浙江专版2021年高考物理一轮复习单元评估检测九选修3_2含解析 13页

单元评估检测(九)　选修3-2‎ ‎(90分钟　100分)‎ 一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分)‎ ‎1.(2019·湖州模拟)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直。关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是 (　　)‎ A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大 C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大 D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 ‎【解析】选C。由法拉第电磁感应定律E=n知,感应电动势的大小与线圈匝数有关,A错误;感应电动势正比于,与磁通量的大小无直接关系,B错误,C正确;根据楞次定律知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,即“增反减同”,D错误。‎ ‎2.(多选)如图甲所示,圆形线圈P静止在水平桌面上,其正上方固定一螺线管Q,P和Q共轴,Q中通有变化电流i,电流随时间变化的规律如图乙所示,P所受的重力为G,桌面对P的支持力为FN,则 (　　)‎ A.t1时刻FN < G,P有扩大的趋势 B.t2时刻FN=G,此时穿过P的磁通量最大 C.t3时刻FN=G,此时P中有感应电流 D.t4时刻FN>G,P有收缩的趋势 ‎【解析】选B、C。当螺线管中电流增大时,其形成的磁场不断增强,因此线圈P中的磁通量增大,根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大,故线圈有远离(即两者排斥,FN>G)和面积收缩的趋势,A错误;当螺线管中电流不变时,其形成磁场不变,线圈P中的磁通量不变,因此线圈中无感应电流产生,故t2时刻FN=G,此时穿过P的磁通量最大,故B正确、D错误;t3时刻螺线管中电流为零,但是线圈P中磁通量是变化的,因此此时线圈中有感应电流,C正确。‎ - 13 -‎ ‎3.(多选)(2019·杭州模拟)如图所示,有两根与水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长。空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B,一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,则 (　　)‎ A.如果B增大,vm将变大 B.如果α变大,vm将变大 C.如果R变大,vm将变大 D.如果m变小,vm将变大 ‎【解析】选B、C。金属杆在下滑过程中先做加速度减小的加速运动,速度达到最大后做匀速运动。所以当F安=mgsinα时速度最大,F安=BIl=,所以vm=‎ ‎,分析各选项知B、C正确。‎ ‎4.(多选)如图甲所示,一个“U”形金属导轨固定在水平面内,轨道上垂直放置一导体棒,与导轨接触良好。其所在空间存在着竖直向下的各处均匀的磁场,规定感应电流从b流向a的方向为正,摩擦力方向向右为正。当磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示时,导体棒始终静止。图中能正确表示导体棒中感应电流i和导体棒所受摩擦力f随时间t变化的图线是 (　　)‎ - 13 -‎ ‎【解析】选B、D。在0～1 s时间内,磁感应强度均匀增大,即穿过线圈的磁通量均匀增大,根据E1==S=k1S,可知过程中产生的感应电动势恒定,故感应电流恒定不变,根据楞次定律可得电流方向为b到a,方向为正;在1～2 s过程中,磁感应强度恒定不变,穿过线圈的磁通量不变,即没有感应电流产生,摩擦力为零;在2～4 s过程中,磁感应强度均匀减小,根据E2==S=k2S,可知过程中产生的感应电动势恒定不变,故感应电流恒定不变,根据楞次定律可得电流方向为从a到b,方向为负,从图中可知k1=2k2,故E1=2E2,可知在0～1 s时间内电流大小为2I0,2～4 s时间内电流为-I0,故C错误,D正确;导体棒始终处于静止,在0～1 s时间内f1=2BI0L,方向向右,在1～2 s内,无感应电流,摩擦力为零,在2～4 s内,f2=BI0L,方向向左,故A错误,B正确。‎ ‎5.(2019·金华模拟)一个匝数为100匝,电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图所示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为 (　　)‎ A.5 A　　 B.2 A C.6 A　　 D.5 A - 13 -‎ ‎【解析】选B。0～1 s内线圈中产生的感应电动势E1=n=100×0.01 V=1 V,1～1.2 s内线圈中产生的感应电动势E2=n=100× V=5 V,在一个周期内产生的热量Q=Q1+Q2=t1+t2=12 J,根据交变电流有效值的定义得Q=I2Rt=12 J,I=‎ ‎2 A,故选项B正确,A、C、D错误。‎ ‎6.(多选)如图所示,50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B= T的水平匀强磁场中,线框面积S=0.5 m2,线框电阻不计,线框平面与磁感线垂直,以此时刻为计时起点,线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200 rad/s 匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈接入一只“220 V　60 W”灯泡,且灯泡正常发光,熔断器允许通过的最大电流为10 A,下列说法正确的是 (　　)‎ A.图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零 B.线框中交变电压的表达式为e=500sin 200t(V)‎ C.变压器原、副线圈匝数之比为50∶11‎ D.允许变压器输出的最大功率为5 000 W ‎【解析】选B、D。题图示位置穿过线框的磁通量最大,磁通量的变化率为零,A错误;产生的交流电的最大值Em=NBSω=500 V,从图示位置计时,电动势的瞬时值表达式e=500sin 200t(V),B正确;变压器原、副线圈的匝数比==‎ ‎,C错误;变压器允许输出的最大功率P=U1I1max=500×10 W=5 000 W,D正确。‎ ‎7.(多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1,原线圈接入电压为 - 13 -‎ ‎220 V的正弦交流电,一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上,如图所示。电压表和电流表均为理想交流电表,则下列说法正确的是 (　　)‎ A.电压表的示数为55 V B.原线圈中的输入功率等于副线圈中的输出功率 C.若将滑动变阻器的滑片向下滑动,则电流表的示数变小 D.若滑动变阻器接入电路的阻值为30 Ω,则1 min内产生的热量为6 050 J ‎【解析】选B、C。原、副线圈的电压与匝数成正比,故副线圈两端的电压U2=55 V,由有效值的定义得·=·T,解得U有效= V,电压表的示数小于55 V,A项错误;由P入=P出,即U1I1=U2I2,B项正确;故将滑动变阻器的滑片向下滑动,接入电路中的阻值变大,但对原、副线圈两端的电压无影响,即电压表的示数不变,副线圈中的电流变小,则电流表的示数变小,C项正确;由Q=×60=‎ ‎×60=3025 J,D项错误。‎ ‎8.(2019·温州模拟)CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d,如图所示。导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是 (　　)‎ A.电阻R的最大电流为 - 13 -‎ B.流过电阻R的电荷量为 C.整个电路中产生的焦耳热为mgh D.电阻R中产生的焦耳热为mg(h-μd)‎ ‎【解析】选D。由题图可知,导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大,产生的感应电流最大,由机械能守恒有mgh=mv2,所以I===,A错;流过R的电荷量为q=t==,B错;由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q=mgh-‎ μmgd,C错;由于导体棒的电阻也为R,则电阻R中产生的焦耳热为Q=mg(h-‎ μd),D对。‎ ‎9.(多选)(2016·浙江10月选考真题)如图所示,在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中,下列说法正确的是 (　　)‎ A.用可拆变压器,能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈 B.测量原、副线圈的电压,可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表 C.原线圈接0、8接线柱,副线圈接0、4接线柱,副线圈电压大于原线圈电压 D.为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响 ‎【解析】选A、D。变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关,因此需要用可拆卸的变压器研究,选项A、D正确。变压器只能对交流电压表有作用,不能处理直流电压,所以选项B错误。根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知,原线圈接0、8,副线圈接0、4,那么副线圈的电压小于原线圈,所以C错误。‎ ‎10.(2018·全国卷Ⅱ)如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l - 13 -‎ 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是 (　　)‎ ‎【解析】选D。从起始位置向左运动的过程中,左右两导体棒上产生的感应电动势大小相同,方向分别向上和向下,E=2Blv、I==,电流方向为顺时针方向;向左运动～l的过程中,左右两导体棒上产生的感应电动势大小相同,方向都向下,回路中感应电动势为0,电流为0;左右两导体棒向左运动l～l的过程中,两导体棒上产生的感应电动势大小相等,方向分别向下和向上,E=2Blv、I==,电流方向为逆时针方向;向左运动l～2l的过程中,两导体棒上产生的感应电动势大小相等,方向都向上,回路中电流为0。选项D正确。‎ 二、实验题(本题共2小题,共14分)‎ ‎11.(6分)某同学选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验,变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压__________(选填“交流电源”或“直流电源”)。先保持原线圈的匝数不变,增加副线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压__________;然后再保持副线圈的匝数不变,增加原线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压__________(选填“增大”“减小”或“不变”)‎ - 13 -‎ ‎。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是____________________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。 ‎ ‎【解析】变压器不能改变直流电的电压,故电源应为低压交流电源;由=知U2=U1,原线圈的匝数不变,增加副线圈的匝数n2,则副线圈两端的电压增大,由U2=U1可知n2不变,n1增大,则U2减小。上述实验采用的方法是控制变量法。‎ 答案:交流电源　增大　减小　控制变量法 ‎12.(8分)(2019·浙江4月选考真题)在“探究电磁感应的产生条件”实验中,实验连线后如图1所示,感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示。‎ ‎(1)接通电源,闭合开关,G表指针会有大的偏转,几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时,G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”);迅速抽出铁芯时,G表指针______(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)。 ‎ ‎(2)断开开关和电源,将铁芯重新插入内线圈中,把直流输出改为交流输出,其他均不变。接通电源,闭合开关,G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)。 ‎ ‎(3)仅用一根导线,如何判断G表内部线圈是否断了?‎ ‎_____________________。 ‎ ‎【解析】(1)将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时,电阻减小,回路电流变大,根据线圈中导线的绕向可知磁通量向下增加,根据楞次定律可知,A线圈中产生的感应电流使G表指针左偏;迅速抽出铁芯时,磁通量减小,产生的感应电流方向与上述方向相反,则G表指针右偏。‎ ‎(2)断开开关和电源,将铁芯重新插入内线圈中,把直流输出改为交流输出,其他均不变。接通电源,闭合开关,由于穿过线圈的磁通量大小方向都不断变化,在线圈A中产生的感应电流大小方向不断变化,则G表指针不停振动。‎ ‎(3)根据阻尼原理,短接G表,前后各摇动G表一次,比较指针偏转,有明显变化,则线圈断了;没有明显偏转则未断。‎ - 13 -‎ 答案:(1)左偏　右偏　(2)不停振动　(3) 短接G表,前后各摇动G表一次,比较指针偏转,有明显变化,则线圈断了;没有明显偏转则未断 三、计算题(本题共4小题,共36分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)‎ ‎13.(8分)如图甲所示,两根足够长的光滑金属导轨ef、cd与水平面成θ=30°角固定,导轨间距离为l=1 m,导轨电阻不计,一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端。整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B=1 T。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止释放,金属棒下滑过程中与导轨接触良好。改变电阻箱的阻值R,测定金属棒的最大速度vm,得到-的关系如图乙所示。g取 ‎10 m/s2。 ‎ ‎(1)求金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值。‎ ‎(2)当电阻箱的阻值R取2 Ω,且金属棒的加速度为g时,求金属棒的速度大小。‎ ‎【解析】(1)金属棒以速度vm下滑时,根据法拉第电磁感应定律有E=Blvm(1分)‎ 由闭合电路欧姆定律有E=I·,根据平衡条件有BIl=mgsin θ (1分)‎ 整理得= (1分)‎ 由-图象可知=1 m-1·s·Ω,‎ ‎·=0.5 m-1·s。‎ 解得m=0.2 kg,R0=2 Ω(2分)‎ - 13 -‎ ‎(2)设此时金属棒下滑的速度大小为v,根据法拉第电磁感应定律有E′=Blv,由闭合电路欧姆定律有E′=I′· (1分)‎ 根据牛顿第二定律有mgsin θ-BI′l= (1分)‎ 联立解得v=0.5 m/s(1分)‎ 答案:(1)0.2 kg　2 Ω　(2)0.5 m/s ‎14.(8分)(2015·浙江10月选考真题)如图甲所示,质量m=3.0×10-3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“”形框的水平细杆CD长l=0.20 m,处于磁感应强度大小B1=1.0 T,方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300匝,面积S=0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。‎ ‎(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小。‎ ‎(2)t=0.22 s时闭合开关K,若细杆CD所受安培力方向竖直向上,判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向。‎ ‎(3)t=0.22 s时闭合开关K,若安培力远大于重力,细框跳起的最大高度h=0.20 m,求通过细杆CD的电荷量。‎ ‎【解析】(1)由电磁感应定律 E=n (1分)‎ 得E=nS=30 V(2分)‎ ‎(2)电流方向C→D,B2方向向上 (1分)‎ ‎(3)由牛顿第二定律F=ma=m(或由动量定理FΔt=mv-0) (1分)‎ 安培力F=IB1l,ΔQ=IΔt,v2=2gh, (2分)‎ - 13 -‎ 得ΔQ==0.03 C。 (1分)‎ 答案:(1)30 V　(2)C→D　方向向上 ‎(3)0.03 C ‎15.(10分)如图甲所示,水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置,间距d=0.5 m,电阻不计,左端通过导线与阻值R=2 Ω的电阻连接,右端通过导线与阻值RL=4 Ω的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场,CE长l=2 m,有一阻值r=2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处(恰好不在磁场中)。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示。在t=0至t=4 s内,金属棒PQ保持静止,在t=4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动。已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中,小灯泡的亮度没有发生变化。求: ‎ ‎(1)通过小灯泡的电流。‎ ‎(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小。‎ ‎【解析】(1)在t=0至t=4 s内,金属棒PQ保持静止,磁场变化导致电路中产生感应电动势。电路为r与R并联,再与RL串联,电路的总电阻 R总=RL+=5 Ω(1分)‎ 此时感应电动势 E==dl=0.5×2×0.5 V=0.5 V(2分)‎ 通过小灯泡的电流为:‎ I==0.1 A。 (1分)‎ ‎(2)当棒在磁场区域中运动时,由导体棒切割磁感线产生电动势,电路为R与RL并联,再与r串联,此时电路的总电阻 - 13 -‎ R总′=r+=Ω=Ω(2分)‎ 由于整个过程中,灯泡的亮度没有发生变化,故灯泡中电流不变,所以灯泡的电流IL=I=0.1 A,则流过金属棒的电流为 I′=IL+IR=IL+=0.3 A(2分)‎ 电动势E′=I′R总′=Bdv (1分)‎ 解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小 v=1 m/s(1分)‎ 答案:(1)0.1 A　(2)1 m/s ‎16.(10分)如图所示,NQ和MP是两条平行且倾角θ=30°的光滑金属轨道,在两条轨道下面PQ处接着QT和PS两条平行光滑的金属轨道,轨道足够长,其电阻忽略不计。金属棒ab、cd放在轨道上,始终与轨道垂直且接触良好。金属棒ab、cd的质量均为m,长度均为L。金属棒的长度恰好等于轨道的间距,它们与轨道构成闭合回路,金属棒ab的电阻为2R,cd的电阻为R。磁场方向均垂直于导轨向上(不考虑PQ交界处的边界效应,可认为磁场在PQ处立即变为竖直向上),磁感应强度大小为B。若先保持金属棒cd不动,ab在沿导轨向下的力F作用下,开始以加速度a沿倾斜轨道向下做匀加速直线运动。经过t0时刻,ab棒恰好到PQ位置,此时撤去力F,同时释放金属棒cd,求:‎ ‎(1)ab棒匀加速过程中,外力F随时间t变化的函数关系。‎ ‎(2)两金属棒撤去F后的运动过程中,直到最后达到稳定,金属棒cd产生的热量Q。‎ ‎(3)两金属棒撤去F后的运动过程中,直到最后达到稳定,通过金属棒cd产生的电荷量q。‎ ‎【解析】(1)棒ab匀加速过程中,‎ F+mgsin θ-BL=ma (1分)‎ 得:F=+ma-mgsin θ (1分)‎ - 13 -‎ ‎(2)撤去外力时,金属棒ab的速度 v=at0, (1分)‎ 则ab、cd组成的系统动量守恒,最终稳定时,两棒速度相同mv=2mv′ (1分)‎ 得v′=at0 (1分)‎ 则两根金属棒产生的热量Q等于动能损失,则Q总=mv2-mv′2-mv′2=ma2 (2分)‎ 由于ab电阻为2R,cd电阻为R,故其产生的热量之比为2∶1‎ 故cd的热量 Q=Q总=ma2 (1分)‎ ‎(3)对cd应用动量定理:‎ BLq=mv′=mat0 (1分)‎ 故q= (1分)‎ 答案:(1)F=+ma-mgsin θ ‎(2)ma2　(3)‎ - 13 -‎