高中创新设计物理教科版32综合检测B.docx
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高中创新设计物理教科版32综合检测B
高中创新设计物理教科版3-2:
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1
A.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
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t1到t2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B1均匀增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa-φb( )
图2
A.恒为
B.从0均匀变化到
C.恒为-
D.从0均匀变化到-
解析 根据法拉第电磁感应定律得,感应电动势E=n
=n
,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
,选项C正确.
3.在图3中,L为电阻很小的线圈,G1和G2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3
A.G1和G2的指针都立即回到零点
B.G1的指针立即回到零点,而G2的指针缓慢地回到零点
C.G1的指针缓慢地回到零点,而G2的指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点
D.G1的指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点,而G2的指针缓慢地回到零点
4.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4
A.交流电压表的示数为311V
B.电路要正常工作,保险丝的额定电流不能小于3
A
C.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
解析 由交变电压的表达式可知,交变电压的有效值U=
≈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=
+
=3A<3
A,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=P2t=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P1和P2以相同的角速度ω匀速转动(P1与ab边重合,P2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P1及P2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I1、q1、Q1及I2、q2、Q2,则下列判断正确的是( )
图5
A.线圈绕P1和P2轴转动时电流的方向相同,都是a→b→c→d→a
B.q1>q2
C.I1=I2
D.Q1 解析 绕P1、P2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= ,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6 A.L1、L2都发光,只是亮度不同 B.L1、L2都不发光 C.L2发光,L1不发光 D.L1发光,L2不发光 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L1发光,L2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U1,右方电势为U2,则下列说法正确的是( ) A.向着南极点行进时,U1比U2高 B.背着南极点行进时,U1比U2低 C.在水平冰面上转圈时,U1比U2高 D.无论怎样在水平冰面上行进,U1总是低于U2 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7 A.线圈转动的角速度为100rad/s B.在0~0.005s时间内,通过电阻的电荷量为 C C.电热丝两端的电压为180V D.电热丝的发热功率为1800W 解析 由题图可知T=0.02s,ω= =100πrad/s,A错误.在0~0.005s内,由Um=nBSω,得BS= Wb,q= = = C,B正确.电热丝两端电压U= · =90 V,C错误.电热丝的发热功率P= = W=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= 所以输电线上的电流增为原来的30倍 B.因I= 所以输电线上的电流减为原来的 C.因P= ,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 解析 输送功率P=UI一定,电压升高后,电流变为原来的 ,A错误,B正确;P损=I2R,损失的功率变为原来的( )2= ,C错误;输电线的半径变为原来的 ,根据公式R=ρ ,电阻变为原来的900倍,P损=I2R,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8 A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B.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 C.上滑过程中电流做功产生的热量为 -mgx(sinθ+μcosθ) D.上滑过程中导体棒损失的机械能为 -mgxsinθ 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 l= ,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+WG=ΔEk=- mv2,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. 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= ,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′= -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 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) 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= ① 线圈中感应电动势E=nBLv② 产生的感应电流I= ③ 通过导线横截面的电荷量q=It④ 联立①②③④得B= (2)匀速提升过程中,人要克服重力和安培力做功 即W=WG+W安⑤ 又WG=Mgd⑥ W安=nBILd=n· · ·Ld= ⑦ 联立⑤⑥⑦可得W=Mgd+ 14.(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50 rad/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? 解析 (1)感应电动势的最大值 Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50 V=50 V S断开时,电压表示数为电源电动势的有效值E= =50V. (2)当开关S合上时,由闭合电路欧姆定律得 I= = A=2A U=IR=2×20V=40V 故电压表的示数为40V,电流表的示数为2A. (3)通过R的电流最大值Im= I=2 A. 电阻R上所消耗的电功率P=UI=40×2W=80W. 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Rce=400Ω的电阻,或只在d、e间接一只Rde=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uab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I1. (3)求c、e和d、e间线圈的匝数比 . (2)0.28A(或 A) (3) 解析 (1)由题图乙知ω= =200πrad/s, 电压瞬时值uab=400sin(200πt)V. (2)电压的有效值U1=200 V,理想变压器P1=P2,原线圈中的电流I1= 解得I1≈0.28A(或 A). (3)设原线圈的匝数为n1, = ,同理, = , 由题意知 = , 联立解得 = = . 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Q1=0.6J,棒与导轨始终垂直,g取10m/s2,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. 解析 (1)当棒的速度v=2m/s时,棒中产生的感应电动势E=Bdv=1V, 此时电路中的电流I= =1A, 所以电阻R两端的电压U=IR=0.6V. (2)根据Q=I2Rt∝R可知,在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量 Q2= Q1=0.4J, 设棒到达导轨最底端时的速度为v2,根据能量守恒定律,有 mgLsinθ= mv +Q1+Q2, 解得v2=4m/s. (3)棒到达导轨最底端时回路中产生的感应电流I2= =2A, 根据牛顿Secord定律有mgsinθ-BI2d=ma, 联立解得a=3m/s2.
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