浙江专版2021年高考物理一轮复习疑难易错专练八选修3_2含解析 6页

疑难易错专练(八)(选修3-2)‎ ‎(建议用时25分钟)‎ ‎1.(多选)如图所示,面积为S的圆环始终与纸面垂直,圆环与轻杆一端相连,轻杆另一端绕垂直纸面的水平轴O转运,当转到D、A、C三位置时(D、C在同一直线上)穿过圆环的磁通量及磁通量的变化正确的是 (　　)‎ A.ΦA=ΦC=ΦD=BScosα B.ΦA=ΦC=BScosα,ΦD=-BScosα C.从D到A过程,磁通量的变化大小,ΔΦ=2BScosα D.从A到C过程,磁通量的变化大小ΔΦ=0‎ ‎【解析】选B、C、D。由题图可知圆环所在的三个位置投影到垂直于磁场方向上的面积均为Scosα,磁感线在穿过A、C位置的圆环时方向是相同的,磁感线穿过D位置的圆环时与穿过A、C位置的圆环时方向是相反的,则ΦD与ΦA的符号应相反。所以B正确,由ΔΦ=Φ2-Φ1得C、D选项正确。‎ ‎2.(多选)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是 (　　)‎ A.T中沿逆时针方向 B.T中沿顺时针方向 C.PQRS中沿顺时针方向 D.PQRS中沿逆时针方向 - 6 -‎ ‎【解析】选B、D。因为PQ突然向右运动,由右手定则可知,PQRS中的感应电流方向为逆时针,穿过T中的磁通量减小,由楞次定律可知,T中的感应电流方向为顺时针,故A、C错误,B、D正确。‎ ‎3.(多选)如图所示,匀强磁场B垂直于正方形导线框平面,且边界恰与线框重合,导线框各边电阻均为r,边长为L,现欲从磁场中以相同速率v匀速拉出线框,则关于ab间的电势差大小U,下列说法正确的是 (　　)‎ A.沿甲方向拉出,U=BLv B.沿乙方向拉出,U=BLv C.沿丙方向拉出,U=BLv D.沿丁方向拉出,U=BLv ‎【解析】选A、C、D。设正方形线框的边长为L。则线框拉出磁场时产生的感应电动势为:E=BLv;线框按甲方向运动时,cd相当于电源,ab间电势差是外电压的,为:U甲=E;线框按乙方向运动时,ad相当于电源,ab间电势差是外电压的,为:‎ U乙=E;线框按丙方向运动时,ab相当于电源,ab间电势差是外电压,为:U丙=E,线框按丁方向运动时,bc相当于电源,ab间电势差是外电压的,为:U丁=E;故A、C、D正确。‎ ‎4.(多选)如图甲所示为电热毯电路示意图,交流电压u=311sin100πt(V),当开关S接通时,电热丝的电功率为P0;当开关S断开时,加在电热丝上的电压如图乙所示,则 (　　)‎ - 6 -‎ A.开关接通时,交流电压表的读数为220 V B.开关接通时,交流电压表的读数为311 V C.开关断开时,交流电压表的读数为311 V,电热丝功率为 D.开关断开时,交流电压表的读数为156 V,电热丝功率为 ‎【解析】选A、D。开关接通时,所加电压为正常电压,电压表示数应为交流电压的有效值。U== V=220 V,选项A正确,B错误。当开关断开时,电压表示数小于220 V,选项C错误。由于电压表的读数应为有效值。而交流电的有效值是根据其热效应来定义的,它是从电流产生焦耳热相等的角度出发,使交流电流与恒定电流等效,由于电路为纯电阻电路,设交流电压的有效值为U′,在一个周期内有:‎ ‎·=·T,·=T 所以U′=156 V,故电压表的读数应该为156 V。‎ 而电功率P0==‎ P==,所以P=P。‎ 选项D正确。‎ ‎5.(多选)(2019·舟山模拟)如图所示,阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置,若v1∶v2=1∶2,则在这两次过程中 (　　)‎ - 6 -‎ A.回路电流I1∶I2=1∶2‎ B.产生的热量Q1∶Q2=1∶4‎ C.通过任一截面的电荷量q1∶q2=1∶1‎ D.外力的功率P1∶P2=1∶2‎ ‎【解析】选A、C。回路中感应电流为I==,I∝v,则得I1∶I2=v1∶v2=1∶2,故A正确;产生的热量为Q=I2Rt=()2R×=,Q∝v,则得Q1∶Q2=v1∶v2=‎ ‎1∶2,故B错误;通过任一截面的电荷量为q=It=t=,q与v无关,则得q1∶q2=1∶1,故C正确;由于金属棒匀速运动,外力的功率等于回路中的功率,即得P=I2R=()2R,P∝v2,则得P1∶P2=1∶4,故D错误。‎ ‎6.(多选)一自耦调压变压器(可看作理想变压器)的电路如图甲所示,移动滑动触头P可改变副线圈匝数。已知变压器线圈总匝数为1 900匝;原线圈为1 100匝,接在如图乙所示的交流电源上,电压表为理想电表。则 (　　)‎ A.交流电源电压瞬时值的表达式为u=220 sin 100πt(V)‎ B.P向上移动时,电压表的最大示数为380 V C.P向下移动时,原、副线圈的电流之比减小 D.P向下移动时,变压器的输入功率变大 - 6 -‎ ‎【解析】选B、C。由图乙结合交流电瞬时值表达式u=Um·sin ωt可得交流电源电压瞬时值的表达式为u=220 ·sin 100πt(V),A错误;电压表的示数为有效值,P向上移动时,当副线圈匝数达到1 900时,副线圈输出的电压最大,由=‎ 得U2=380 V,B正确;P向下移动时,副线圈匝数减少,由变压器原、副线圈电流比跟线圈匝数成反比的关系可知C正确;由P=可知副线圈的输出功率减小,故原线圈的输入功率也减小,D错误。‎ ‎7.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置,间距为d=1 m,在左端弧形轨道部分高h=1.25 m处放置一金属杆a,弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦,在平直轨道右端放置另一金属杆b,杆a、b的电阻分别为Ra=2 Ω、Rb=5 Ω,在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B=2 T。现杆b以初速度大小v0=5 m/s开始向左滑动,同时由静止释放杆a,杆a由静止滑到水平轨道的过程中,通过杆b的平均电流为0.3 A;从a下滑到水平轨道时开始计时,a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向),其中ma=2 kg,mb=1 kg,g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)杆a在弧形轨道上运动的时间。‎ ‎(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量。‎ ‎(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。‎ ‎【解析】(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0,对杆b运用动量定理,有Bd·Δt=mb(v0-vb0)‎ - 6 -‎ 其中vb0=2 m/s 代入数据解得Δt=5 s。‎ ‎(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中,由机械能守恒定律有 magh=ma 解得va==5 m/s 设最后a、b两杆共同的速度为v′,由动量守恒定律得mava-mbvb0=(ma+mb)v′‎ 代入数据解得v′= m/s 杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量,设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′,则由动量定理可得 BdI·Δt′=ma(va-v′)‎ 而q=I·Δt′‎ 代入数据得q= C。‎ ‎(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为 Q=magh+mb-(mb+ma)v′2= J b棒中产生的焦耳热为 Q′=Q= J。‎ 答案:(1)5 s　(2) C　(3) J - 6 -‎