学年高二物理人教版选修32课时作业第四五章综合能力测试.docx
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学年高二物理人教版选修32课时作业第四五章综合能力测试
第四、五章综合能力测试
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分,时间90分钟
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,第1~6小题只有一个选项符合题目要求,第7~10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.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
答案:
A
解析:
静止的线圈放于通有稳恒电流的静止导线附近,线圈中的磁通量不变,故不会感应出电流,故A不正确;通有恒定电流的导线只要与闭合线圈有相对运动,线圈中就会感应出电流,B、D正确;运动的导体在磁铁附近做切割磁感线运动时,会产生感应电动势,C正确。
故选A。
2.(厦门一中2014~2015学年高二下学期检测)北半球地磁场的竖直分量向下。
如图所示,在某中学实验室的水平桌面上,放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad边沿东西方向。
下列说法中正确的是( )
A.若使线圈向东平动,则a点的电势比b点的电势低
B.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势低
C.若以cd为轴将线圈向上翻转,则开始一段时间内线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a
D.若以ab为轴将线圈向上翻转,则开始一段时间内线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a
答案:
A
解析:
线圈向东平动时,ba和cd两边切割磁感线,且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同,根据右手定则知,a点的电势比b点的电势低,故A正确;向北平动时,bc和ad两边切割磁感线,且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同,a、b两点的电势相等,故B错误;若以cd为轴线将线圈向上翻转,向下的磁通量减小,感应电流的磁场方向应该向下,则感应电流的方向为a→b→c→d→a,故C错误;若以ab为轴将线圈向上翻转,向下的磁通量减小,感应电流的磁场方向应该向下,则感应电流的方向为a→b→c→d→a,故D错误。
3.(江苏如皋市2013~2014学年高二上学期期末)图甲所示电路中,A1、A2、A3为相同的电流表,C为电容器,电阻R1、R2、R3的阻值相同,线圈L的电阻不计。
在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示,则在t1~t2时间内( )
A.电流表A1的示数比A2的小
B.电流表A2的示数比A3的小
C.电流表A1和A2的示数相同
D.电流表的示数都不为零
答案:
C
解析:
磁场均匀变化,感应电动势恒定,所以A3示数为零,A1和A2的示数相同。
4.(石家庄市2013~2014学年高二上学期期末)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈。
当以速度v0刷卡时,在线圈中产生感应电动势,其E-t关系如下图所示。
如果只将刷卡速度改为,线圈中的E-t关系图可能是( )
答案:
D
解析:
从E-t图象可以看出,刷卡速度为v0时,产生感应电动势的最大值为E0,所用时间为t0;当刷卡速度变为时,根据E=Blv可知,此时产生感应电动势的最大值E=,由于刷卡器及卡的长度未变,故刷卡时间变为2t0,故选项D正确。
5.(北京市重点中学2014~2015学年高二下学期开学检测)如图所示,闭合导线框的质量可以忽略不计,将它从图示位置匀速拉出匀强磁场。
若第一次用t时间拉出,外力所做的功为W1,通过导线横面的电量为q1;第二次用2t时间拉出,外力所做的功为W2,通过导线截面的电量为q2,则( )
A.W1
C.W1>W2,q1>q2D.W1 答案: B 解析: 第一次用t时间拉出,第二次用2t时间拉出, 两次速度比为21, 由E=BLv,两次感应电动势比为21,两次感应电流比为21,由F安=BIL,两次安培力比为21, 由于匀速拉出匀强磁场,所以外力比为21, 根据功的定义W=Fx,所以W1W2=21, 根据电量q=It,得: q1q2=11,故选B。 6.(晋江市平山中学2014~2015学年高二下学期期中)如图所示,两条平行虚线之间存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,虚线间的距离为L,金属圆环的直径也为L,自圆环从左边界进入磁场开始计时,以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域,规定逆时针方向为感应电流i的正方向,则圆环中感应电流i随其移动距离x变化的i-x图象最接近图中的( ) 答案: A 解析: 根据楞次定律,在进磁场的过程中,感应电流的方向为逆时针方向;在出磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向,在进磁场的过程中,切割的有效长度先增加后减小,出磁场的过程中,切割的有效长度先增加后减小,所以感应电流的大小在进磁场的过程中先增大后减小,出磁场的过程中也是先增大后减小,故A正确,B、C、D错误。 7.如图所示,通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈,线圈等距离排列,且与传送带以相同的速度匀速运动。 为了检测出个别未闭合的不合格线圈,让传送带通过一固定匀强磁场区域,磁场方向垂直于传送带,根据穿过磁场后线圈间的距离,就能够检测出不合格线圈,通过观察图形,判断下列说法正确的是( ) A.若线圈闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动 B.若线圈不闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动 C.从图中可以看出,第3个线圈是不合格线圈 D.从图中可以看出,第4个线圈是不合格线圈 答案: AC 解析: 若线圈闭合进入磁场时,由于产生电磁感应现象,根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动,故A正确;若线圈不闭合,进入磁场时,不会产生感应电流,故线圈相对传送带不发生滑动,故B错误。 从图中可以看出,第3个线圈是不合格线圈,C正确。 8.(湖南长沙市2014~2015学年高二下学期检测)如图所示,变压器初级线圈接电压一定的交流电,在下列措施中能使电流表示数减小的是( ) A.只将S1从2拨向1 B.只将S2从4拨向3 C.只将S3从闭合改为断开 D.只将变阻器R3的滑动触头上移 答案: BCD 解析: A.只将S1从2拨向1时,原线圈匝数减小,输出电压变大,故输出电流变大,输入电流即电流表的示数也变大,故A错误;B.只将S2从4拨向3时,副线圈匝数减小,输出电压变小,故输出电流变小,输入电流变小,故B正确;C.只将S3从闭合变为断开,少一个支路,电压不变,总电阻变大,输出功率减小,则输入功率也减小,电流表的示数减小,故C正确;D.只将变阻器R3的滑动触头上移,负载总电阻变大,输出电流变小,故输入电流减小,故D正确。 9.图甲为某燃气炉点火装置的原理图。 转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压,并加在一理想变压器的原线圈上,变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。 为交流电压表。 当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。 以下判断正确的是( ) A.电压表的示数等于5V B.电压表的示数等于V C.实现点火的条件是>1000 D.实现点火的条件是<1000 答案: BC 解析: 电压表的示数为有效值,等于U1==V,选项A错误B正确;实现点火的条件是U2>5000V,所以=>1000,选项C正确D错误。 10.如图所示,边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0)。 回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0,滑动片P位于滑动变阻器中央,定值电阻R1=R0,R2=。 闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势,则( ) A.R2两端的电压为 B.电容器的a极板带正电 C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D.正方形导线框中的感应电动势为kL2 答案: AC 解析: 本题考查了法拉第电磁感应定律的综合应用。 解题的关键是正确求解感应电动势,以及各元件的连接方式,滑动片P将滑动变阻器分成相等的两部分电阻,即R左=R右=,R2与R右并联值为,线路中总电阻为,故R2两端的电压为U2=,选项A正确;由楞次定律得正方形线框的感应电动势方向为逆时针,据此判断电容器b板带正电,选项B错误;滑动变阻器左半部分的电压为,热功率为P左==,P右==,滑动变阻器消耗的总功率为P滑=P左+P右=,R2消耗的功率为P2==,显然=5,选项C正确;正方形导线框的有效面积为圆形磁场的面积,由法拉第电磁感应定律得,感应电动势E==πr2·=πkr2,选项D错误。 第Ⅱ卷(非选择题 共60分) 二、填空题(共3小题,共18分。 把答案直接填在横线上) 11.(5分)在研究电磁感应现象的实验中: (1)为了能明显地观察到实验现象,请在如图所示的实验器材中,选择必要的器材,在图中用实线连接成相应的实物电路图。 (2)将原线圈插入副线圈中,闭合开关,副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(选填“相同”或“相反”)。 (3)将原线圈拔出时,副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(选填“相同”或“相反”)。 答案: (1)实验电路如图所示。 (2)相反 (3)相同 解析: (1)见答案 (2)闭合开关,磁通量增大,由楞决定律可判断,感应电流的磁场阻碍原磁场的增加,即副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向相反。 (3)将原线圈拔出时,由楞决定律可判断,副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向相同。 12.(5分)某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统,使用不到一周,便出现了电源总开关总是无法接通的问题。 经检查,电源总开关中漏电保护器自动切断了电源。 漏电保护器电路如图所示,变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈,然后接到磁卡机上,B处有一个输出线圈,一旦线圈B中有电流经放大器放大后便推动断电器切断电源。 造成漏电保护器自动切断电源的原因可能为磁卡机用电端________。 (填下列选项前字母) A.零线与火线之间漏电 B.火线与地线之间漏电或零线直接接地 C.磁卡机装得过多,造成电流太大 答案: B 解析: 由题意知,火线和零线均绕在铁芯上,故只有火线与零线中电流大小不等时,才会引起漏电保护器切断电源,故可能是火线与地之间漏电,也可能是零线与地之间漏电。 13.(8分)为了测定和描绘“220V40W”的白炽灯灯丝的伏安特性曲线,可以利用调压变压器供电。 调压变压器中有一种自耦变压器,它只有一组线圈L,绕在闭合的环形铁芯上,输入端接在220V交流电源的火线与零线之间,输出端有一个滑动触头P,移动它的位置,就可以使输出电压在0~250V之间连续变化,如图所示,画出的是调压变压器的电路图。 实验室备有交流电压表、交流电流表、滑动变阻器、电键、导线等实验器材。 (1)在图中完成实验电路图。 (2)按实验电路图进行测量,如果电表内阻的影响不能忽略,电压较高段与电压较低段相比较,哪段误差更大? 为什么? 解析: (1)如图。 (注意: 电流表外接或内接均可) (2)如果电流表外接,电压较高段误差较大,因为电压越高,灯丝电阻越大,由于电压表分流作用而造成的误差就越大;如果电流表内接,电压较低段误差较大,因为电压越低,灯丝电阻越小,由于电流表分压造成的误差就越大。 三、论述·计算题(共4小题,42分。 解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 14.(10分)(山东省部分重点中学2014~2015学年高二联考)做磁共振(MRI)检查时,对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。 某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响,将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈,线圈的半径r=5.0cm,线圈导线的截面积A=0.80cm2,电阻率ρ=1.5Ω·m。 如图所示,匀强磁场方向与线圈平面垂直,若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零,求: (计算结果保留一位有效数字) (1)该圈肌肉组织的电阻R; (2)该圈肌肉组织中的感应电动势E; (3)0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。 答案: (1)6×103Ω (2)4×10-2V (3)8×10-8J 解析: (1)由电阻定律得 R=ρ 代入数据得 R=6×103Ω (2)感应电动势 E= 代入数据得 E=4×10-2V (3)由焦耳定律得 Q=Δt 代入数据得 Q=8×10-8J 15.(10分)如图所示,光滑平行金属导轨相距30cm,电阻不计,ab是电阻为0.3Ω的金属棒,可沿导轨滑动,与导轨相连的平行金属板A、B相距6cm,电阻R为0.1Ω。 全部装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,当ab以速度v向右匀速运动时,一带电微粒在A、B板间恰做半径2cm的匀速圆周运动,速率也是v。 试求速率v的大小? 答案: 0.4m/s 解析: 设磁感应强度为B,平行板AB间距为d,ab杆的有效长度为L,带电粒子质量为m,带电荷量为q, ∵E=BLv ∴Uab=UAB==×0.1=Blv 带电粒子在A、B板间恰能做匀速圆周运动, 则mg=Eq=q,∴m=。 带电粒子做圆周运动的半径r=== ∴v==m/s=0.4m/s。 16.(10分)(吉林白城市洮南一中2014~2015学年高二下学期检测)如图甲所示,一固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端接一只小灯泡,在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。 已知线圈的匝数n=100匝,电阻r=1.0Ω,所围成矩形的面积S=0.040m2,小灯泡的电阻R=9.0Ω,磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=nBmScos(t),其中Bm为磁感应强度的最大值,T为磁场变化的周期。 不计灯丝电阻随温度的变化,求: (1)线圈中产生的感应电动势的最大值; (2)小灯泡消耗的电功率; (3)在磁感应强度变化的0~的时间内,通过小灯泡的电荷量。 答案: (1)8.0V (2)2.88W (3)4.0×10-3C 解析: (1)由图象知,线圈中产生的交变电流的周期T=3.14×10-2s,所以 Em=nBmSω==8.0V (2)电流的最大值Im==0.80A 有效值I==A 小灯泡消耗的电功率P=I2R=2.88W (3)在0~时间内,电动势的平均值= 平均电流== 通过灯泡的电荷量Q=Δt==4.0×10-3C 17.(12分)如图所示,匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈,处于磁感应强度B1为T的匀强磁场中。 当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时,电压表、电流表的读数分别为7V、1A。 电动机的内阻r为1Ω,牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升。 导体棒的电阻R为1Ω,架在倾角为30°的框架上,它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中。 当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度,这一过程中导体棒上产生的热量为4J。 不计框架电阻及一切摩擦,g取10m/s2。 求: (1)若从线圈处于中性面开始计时,写出电动势的瞬时表达式; (2)导体棒MN的稳定速度; (3)导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间。 答案: (1)e=10sin10πt(V) (2)v=2m/s (3)t=1.0s 解析: (1)线圈转动过程中电动势的最大值为Em=NB1Sω=NB1S·2πn=100××0.01×2π×5V=10V 则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为 e=Emsinωt=10sin10πt(V) (2)电动机的电流I=1A 电动机的输出功率P出=IU-I2r 又P出=F·v 而棒产生的感应电流I′== 稳定时棒处于平衡状态,故有: F=mgsinθ+B2I′L 由以上各式代入数值,解得棒的稳定速度 v=2m/s(v=-3m/s舍去) (3)由能量守恒定律得P出t=mgh+mv2+Q 其中h=xsinθ=1.6sin30°=0.80(m) 解得t=1.0s
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