高三物理二轮专题质量评估5

专题质量评估(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共计60分．每小题至少一个答案正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．(2012·高考广东卷)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的有( )A．最大值是50 2 V B．频率是100 HzC．有效值是25 2 V D．周期是 s解析：由交变电流表达式可知交流电的最大值为50 V，有效值为252，频率为50 Hz，周期为 s，正确选项为C、D.答案：CD2．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为、L2是两个小灯泡．闭合S后，两灯均能发光，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，会出现( )A．L1变暗L2变暗B．L1变亮L2变暗C．L1变亮L2变亮D．L1变暗L2变亮解析：当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，R的有效阻值变大，R与L2并联电阻变大，电路中R总变大，所以电路中总电流I总减小，即通过L1的电流变小，故L1变暗，UL2＝E－I 总(r＋RL1)，UL2变大，L2实际消耗功率变大，故L2变亮，D项正确．答案：D3．(2012·南京模拟)如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈，当S闭合与断开时，A、B的亮度情况是( )A．S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭C．S闭合足够长时间后，B发光，而A不发光D．S闭合足够长时间后，B立即熄灭，而A逐渐熄灭解析：由于L是理想电感线圈，电阻可忽略不计、自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过A、B的电流大小相等，A正确、B错误；闭合开关S待电路达到稳定时线圈短路，A中电流为零，回路电阻减小，B比原来更亮，C正确、D错误．答案：AC4．如图所示，一个“∠”形导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，a是与导轨相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在如图所示位置的时刻作为计时起点，则下列物理量随时间变化的图象可能正确的是( )解析：从0到t时间，导体棒的位移为x＝vt，t时刻导体棒切割磁感线的有效长度为l＝xtan θ＝vtt an θ，所以导体棒因切割磁感线产生的电动势为E＝Blv＝Bv2ttan θ，所以，E∝t，A错；回路总电阻为R＝(x＋l＋x/cos θ)r0＝vt(1＋tan θ＋1/cos θ)r0.所以，t时刻流过导体棒的电流I ＝E/R ＝Bvtan θ/(1＋tan θ＋1/cos θ)r0，I 恒定不变，B 错；根据安培力公式F ＝BIl ＝BIvttan θ，可知F ∝t ，故C 错；根据电功率公式P ＝I2R ，可知P ∝t ，所以，D 正确．答案：D5．(2012·内蒙古包头一模)正弦交流电经过匝数比为n1n2＝101的变压器与电阻R 、交流电压表V 、交流电流表A 按如图甲所示方式连接，R ＝10 Ω，图乙是R 两端电压u 随时间变化的图象，Um ＝10 2 V ，则下列说法中正确的是( )A ．通过R 的电流iR 随时间t 变化的规律是iR ＝2sin 100πt(A)B ．电流表A 的读数为 AC ．电流表A 的读数为210A D ．电压表的读数为Um ＝10 2 V解析：通过R 的电流iR ＝2co s 100πt(A)，A 错误．由n1n2＝I2I1得I1＝ A 、B 正确，C 错误．电压表读数为有效值U ＝Um2＝10 V ，D 错误．答案：B6．(2012·高考大纲全国卷)一台电风扇的额定电压为交流220 V ．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I 随时间t 的变化如图所示．这段时间内电风扇的用电量为( )A ．×10－2度B ．×10－2度C ．×10－2度D ．×10－2度解析：根据电流的变化情况，分段计算求电功．W1＝I1Ut1＝×220×10×60 J＝×104 JW2＝I2Ut2＝×220×10×60 J＝×104 JW3＝I3Ut3＝×220×40×60 J＝×105 J则总功W ＝W1＋W2＋W3＝×105 J＝×10－2度，选项B 正确．答案：B7．(2012·湖北八校二联)图中理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，现在原线圈两端加上交变电压u ＝311sin (100πt＋π) V 时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表．则下列说法中正确的是( )[来源: ]A ．该交流电的频率为100 HzB ．电压表的示数为 VC ．若将变阻器的滑片P 向上滑动，则L1将变暗、L2将变亮D ．若将变阻器的滑片P 向上滑动，则电流表读数变大解析：由交变电压表达式知该电压的有效值U ＝Um 2＝220 V ，角速度ω＝100π rad/s，故频率f ＝ω2π＝50 Hz ，A 错误．电压表的示数即理想变压器的副线圈两端的电压U2＝n2n1U ＝110 V ，B 错误．滑片上移时变阻器接入电路中的阻值减小，副线圈两端电压不变，则通过L1的电流不变、亮度不变，通过L2的电流增大、亮度增加，副线圈中总电流增大，电流表示数增大，C 错误、D 正确．答案：D8．一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r 的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d ，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m 、电阻为R 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断不正确的有( )A ．圆形线圈中的磁场，可以向上均匀增强，也可以向下均匀减弱B ．导体棒ab 受到的安培力大小为mgsin θC ．回路中的感应电流为mgsin θB2dD ．圆形导线中的电热功率为m2g2sin2θB22d2(r ＋R) 解析：导体棒此时恰好能静止在导轨上，依据平衡条件知导体棒ab 受到的安培力大小为mgsin θ，方向沿斜面向上，由左手定则判定电流方向为b→a，再由楞次定律判定A 正确；回路中的感应电流为I ＝F/B2d ＝mgsin θB2d，C 正确；由焦耳定律得圆形导线中的电热功率为Pr ＝m2g2sin2θB22d2r ，D 错． 答案：D9．如图所示，在方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd ，线框在水平拉力作用下以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc 边始终与磁场右边界平行，线框边长ad ＝l ，cd ＝2l ，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中( )A ．ab 间的电压为4Blv 3B ．ad 间的电压为2Blv 3C ．线框中的电流在ab 边产生的热量为8B2l3v 3RD ．线框中的电流在ad 边产生的热量为2B2l3v 3R解析：线框离开磁场的过程中，ab 边切割磁感线产生感应电动势E ＝2Blv ，由闭合电路欧姆定律得，ab 间的电压为Uab ＝4Blv 3，ad 间的电压为Ua d ＝Blv 3，A 正确、B 错；根据焦耳定律可得，线框中的电流在ab 边产生的热量为Qab ＝4B2l3v 3R，线框中的电流在ad 边产生的热量为Qad ＝2B2l3v 3R，C 错、D 正确． 答案：AD10．(2012·江苏宿迁市5月考前模拟)一个矩形金属框MNPQ 置于xOy 平面内，平行于x 轴的边NP 的长为d ，如图(a)所示．空间存在磁场，该磁场的方向垂直于金属框平面，磁感应强度B 沿x 轴方向按图(b)所示正弦规律分布，x 坐标相同的各点磁感应强度相同．当金属框以大小为v 的速度沿x 轴正方向匀速运动时，下列判断正确的是( )A ．若d ＝l ，则线框中始终没有感应电流B ．若d ＝l/2，则当线框的MN 边位于x ＝l 处时，线框中的感应电流最大C ．若d ＝l/2，则当线框的MN 边位于x ＝l/4处时，线框受到的安培力的合力最大D ．若d ＝3l/2，则线框中感应电流周期性变化的周期为l/v解析：当d ＝l 时，线框移动时的磁通量始终不变，故无感应电流，A 正确；当d ＝l/2时，线框的MN 边位于x ＝l 处瞬间，MN 、PQ 所在处磁场强度为零，感应电动势为零，而在l/4处时，磁场强度最大，所以感应电动势最大，B 错误、C 正确；若d ＝32l ，线框运动l ，感应电流对应一个周期，即感应电流周期性变化的周期为l v，D 正确． 答案：ACD二、非选择题(本题共2个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步 骤，有数值计算的要注明单位)11．(16分)如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L ，左端接有阻值为R 的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．(1)求初始时刻导体棒受到的安培力．(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep ，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R 上产生的焦耳热Q1分别为多少？(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q 为多少？解析：导体棒以初速度v0做切割磁感线运动而产生感应电动势，回路中的感应电流使导体棒受到安培力的作用，安培力做功使系统机械能减少，最终将全部机械能转化为电阻R 上产生的焦耳热．由平衡条件知，棒最终静止时，弹簧的弹力为零，即此时弹簧处于初始的原长状态．(1)初始时刻棒中感应电动势E ＝BLv0①棒中感应电流I ＝E R② 作用于棒上的安培力F ＝BIL ③联立①②③，得F ＝B2L2v0R安培力方向：水平向左(2)由功和能的关系，安培力做功为W1＝Ep －12mv20 电阻R 上产生的焦耳热Q1＝12mv20－Ep (3)由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置．Q ＝12mv20 答案：(1)B2L2v0R 水平向左 (2)Ep －12mv20 12mv0－Ep (3)静止于初始位置 12mv20[来源:高考资源网]12．(24分)(2012·高考福建卷)如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r 的圆环形光滑细玻璃管，环心O 在区域中心．一质量为m 、带电荷量为q(q ＞0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动．已知磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系如图乙所示，其中T0＝2πm qB0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．(1)在t ＝0到t ＝T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；(2)在竖直向下的磁感应强度增大的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．试求t ＝T0到t ＝这段时间内： ①细管内涡旋电场的场强大小E ；②电场力对小球做的功W.解析：(1)小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供：设速度为v0，有：qv0B0＝m v20r解得：v0＝qB0r m(2)在磁场变化过程中，圆管所在的位置会产生电场，根据法拉第电磁感应定律可知，电势差U ＝ΔΦΔt ＝2B0－B0×πr2－T0＝2B0πr2T0 电场处处相同，认为是匀强电场，则有：E ＝U d ＝B0r T0又因为T0＝2πm qB0 得到场强E ＝qB20r 2πm(3)小球在电场力的作用下被加速，加速度的大小为：a ＝F m而电场力为：F ＝Eq在T0－时间内，小球一直加速，最终速度为v ＝v0＋at电场力做的功为：W ＝12mv2－12mv20 得到电场力做功：W ＝5q2B20r28m答案：(1)qB0r m (2)①qB20r 2πm ②5q2B20r28m。