2018年人教版物理选修3-2 章末综合测评1

章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图1所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力作用，则可知金属框的运动情况是()图1A．向左平动进入磁场B．向右平动退出磁场C．沿竖直方向向上平动D．沿竖直方向向下平动【解析】因为ab边受到的安培力的方向竖直向上，所以由左手定则就可以判断出金属框中感应电流的方向是abcda，金属框中的电流是由ad边切割磁感线产生的．所以金属框向左平动进入磁场．【答案】 A2．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示．若磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2 s 内，线圈中感应电流的大小和方向是()【导学号：05002075】甲乙图2A ．大小恒定，逆时针方向B ．大小恒定，顺时针方向C ．大小逐渐增加，顺时针方向D ．大小逐渐减小，逆时针方向【解析】 由题图乙可知，第2 s 内ΔB Δt 为定值，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定．第2 s 内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A 项正确．【答案】 A3．如图3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t 1到t 2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B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )【导学号：05002076】图3A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1 C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1 【解析】 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)S t 2－t 1，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 (B 2－B 1)S t 2－t 1，选项C 正确．【答案】 C4．如图4，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.2 kg ，在该平面上以v 0＝4 m/s 、与导线成60°角的初速度运动，最后达到稳定状态，这一过程中环中产生的电能为( )图4A ．1.6 JB ．1.2 JC ．0.8 JD ．0.4 J【解析】 金属环远离通电直导线过程中，金属环中有感应电流，受到垂直通电直导线方向的安培力，最终金属环垂直通电直导线方向的速度变为零，沿通电直导线方向的速度不变，将金属环的速度v 0分解为沿通电直导线方向的v x 和垂直通电直导线方向的v y ，则v x ＝v 0cos 60°，所以这一过程中环中产生的电能为E ＝12m v 20－12m v 2x ＝1.2 J ，选项B 正确．【答案】 B5．紧靠在一起的线圈A 与B 如图5甲所示，当给线圈A 通以图乙所示的电流(规定由a 进入b 流出为电流正方向)时，则线圈cd 两端的电势差应为图中的( )【导学号：05002077】图5【解析】 0～1 s 内，A 线圈中电流均匀增大，产生向左均匀增大的磁场，由楞次定律可知，B 线圈中外电路的感应电流方向由c 到d ，大小不变，c 点电势高，所以选项A 正确．【答案】 A6．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场．若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图6所示，则()图6A．线圈中0时刻感应电动势最小B．线圈中C时刻感应电动势为零C．线圈中C时刻感应电动势最大D．线圈从0至C时间内平均感应电动势为0.2 V【解析】感应电动势E＝ΔΦΔt，而磁通量变化率是Φ-t图线的切线斜率，当t＝0时Φ＝0，但ΔΦΔt≠0.若求平均感应电动势，则用ΔΦ与Δt的比值去求．【答案】 B7．如图7所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()图7A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【解析】根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确．【答案】ABD8．如图8所示，光滑平行金属导轨水平放置，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的光滑圆弧导轨相接，导轨电阻均不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．一根质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的两根绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导体棒摆角最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2，则()【导学号：05002078】图8A．磁场方向一定竖直向上B．运动过程中导体棒中电流是变化的C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 ND．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J【解析】闭合开关S后，导体棒中电流方向从a到b，导体棒沿圆弧摆动，说明所受安培力向右，由左手定则可判断出磁场方向竖直向下，选项A错误．导体棒沿圆弧运动中切割磁感线产生感应电动势，电路中总电动势是变化的，则导体棒中电流和所受安培力也是变化的，故选项B正确，选项C错误．由能量守恒定律可得，导体棒在摆动过程中电源提供的电能为E＝mgL(1－cos 53°)＝能0.048 J，选项D正确．【答案】BD9．如图9所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有()图9A ．当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B ．当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C ．当S 断开时，L 2立即熄灭D ．当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭【解析】 当S 闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L 1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L 2逐渐变亮，选项B 正确，A 错误；当S 断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L 1的电流要在L 2－L 1－D －L 之中形成新的回路，故L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C 错误，D 正确．【答案】 BD10．如图10所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R ，C 1和C 2是半径都为a 的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1＝b ＋kt (k ＞0)变化，C 2中磁场的磁感应强度恒为B 2，一质量为m 、电阻为r 、长度为L 的金属杆AB 穿过区域C 2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则( )【导学号：05002079】图10A ．通过金属杆的电流大小为mgB 2L B ．通过金属杆的电流方向为从B 到AC ．定值电阻的阻值为2πkB 2a 3mg－rD ．整个电路中产生的热功率P ＝πkamg 2B 2【解析】 根据题述金属杆恰能保持静止，由平衡条件可得mg ＝B 2I ·2a ，通过金属杆的电流大小为I ＝mg 2aB 2，选项A 错误．由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向为从B 到A ，选项B 正确．根据区域C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1＝b ＋kt (k ＞0)变化可知ΔB Δt ＝k ，故C 1中磁场变化产生的感应电动势E ＝ΔB Δt πa 2＝k πa 2，由闭合电路欧姆定律得E ＝I (r ＋R )，联立解得定值电阻的阻值为R ＝2πkB 2a 3mg －r ，选项C 正确．整个电路中产生的热功率P ＝EI ＝k πa 2·mg 2aB 2＝πkamg 2B 2，选项D 正确．【答案】 BCD二、计算题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答)11．(12分)如图11所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab 搁在框架上，可无摩擦滑动．此时adeb 构成一个边长为l 的正方形，棒的电阻为r ，其余部分电阻不计．开始时磁感应强度为B 0.【导学号：05002080】图11(1)若从t ＝0时刻起，磁感应强度均匀增大，每秒增量为k ，同时保持棒静止．求棒中的感应电流．在图上标出感应电流的方向；(2)在上述(1)情况中，棒始终保持静止，当t ＝t 1 s 末时需加的垂直于棒的水平拉力为多少？(3)若从t ＝0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v 向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感应强度应怎样随时间变化？(写出B 与t 的关系式)【解析】 (1)据题意ΔB Δt ＝k ，在磁场均匀变化时，回路中产生的电动势为E＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝kl 2，由闭合电路欧姆定律知，感应电流为I ＝E r ＝kl 2r .由楞次定律，判定感应电流为逆时针方向，图略．(2)t ＝t 1 s 末棒静止，水平方向受拉力F 外和安培力F 安，F 外＝F 安＝BIl ，又B＝B 0＋kt 1，故F 外＝(B 0＋kt 1)kl 3r .(3)因为不产生感应电流，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，知ΔΦ＝0也就是回路内总磁通量不变，即B 0l 2＝Bl (l ＋v t )，解得B ＝B 0l l ＋v t. 【答案】 (1)kl 2r 电流为逆时针方向(2)(B 0＋kt 1)kl 3r (3)B ＝B 0l l ＋v t12．(14分)如图12甲所示，两根平行金属导轨固定倾斜放置，导轨与水平面夹角为37°，相距d 0＝0.5 m ，a 、b 间接一个电阻，其阻值R ＝1.5 Ω.在导轨c 、d 两点处放一根质量m ＝0.05 kg 的金属棒且导轨ad 段与导轨bc 段长均为L ＝1 m ，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.金属棒电阻r ＝0.5 Ω，金属棒被两个垂直于导轨的木桩托住而不会下滑．在金属导轨区域加一个垂直导轨平面斜向下的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示．重力加速度取g ＝10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)甲 乙图12(1)求0～1.0 s 内回路中产生的感应电动势大小；(2)求t ＝0时刻，金属棒所受的安培力大小；(3)在磁场变化的全过程中，若金属棒始终没有离开木桩而上升，求图乙中t 0的最大值；【解析】 (1)由题图乙可知ΔB Δt ＝1.0－0.21.0 T/s ＝0.8 T/sE感＝ΔΦΔt＝ΔBΔt Ld0＝0.8×1×0.5 V＝0.4 V.(2)I感＝E感R＋r＝0.41.5＋0.5A＝0.2 AF安0＝B0I感d0＝0.2×0.2×0.5 N＝0.02 N.(3)t＝t0时刻金属棒对木桩的压力为零，最大静摩擦力沿金属导轨向下，此时沿倾斜导轨方向上合外力为零．F安1＝Bt0I感d0＝(0.02＋0.08t0)(N)N＝mg cos 37°＝0.4 Nf max＝μN＝0.5×0.4 N＝0.2 NF安1＝mg sin 37°＋f max代入数据解得t0＝6 s.【答案】(1)0.4 V(2)0.02 N(3)6 s13．(14分)小明设计的电磁健身器的简化装置如图13所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：【导学号：05002081】图13(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .【解析】 (1)由牛顿第二定律 a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2 进入磁场时的速度 v ＝2as ＝2.4 m/s(2)感应电动势 E ＝Bl v感应电流 I ＝Bl v R安培力 F A ＝IBl代入得 F A ＝(Bl )2v R ＝48 N.(3)健身者做功 W ＝F (s ＋d )＝64 J由牛顿第二定律 F －mg sin θ－F A ＝0CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间 t ＝d v焦耳热 Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.【答案】 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J26.88 J。