2017-2018学年高中创新设计物理教科版选修3-2：综合检测B-文档资料

综合检测B(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)1．如图1所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )图1A ．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B ．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C ．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D ．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化答案 D解析 当左侧通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通过右侧线圈的磁通量增大，根据楞次定律可以知道，右侧线圈产生感应电流为逆时针，由于磁场是均匀增大，则产生的感应电流为恒定的，故选项A 、B 错误；当有金属片通过时，接收线圈中磁通量仍然增大，故产生的感应电流仍然为逆时针，但是由于金属片中也要产生感应电流，所以接收线圈中的感应电流大小发生变化，故选项C 错误，D 正确．2.图2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图2A.恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B.从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C.恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D.从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b两点电势差恒为φa －φb ＝－n (B 2－B 1)S t 2－t 1，选项C 正确. 3.在图3中，L 为电阻很小的线圈，G 1和G 2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计.当开关K 处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方.那么，当开关K 断开时，将出现( )图3A.G 1和G 2的指针都立即回到零点B.G 1的指针立即回到零点，而G 2的指针缓慢地回到零点C.G 1的指针缓慢地回到零点，而G 2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D.G 1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G 2的指针缓慢地回到零点 答案 D4.如图4所示的电路中，电源电压u ＝311sin (100πt ) V ，A 、B 间接有“220V ，440W ”的电暖宝、“220V ,220W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝，下列说法正确的是( )图4A.交流电压表的示数为311VB.电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于32AC.电暖宝发热的功率是抽油烟机发热功率的2倍D.抽油烟机1min 消耗的电能为1.32×104J答案 D解析 由交变电压的表达式可知，交变电压的有效值U ＝U m 2≈220V ，所以交流电压表的示数为有效值220V ，A 错误；电路正常工作时，通过保险丝的电流为I ＝P 1U 1＋P 2U 2＝3A<32A ，B 错误；若是纯电阻电路，电暖宝的功率是抽油烟机功率的2倍，但抽油烟机消耗的电能主要转化为机械能，产生的热量很少，电暖宝的热功率大于抽油烟机热功率的2倍，C 错误；抽油烟机1min 消耗的电能为W ＝P 2t ＝220×60J ＝1.32×104J ，D 正确.5.如图5所示，矩形线圈abcd 的面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为R ，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度ω匀速转动(P 1与ab 边重合，P 2过ad 边的中点)，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P 1及P 2轴转动产生的交变电流的大小、通过线圈的电荷量及线圈中产生的热量分别为I 1、q 1、Q 1及I 2、q 2、Q 2，则下列判断正确的是( )图5A.线圈绕P 1和P 2轴转动时电流的方向相同，都是a →b →c →d →aB.q 1>q 2C.I 1＝I 2D.Q 1<Q 2答案 C解析 绕P 1、P 2轴转动时电流的方向相同，但电流的方向为a →d →c →b →a ，选项A 错误；电荷量q ＝N ΔΦR，与绕哪个轴转动没有关系，选项B 错误；线圈分别绕两轴转动时产生的电动势相同，所以电流相同，产生的热量也相同，选项C 正确，选项D 错误.6．如图6所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN 正在导轨上向右匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到( )图6A ．L 1、L 2都发光，只是亮度不同B ．L 1、L 2都不发光C ．L 2发光，L 1不发光D ．L 1发光，L 2不发光答案 D解析 甲图右侧线圈中感应电动势的大小时刻变化，乙图右侧线圈中感应电动势恒定．据变压器只能改变交变电压可知L 1发光，L 2不发光．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)7.目前中国南极考察队队员正在地球南极考察，设想考察队队员在地球南极附近水平面上驾驶一辆冰车向前行进时，由于地磁场作用，冰车两端会有电势差，设驾驶员的左方电势为U 1，右方电势为U 2，则下列说法正确的是( )A.向着南极点行进时，U 1比U 2高B.背着南极点行进时，U 1比U 2低C.在水平冰面上转圈时，U 1比U 2高D.无论怎样在水平冰面上行进，U 1总是低于U 2答案 BD解析 在南极附近，地磁场磁感线的方向都是向上的，向着南极点行进或者背着南极点行进时，冰车切割磁感线，由右手定则可知，驾驶员右方电势高于左方电势；不管冰车怎样在水平冰面上行进，依据右手定则可判定，驾驶员右方电势总是高于左方电势.故B 、D 正确.8.电阻为1Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图像如图7所示，现把此交变电动势加在电阻为9Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )图7A.线圈转动的角速度为100rad/sB.在0～0.005s 时间内，通过电阻的电荷量为15πC C.电热丝两端的电压为180VD.电热丝的发热功率为1800W答案 BD解析 由题图可知T ＝0.02s ，ω＝2πT＝100πrad/s ，A 错误.在0～0.005s 内，由U m ＝nBSω，得BS ＝2πWb ，q ＝ΔΦR ＋r ＝BS －0R ＋r ＝15πC ，B 正确.电热丝两端电压U ＝R R ＋r ·U m 2＝902V ，C 错误.电热丝的发热功率P ＝U 2R ＝(902)29W ＝1800W ，D 正确. 9.某发电站用11kV 的交变电压输电，输送功率一定，输电线的总电阻为R ，现若用变压器将电压升高到330kV 送电，下面选项正确的是( )A.因I ＝U R所以输电线上的电流增为原来的30倍 B.因I ＝P U 所以输电线上的电流减为原来的130C.因P ＝U 2R，所以输电线上损失的功率为原来的900倍 D.若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的130答案 BD 解析 输送功率P ＝UI 一定，电压升高后，电流变为原来的130，A 错误，B 正确；P 损＝I 2R ，损失的功率变为原来的(130)2＝1900，C 错误；输电线的半径变为原来的130，根据公式R ＝ρl S，电阻变为原来的900倍，P 损＝I 2R ，输电线上损失的功率保持不变，D 正确.10.如图8所示，平行金属导轨与水平面间夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一质量为m 、长为l 的导体棒从ab 位置(ab 与导轨垂直)获得平行斜面的大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为x ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ，则( )图8A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB.上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为m v 22C.上滑过程中电流做功产生的热量为m v 22－mgx (sin θ＋μcos θ) D.上滑过程中导体棒损失的机械能为m v 22－mgx sin θ 答案 CD解析 上滑过程中导体棒在初始位置所受的安培力最大，即F ＝BIl ＝B Bl v 2R l ＝B 2l 2v 2R，所以选项A 错误；上滑过程中由动能定理可得安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为W 安培力＋W 摩擦力＋W G ＝ΔE k ＝－12m v 2，选项B 错误；上滑过程中电流做功产生的热量等于克服安培力所做的功，选项C 正确；由能量守恒定律可判断D 正确.三、填空题(共2小题，共10分)11.(4分)如图9所示，图甲为热敏电阻的R —t 图像，图乙为用此热敏电阻R 和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为100Ω.当线圈的电流大于或等于20mA 时，继电器的衔铁被吸合.为继电器线圈供电的电池的电动势E ＝9.0V ，内阻可以不计.图中的“电源”是恒温箱加热器的电源.则：图9(1)应该把恒温箱内的加热器接在________(填“A 、B 端”或“C 、D 端”).(2)如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R ′的阻值应调节为________Ω. 答案 (1)A 、B 端 (2)260解析 (1)恒温箱内的加热器应接在A 、B 端.当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高.(2)随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R 的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈中的电流大于或等于20mA 时，继电器的衔铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低.随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R 的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈中的电流小于20mA 时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度.要使恒温箱内的温度保持50℃，即50℃时线圈内的电流为20mA.由闭合电路的欧姆定律得I ＝Er ＋R ＋R ′，r 为继电器的电阻.由题图甲可知，50℃时热敏电阻R 的阻值为90Ω，所以R ′＝E I－R －r ＝260Ω. 12.(6分)如图10甲所示，调压器装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55Ω，、分别为理想电流表和理想电压表，若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V ，则电流表的示数为________A ，的示数为____________A ，原线圈中电流的瞬时值表达式为：____________________.图10答案 2 1 i ＝2sin (100πt ) A四、解答题(本题共4小题，共46分.解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于匀强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场.操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈.假设该线圈可简化为水平长为L 、上下宽度为d 的矩形线圈，其匝数为n ，总质量为M ，总电阻为R ，如图11所示.开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐.转动手摇轮轴A ，在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场.此过程中，通过线圈中每匝导线横截面的电荷量为q ，求：图11(1)磁场的磁感应强度；(2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)答案 (1)qR nLd (2)Mgd ＋q 2R t解析 (1)设磁场的磁感应强度为B ，在匀速提升过程中线圈运动速度v ＝d t① 线圈中感应电动势E ＝nBL v ②产生的感应电流I ＝E R③ 通过导线横截面的电荷量q ＝It ④联立①②③④得B ＝qR nLd(2)匀速提升过程中，人要克服重力和安培力做功即W ＝W G ＋W 安⑤又W G ＝Mgd ⑥W 安＝nBILd ＝n ·qR nLd ·q t ·Ld ＝q 2R t⑦ 联立⑤⑥⑦可得W ＝Mgd ＋q 2R t14.(10分)如图12所示为交流发电机示意图，匝数为n ＝100匝的矩形线圈，边长分别为10cm 和20cm ，内阻为5Ω，在磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场中绕OO ′轴以502rad/s 的角速度匀速转动，线圈外部和20Ω的电阻R 相连接.求：图12(1)S 断开时，电压表的示数；(2)开关S 合上时，电压表和电流表的示数；(3)通过电阻R 的电流最大值是多少？电阻R 上所消耗的电功率是多少？答案 (1)50V (2)40V 2A (2)22A 80W解析 (1)感应电动势的最大值E m ＝nBSω＝100×0.5×0.1×0.2×50 2 V ＝50 2 VS 断开时，电压表示数为电源电动势的有效值E ＝E m 2＝50 V. (2)当开关S 合上时，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r ＝5020＋5A ＝2 A U ＝IR ＝2×20 V ＝40 V故电压表的示数为40 V ，电流表的示数为2 A.(3)通过R 的电流最大值I m ＝2I ＝2 2 A.电阻R 上所消耗的电功率P ＝UI ＝40×2 W ＝80 W.15.(12分)图13甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图像如图乙所示.若只在c 、e 间接一只R ce ＝400Ω的电阻，或只在d 、e 间接一只R de ＝225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W.图13(1)请写出原线圈输入电压u ab 的瞬时值表达式.(2)求只在c 、e 间接400Ω的电阻时，原线圈中的电流I 1.(3)求c 、e 和d 、e 间线圈的匝数比n ce n de. 答案 (1)u ab ＝400sin (200πt ) V(2)0.28A(或25A) (3)43解析 (1)由题图乙知ω＝2πT＝200πrad/s ， 电压瞬时值u ab ＝400sin (200πt ) V.(2)电压的有效值U 1＝2002V ，理想变压器P 1＝P 2，原线圈中的电流I 1＝P 1U 1解得I 1≈0.28A(或25A). (3)设原线圈的匝数为n 1，U 1n 1＝U ce n ce ，同理，U 1n 1＝U de n de， 由题意知U 2ce R ce ＝U 2de R de， 联立解得n ce n de ＝R ce R de ＝43. 16.(14分)光滑的平行金属导轨长为L ＝2m ，两导轨间距d ＝0.5m ，轨道平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端接一个阻值为R ＝0.6Ω的电阻，导轨所在空间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B ＝1T ，如图14所示，一根质量m ＝0.5kg 、电阻r ＝0.4Ω的金属棒ab 垂直于导轨放在导轨最上端，且与导轨接触良好，其余部分电阻不计.已知棒ab 从导轨最上端由静止开始下滑到最底端脱离导轨的过程中，电阻R 上产生的热量Q 1＝0.6J ，棒与导轨始终垂直，g 取10m/s 2，试求：图14(1)当棒的速度v ＝2m/s 时，电阻R 两端的电压；(2)棒下滑到导轨最底端时速度的大小；(3)棒下滑到导轨最底端时加速度a 的大小.答案 (1)0.6V (2)4m /s (3)3 m/s 2解析 (1)当棒的速度v ＝2m/s 时，棒中产生的感应电动势E ＝Bd v ＝1V ，此时电路中的电流I ＝E R ＋r＝1A ， 所以电阻R 两端的电压U ＝IR ＝0.6V .(2)根据Q ＝I 2Rt ∝R 可知，在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量 Q 2＝r RQ 1＝0.4J ， 设棒到达导轨最底端时的速度为v 2，根据能量守恒定律，有mgL sin θ＝12m v 22＋Q 1＋Q 2， 解得v 2＝4m/s.(3)棒到达导轨最底端时回路中产生的感应电流I 2＝Bd v 2R ＋r＝2A ， 根据牛顿第二定律有mg sin θ－BI 2d ＝ma ， 联立解得a ＝3m/s 2.。