,从t=0到第一次出现通过线圈的磁通量变化率最大值的时间为
=
s.
8.【答案】C
【解析】在第一个0.25T0时间内,通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加,由楞次定律可判断内环内a端电势高于b端,因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小;同理在第0.25T0-0.5T0时间内,通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小,由楞次定律可判断内环内a端电势低于b端,因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大,故选项C正确.
9.【答案】B
【解析】由a,b接直流时的现象可知,元件x“通直流”,元件y“隔直流”,由A,B接交流电源时的现象可知,元件x“阻交流”,元件y“通交流”,根据电容器和电感线圈的特点,元件x是电感线圈,元件y是电容器,选项B正确.
10.【答案】B
【解析】两棒以相同的速度向右运动,回路abdc的磁通量保持不变,所以回路中没有感应电流,故两表均无读数.选项B正确.
11.【答案】CD
【解析】以O1O1′为轴转动时,磁通量不变,不产生交变电流.无论以OO′为轴还是以ab为轴转动,感应电动势的最大值都是Bl1l2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时,产生的是余弦式交变电流,故C、D正确.
12.【答案】AD
【解析】由电路连接方式可知,左图是电压互感器,把高电压经过变压器降压后测量,所以n1>n2,a为交流电压表,右图为电流互感器,把大电流经过变压器减为小电流再测量,所以n3<n4,b为交流电流表.
13.【答案】BCD
【解析】合上S时,电路中立即就有了电流,故灯泡A、B同时变亮,但通过线圈的电流增加,线圈会产生自感电动势,故线圈的电流缓慢增加;当电流稳定后,线圈相当于直导线,灯泡B被短路,故开关闭合后,A、B同时亮,但B逐渐熄灭,而A更亮,故A错误,B、C正确;断开S时,A灯立即熄灭,线圈产生自感电动势和灯泡B构成闭合电路,B灯先闪亮后逐渐变暗,故D正确.
14.【答案】BCD
【解析】由楞次定律可知,感应电流的磁场阻碍的是原磁通量的变化,并不一定与原磁场方向相反,故选项A正确、选项D错误;若闭合线框平行于磁场放置,则无论是磁场变化,还是线框做切割磁感线的运动,穿过闭合线框的磁通量都不变,都不会有感应电流产生.所以选项B、C均错误.故选B、C、D.
15.【答案】0.42 减小
【解析】热敏电阻在80℃时的电阻是RT=80Ω,斯密特触发器输入端A的电势是0.8V时,输出端Y的电压为3.4V,这时蜂鸣器开始工作.由串联电路分压特点知:
=
=
所以R1=80×
Ω=420Ω=0.42kΩ
由热敏电阻的阻值随温度变化的图象可知,温度升高时,热敏电阻的阻值减小,而斯密特触发器输入端的电压仍保持不变,则电阻R1的阻值应减小.
16.【答案】
(1)b到a
(2)mgh-
mv2 (3)2.0Ω 0.1kg
【解析】
(1)由右手定则可知,金属棒ab中的电流方向为b到a.
(2)由能量守恒定律可知,金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热
mgh=
mv2+Q
解得:
Q=mgh-
mv2
(3)设最大速度为vm时,切割磁感线产生的感应电动势E=BLvm
由闭合电路欧姆定律得:
I=
从b端向a端看,金属棒受力如图所示:
金属棒达到最大速度时满足
mgsinα-BIL=0
由以上三式得最大速度:
vm=
R2+
R1
图象斜率k=
m/(s·Ω)=15m/(s·Ω),纵截距b=30m/s
则:
R1=b
=k
解得:
R1=2.0Ω
m=0.1kg.
17.【答案】最大速度为
反电动势为E
【解析】ab做加速度减小的加速运动,当速度最大安培力为0,电流为0,则:
BLv=E
得:
v=
,反电动势为E.
18.【答案】
(1)v=5m/s
(2)①每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ=π-
=
得:
B2=tan
×10-3T
②每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ′=π-
=
,将数据代式得B2′=tan
×10-3T.
【解析】
(1)金属杆先做加速度变小的加速运动,最终以最大速度匀速运动.
设杆匀速运动时速度为v,
F=B1IL,
E=B1Lv
I=
将已知数据代入得:
v=5m/s
(2)设杆匀速运动时C两极板间的电压为U,带电粒子进入圆筒的速率为v1.在磁场中作匀速圆周运动的半径为R,由于C与电阻R1并联,
据欧姆定律得U=IR1=4.0V
据动能定理有qU=
mv
带电粒子在磁场中作匀速圆周运动qv1B2=m
由于带电粒子与圆筒壁碰撞时无电量和能量损失,那么每次碰撞前后粒子速度大小不变.速度方向总是沿着圆筒半径方向,4个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁五等分,粒子在圆筒内的轨迹具有对称性,由5段相同的圆弧组成,设每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ,则由几何关系可得:
=tan(
).
有两种情形符合题意(如图所示):
①每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ=π-
=
得:
B2=tan
×10-3T
②每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ′=π-
=
.
将数据代式得B2′=tan
×10-3T.