2019-2020学年高中物理章末过关检测(二)(含解析)新人教版选修3-4

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高中人教版物理选修3-2章末综合测评3+Word版含解析

章末综合测评(三)(时间：90分钟分值：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．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．下面说法中不正确的是()A．传感器一般不能直接带动执行机构实现控制动作B．力传感器的敏感元件是应变片C．应变片能把物体形变转变为电压D．双金属片两层金属的膨胀系数完全相同D[传感器输出信号比较微弱，一般不能直接带动执行机构实现控制动作，A正确；力传感器中的应变片在力的作用下发生形变，输出相应的电压信号，B、C正确；双金属片两层金属膨胀系数不同，在温度升高时才会发生弯曲，D错误．] 2．金属铂的电阻值对温度高低非常敏感，下列选项中可能表示金属铂电阻的U-I图线是()【导学号：24622111】B[金属铂导体的电阻对温度的变化很敏感，电阻随温度的升高而增大，在一定温度下其U-I图线是非线性的，且图线的斜率越来越大，故B正确．] 3．如图1所示，机器人装有作为眼睛的“传感器”，犹如大脑的“控制器”，以及可以行走的“执行器”，在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯．下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是()图1A．力传感器B．光传感器C．温度传感器D．声音传感器B[遇到障碍物会绕开，说明它是光传感器，故选项B正确，选项A、C、D错误．]4．如图2(a)所示的电路中，光敏电阻R2加上图2(b)所示的光照时，R2两端的电压变化规律是()图2B[光敏电阻随光照的增强电阻减小，电路中电流增大，电阻R1两端电压增大，R2两端电压减小，但不能减小到零．故选项B正确．]5.如图3所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关S与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球．S断开时传感器上有示数，S闭合时传感器上恰好无示数．则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是()【导学号：24622112】图3A ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd qB ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd nqC ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd qD ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd nqD [S 闭合时传感器上恰好无示数，说明小球受竖直向上的电场力，且电场力的大小等于重力．由楞次定律可判断磁场B 正在增强，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝U ，又U d q ＝mg ，得ΔΦΔt ＝mgd nq ，故D 正确．]6．传感器是把非电学物理量(如位移、速度、压力、角度等)转换成电学物理量(如电压、电流、电荷量等)的一种元件．如图4所示的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列说法正确的是( )【导学号：24622113】图4A ．甲图中两极板带电荷量不变，若电压变小，可判断出h 变小B ．乙图中两极板带电荷量不变，若电压变大，可判断出θ变小C ．丙图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，则x 变小D ．丁图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，则F 变大D[甲图中若Q不变，由C＝QU知U变小，C变大，可知h变大，A错；乙图中若Q不变，由C＝QU知U变大，C变小，可知θ变大，B错；丙图中若U 不变，电流流向负极表示正在放电，Q减小，可知C减小，x变大，C错；丁图中若U不变，电流流向正极表示在充电，Q增加，可知C增大，d减小，F增大，D对．]7．如图5所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻．此光电计数器的基本工作原理是()【导学号：24622114】图5A．当有光照射R1时，信号处理系统获得高电压B．当有光照射R1时，信号处理系统获得低电压C．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次D．以上说法都不对AC[当光照射光敏电阻R1时，光敏电阻R1的阻值减小，回路中电流增大，R2两端的电压升高，信号处理系统得到高电压，计数器每由高电压转到低电压，就计一次数，从而能达到计数的目的．]8．如图6所示是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻阻值均为R，L是一个自感系数足够大的电感线圈，其直流电阻值也为R，图7中是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像．关于这些图像，下列说法正确的是()图6图7A．甲图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B．乙图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C．丙图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D．丁图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况BC[当开关S闭合时，由于线圈的自感作用，线圈中电流逐渐增大，因而通过传感器1的电流逐渐增大，A错误，B正确；当开关S断开时，线圈L与传感器2组成闭合回路，由于线圈L的自感作用，通过传感器2的电流将反向且从线圈中原有电流值开始逐渐减小，C正确，D错误．]9．某同学设计的家庭电路保护装置如图8所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有()【导学号：24622115】图8A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起ABD[由于零线、火线中电流方向相反，产生磁场方向相反，所以家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零，选项A正确；家庭电路短路和用电器增多时均不会引起L2的磁通量的变化，选项B正确，C错误；地面上的人接触火线发生触电时，线圈L1中磁场变化引起L2中磁通量的变化，产生感应电流，吸起K，切断家庭电路，选项D正确．]10．如图9所示的光控电路用发光二极管LED模拟路灯，R G为光敏电阻．A 为斯密特触发器输入端，在天黑时路灯(发光二极管)会点亮．下列说法正确的是()图9A．天黑时，Y处于高电平B．天黑时，Y处于低电平C．当R1调大时，天更暗时，灯(发光二极管)点亮D．当R1调大时，天较亮时，灯(发光二极管)就能点亮BC[天暗时，光敏电阻变大，才导致分压变大，则A端的电势高，输出端Y为低电势，故A错误，B正确；当R1调大时，光敏电阻的分压减小，A端的电压降低，输出端Y的电势升高，天更暗时，光敏电阻更大，灯才(发光二极管)点亮，故C正确，D错误．]二、非选择题(本题共6小题，共40分．)11．(6分)(1)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图10为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力________(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更______(选填“敏感”或“不敏感”)．图10(2)利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等．图11甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的U-I关系图线．甲乙丙图11①实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器A(阻值范围0～10 Ω)、滑动变阻器B(阻值范围0～100 Ω)、电动势为6 V的电源(不计内阻)、小灯泡、电键、导线若干．该同学做实验时，滑动变阻器选用的是________(选填“A”或“B”)；请在图11乙的方框中画出该实验的电路图．②将该小灯泡接入如图11丙所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为 3 V．则此时小灯泡的电功率为________ W，电源的内阻为______Ω.【解析】(1)由R-t图像可知，热敏电阻在温度上升时电阻减小，则导电能力增强．相对金属热电阻，热敏电阻在相同的温度变化情况下电阻变化大，则热敏电阻对温度变化的响应更敏感．(2)由于小灯泡的电阻较小，电路应该设计成电流传感器外接．描绘小灯泡伏安特性曲线，设计成滑动变阻器分压接法，故选用滑动变阻器A.将该小灯泡接入丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V，在小灯泡伏安特性曲线上找出对应电流为0.3 A的点，该点横纵坐标的乘积0.3A×2.5 V＝0.75 W为此时小灯泡的电功率，电源的内阻为3－2.50.3Ω＝1.67 Ω.【答案】(1)增强敏感(2)①A电路如图所示②0.75 1.6712．(8分)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过I c时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节．已知U约为18 V，I c约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω.(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线．图12(2)电路中应选用滑动变阻器________(选填“R1”或“R2”)．(3)按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片应置于________(选填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是____________________________________ ________________________________________________________.②将开关向________(选填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________________________________________．(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．【解析】(1)电路图连接如图．(2)报警器开始报警时，对整个回路有U＝I c(R滑＋R热)代入数据可得R滑＝1 150.0 Ω，因此滑动变阻器应选择R2.(3)①在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0 Ω.滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a时，闭合开关，则电路中的电流I＝18650.0 A≈27.7 mA，超过报警器最大电流20 mA，报警器可能损坏．②开关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警为止．【答案】(1)连线如解析图所示．(2)R2(3)①650.0 b接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏②c报警器开始报警13．(6分)电热毯、电饭锅是人们常用的电热式家用电器，它们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同．如图13为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝R1、R2和自动开关S.图13(1)开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？(2)电源电压U＝220 V，加热时用电器功率为400 W，保温时用电器功率为40 W，求R1与R2的值．【解析】(1)当S闭合时，R2短路，此时电路总电阻最小，由P＝U2R知功率最大，为加热状态；当S断开时，R1、R2串联，电路总电阻最大，功率最小，为保温状态．(2)S闭合时，处于加热状态，有P max＝U2R1，S断开时，处于保温状态，有P min＝U2R1＋R2代入数据联立解得：R1＝121 Ω，R2＝1 089 Ω.【答案】(1)S闭合时为加热状态，S断开时为保温状态(2)121 Ω 1 089 Ω14．(6分)位移传感器的应用——加速度计．加速度计是测定物体加速度的仪器，它是导弹、飞机、潜艇或宇宙飞船等制导系统的信息源．如图14为应变式加速度计的示意图，当系统加速时，加速度计中的元件A也处于加速状态，元件A由两弹簧连接并架在光滑支架上，支架与待测系统固定在一起，元件A 的下端可在滑动变阻器R上自由滑动，当系统加速运动时，元件A发生位移并转换为电信号输出．图14已知元件A的质量为m，两侧弹簧的劲度系数为k，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器的总电阻为R，有效长度为l，静态时输出电压为U0，试推导加速度a与输出电压U的关系式.【导学号：24622116】【解析】设静态时滑动变阻器的滑片距左端为x，传感器的输出电压为U0＝ER·Rl x＝El x ①系统向左加速时滑片右移Δx，则元件A的动力学方程为2kΔx＝ma ②传感器的输出电压为U＝ER·Rl(x＋Δx) ③由①②③式得a＝2kl(U－U0)mE若U＞U0，系统的加速度水平向左；若U＜U0，系统的加速度水平向右．【答案】a＝2kl(U－U0)mE方向向左为正15．(6分)某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图15所示，迎风板与一轻弹簧的一端N相接，穿在光滑的金属杆上．弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数k＝1 300 N/m，自然长度L0＝0.5 m，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积S＝0.5 m2，工作时总是正对着风吹来的方向．电路中左端导线与金属杆M端相连，右端导线接住N点并可随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．限流电阻的阻值R＝1 Ω，电源的电动势E＝12 V，内阻r＝0.5 Ω.合上开关，没有风时，弹簧长度为原长度，电压表的示数U1＝3.0 V；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表示数为U2＝2.0 V，求：图15(1)金属杆单位长度的电阻；(2)此时作用在迎风板上的风力．【解析】设无风时金属杆接入电路的电阻为R 1，风吹时接入电路的电阻为R 2，由题意得(1)无风时U 1＝E R ＋r ＋R 1R 1 得R 1＝U 1R ＋rU 1E －U 1＝3×1＋0.5×312－3Ω＝0.5 Ω 设金属杆单位长度的电阻为R ′，则R ′＝R 1L 0＝0.50.5 Ω/m ＝1 Ω/m. (2)有风时U 2＝ER 2＋R ＋r R 2 得R 2＝U 2R ＋U 2r E －U 2＝2×1＋2×0.512－2Ω＝0.3 Ω 此时，弹簧长度L ＝R 2R ′＝0.31m ＝0.3 m 压缩量x ＝L 0－L ＝0.5 m －0.3 m ＝0.2 m则此时风力F ＝kx ＝1 300×0.2 N ＝260 N.【答案】 (1)1 Ω/m (2)260 N16. (8分)某学生为了测量一物体的质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k )．如图16所示，测量时先调节输入端的电压，使转换器空载时的输出电压为0，而后在其受压面上放一物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压U .现有下列器材：力电转换器，质量为m 0的砝码，电压表，滑动变阻器，干电池各一个，开关及导线若干，待测物体(可置于力电转换器的受压面上)．请完成对该物体质量的测量．图16(1)设计一个电路，要求力电转换器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能大．(2)简要说明测量步骤，求出比例系数k，并测出待测物体的质量m.【解析】(1)设计电路如图所示．由于要求转换器的输入电压可调节范围尽可能大，所以左侧电路采用分压式电路．(2)测量步骤与结果：①调节滑动变阻器，使转换器的输出电压为零；②将砝码放在转换器上，记下输出电压U0；③将待测物放在转换器上，记下输出电压U.由U0＝km0g得k＝U0m0gU＝kmg，所以m＝m0U U0.【答案】见解析情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。

2019_2020学年高中物理章末综合检测二含解析新人教版选修3_5201912061109

章末综合检测(二)(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．其中1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题．)1．关于热辐射，下列说法正确的是( ) A ．一般物体的热辐射强度只与物体的温度有关B ．黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，所以黑体一定是黑的C ．一定温度下，黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值D ．温度升高时，黑体辐射强度的极大值向波长增大的方向移动解析：一般物体的热辐射强度除与温度有关之外，还与材料、表面状况有关，选项A 错误；黑体可以辐射可见光，不一定是黑的，选项B 错误；由黑体辐射的实验规律知，选项C 正确，D 错误．答案：C2．在光电效应实验中，如果需要增大光电子到达阳极时的速度，可采用的方法是( ) A ．增加光照时间 B ．增大入射光的波长 C ．增大入射光的强度D ．增大入射光的频率解析：光电子的最大初动能与光照时间的长短和入射光的强度无关，A 、C 均错误；由爱因斯坦光电效应方程可知，D 正确，B 错误．答案：D3．要观察纳米级以下的微小结构，需要利用分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜，有关电子显微镜的下列说法正确的是( )A ．它是利用了电子物质波的波长比可见光短，因此不容易发生明显衍射B ．它是利用了电子物质波的波长比可见光长，因此不容易发生明显衍射C ．它是利用了电子物质波的波长比可见光短，因此更容易发生明显衍射D ．它是利用了电子物质波的波长比可见光长，因此更容易发生明显衍射解析：电子显微镜的分辨率比光学显微镜更高，是因为电子物质波的波长比可见光短，和可见光相比，电子物质波更不容易发生明显衍射，所以分辨率更高，A 正确．答案：A4.光子有能量，也有动量p ＝hλ，它也遵守有关动量的规律，如图所示，真空中有一“∞”字形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO ′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片，右边是和左边大小、质量都相同的圆形白纸片．当用平行白光垂直照射这两个圆面时，关于装置开始转动情况(俯视)的下列说法中正确的是( ) A ．顺时针方向转动 B ．逆时针方向转动 C ．都有可能D ．不会转动解析：白纸片反射光子，光子的动量变化大，黑纸片吸收光子，光子的动量变化小，由动量定理知，光子对白纸片的冲击力大，故B 正确．答案：B5.如图所示是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图象．由图象可知( ) A ．该金属的逸出功等于EB ．由该图象可得出普朗克常量h ＝ν0EC ．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2ED ．入射光的频率为2ν0时，由该金属做成的光电管的遏止电压为2Ee解析：根据光电效应方程有E k ＝h ν－W 0，其中W 0为金属的逸出功，W 0＝h ν0，所以有E k ＝h ν－h ν0，由此结合图象可知，该金属的逸出功为E ，当入射光的频率为2ν0时，代入方程可知产生的光电子的最大初动能为E ，故A 正确，C 错误；最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图象的斜率即为普朗克常量h ＝E ν0，故B 错误；根据eU c ＝W 0得，U c ＝W 0e ＝Ee ，故D 错误．答案：A6．已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz 和5.44×1014Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( ) A ．波长 B ．频率 C ．能量D ．动量解析：两种金属的截止频率不同，则它们的逸出功也不同，由W 0＝h ν0可知截止频率大的，逸出功也大，由E k ＝h ν－W 0可知，用同样的单色光照射，钙逸出的光电子的最大初动能较小，由p ＝2mE k 知，其动量也较小，根据物质波p ＝hλ知，其波长较长，频率较小．答案：A7．关于光的波粒二象性，正确的说法是( ) A ．光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越显著 B ．光的波长越长，光的能量越大，粒子性越显著C ．频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性D ．个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性解析：光具有波粒二象性，但在不同情况下表现不同．光的频率越高，波长越短，粒子性越强，反之波动性明显，个别光子易显示粒子性，大量光子易显示波动性，故A 、D 正确．答案：AD8．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是( )A ．增大入射光的强度，光电流增大B ．减小入射光的强度，光电效应现象消失C ．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D ．改用频率大于ν的光照射，一定发生光电效应解析：增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数增加，则光电流增大，选项A 正确；光电效应能否发生与照射光频率有关，与照射光强度无关，选项B 错误；改用频率较小的光照射时，如果光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，否则，不能发生光电效应，选项C 错误，D 正确．答案：AD9．美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压U c 与入射光频率ν的关系，描绘出图乙中的图象，由此算出普朗克常量h .电子电荷量用e 表示，下列说法正确的是( )A ．入射光的频率增大，为了测遏止电压，则滑动变阻器的滑片P 应向M 端移动B ．增大入射光的强度，光电子的最大初动能也增大C ．由U c ν图象可知，这种金属的截止频率为νcD ．由U c ν图象可求普朗克常量表达式为h ＝U 1eν1－νc解析：入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏止电压时，应使滑动变阻器的滑片P 向N 端移动，A 错误．根据光电效应方程E km ＝h ν－W 0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，B 错误．根据E km ＝h ν－W 0＝eU c ，得U c ＝h e ν－W 0e，结合图象可知h ＝U 1eν1－νc ；当遏止电压为0时，ν＝νc ，C 、D 正确．答案：CD10．一激光器发光功率为P ，发出的激光在折射率为n 的介质中波长为λ，若在真空中速度为c ，普朗克常量为h ，则下列叙述正确的是( ) A ．该激光在真空中的波长为n λ B ．该激光的频率为cλC ．该激光的频率为c n λD ．该激光器在t s 内辐射的能量子数为Ptn λhc解析：激光在介质中的折射率n ＝c v ＝λ0νλν＝λ0λ，故激光在真空中的波长λ0＝n λ，A 正确；激光频率ν＝c λ0＝cn λ，B 错误，C 正确；由能量关系Pt ＝N ε，c ＝λ0ν，λ0＝n λ及ε＝h ν得N ＝Ptn λhc，D 正确．答案：ACD二、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 11．(12分)已知钠发生光电效应的极限波长为λ0＝5×10－7m ．现用波长为4× 10－7m 的光照射用钠做阴极的光电管，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s.求：(1)钠的逸出功W 0；(2)为使光电管中的光电流为零，在光电管上所加反向电压至少多大．解析：(1)逸出功W 0＝h νc ＝h cλ＝3.978×10－19J.(2)光电子最大初动能E k ＝h ν－W 0＝h cλ－W 0≈0.99×10－19 J ，E k ＝eU c ， U c ＝E ke≈0.62 V.答案：(1)3.978×10－19J (2)0.62 V12．(14分)如图表示黑体辐射强度随波长的变化图线．根据热辐射理论，辐射强度的极大值所对应的波长λm 与热力学温度之间存在如下关系：λm T ＝2.90× 10－3m·K.普朗克常量h ＝6.626×10－34J·s.求：(1)T ＝15 000 K 所对应的波长．(2)用T ＝15 000 K 所对应波长的光照射逸出功为W 0＝4.54 eV 的金属钨，能否发生光电效应？若能，逸出光电子的最大初动能是多少？解析：(1)由公式λm T ＝2.90×10－3m·K 得 λm ＝2.90×10－315 000 m≈1.93×10－7 m.(2)波长λm ＝1.93×10－7m 的光子能量ε＝h ν＝hcλm ＝ 6.626×10－34×3×1081.93×10－7×1.6×10－19 eV≈6.44 eV因ε>W 0，故能发生光电效应．由光电效应方程E k ＝h ν－W 0，得E k ＝(6.44－4.54) eV ＝1.90 eV. 答案：(1)1.93×10－7m (2)能 1.90 eV13．(14分)如图所示是利用光电效应现象测定金属极限频率的实验原理图，其中电源电动势为E ，内阻为r ，R 0的总电阻为4r ，两块平行金属板相距为d ，当N 受频率为ν的紫外线照射后，将发射沿不同方向运动的光电子，形成电流，从而引起电流计的指针偏转，若闭合开关S ，调节R 0逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小．当电压表示数为U 时，电流恰好为零．已知普朗克常量为h ，电子电荷量为e ，电子质量为m ，光速为c ，求： (1)金属板N 的极限频率为多大？ (2)这时R Pb 为多大？(3)切断开关S ，在MN 间加垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能使电流为零，当磁感应强度B 为多大时，电流恰好为零？解析：(1)设金属的极限频率为ν0 则依题意有h ν－h ν0＝eU 整理得到ν0＝ν－eU h.(2)根据闭合电路欧姆定律得到E 5r ＝UR Pb整理得到R Pb ＝5UrE.(3)当水平射出的具有最大动能的光电子在磁场中做圆周运动的轨迹和上板相切的时候是电流恰好为零的临界条件，如图所示．由洛伦兹力提供向心力得到Bev ＝m v 2R①又d ＝2R ②电压为U 时，电流恰好为零，有12mv 2＝eU ③联立①②③得到B ＝22eUmde.答案：(1)ν－eU h(2)5Ur E(3)22eUm de。

2020学年高中物理章末过关检测(二)(含解析)鲁科版选修3-1(最新整理)

2019-2020学年高中物理章末过关检测（二）（含解析）鲁科版选修3-1 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019-2020学年高中物理章末过关检测（二）（含解析）鲁科版选修3-1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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章末过关检测(二）（时间：60分钟，满分：100分）一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．下列物理量中，哪些与检验电荷有关（）A．电场强度E B．电势φC．电势能E p D．电势差U解析：选C．电场强度E＝错误!采用比值定义法定义的，是由电场本身决定的与q无关．故A错误；电势φ＝错误!,是用比值定义法定义的，由电场本身决定的，与q无关，故B 错误;电势能E p＝φq，故电势能与电荷有关，选项C正确；电势差U AB＝错误!,是用比值定义法定义的，由电场本身和A、B两点的位置决定的，与q无关．故D错误．2．关于静电场，下列结论普遍成立的是( )A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C．对于正电荷而言，电场力做正功,电势能减少，负电荷则反之D．在正电荷或负电荷产生的静电场中,场强方向都指向电势降低最快的方向解析：选D．电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高,电场强度小的地方电势不一定低，故A错误；在匀强电场中,由公式U＝Ed可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关,故B错误；根据功能关系，无论正电荷还是负电荷,只要做正功，电势能都是减小的，做负功电势能都是增加的，故选项C错误；沿电场方向电势降低,而且速度最快，所以D正确．3．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个－q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（）A．E p A＝－W，φA＝－错误!B．E p A＝W，φA＝－错误!C．E p A＝－W,φA＝错误!D．E p A＝W，φA＝错误!解析：选C．－q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限远处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为E＝－W,Ap A点的电势φA＝错误!＝错误!，C正确．4．如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为线段ab的中点．若一个运动的正电荷先后经过a、b两点，a、b两点的电势分别为φa＝－3 V、φb＝7 V ，则( )A．c点电势为2 VB．a点的场强小于b点的场强C．正电荷在a点的动能小于在b点的动能D．正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能解析：选D．沿电场线方向电势降低，由题意知电场线向左,只有在匀强电场中c点的电势为2 V，故A错误．一条电场线，无法判断电场线的疏密,就无法判断两点场强的大小;所以a点处的场强E a可能小于b点处的场强，也可能大于E b，故B错误．根据正电荷在电势高处电势能大，可知,正电荷从a点运动到b点的过程中克服电场力做功，电势能一定增大,而由能量守恒得知，其动能一定减小，故C错误，D正确．5．空间存在甲、乙两相邻的金属球,甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称,则（）A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，静电力做正功D．负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先增大后减小解析：选C．由题图可知φA＞φB，所以正电荷从A移至B,静电力做正功，故A错误，C 正确．C、D两点场强方向不同，故B错误．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，所以D错误．6。

2019-2020学年物理人教版选修3-2课后检测：4.5电磁感应现象的两类情况 Word版含解析

姓名，年级：时间：5 电磁感应现象的两类情况记一记电磁感应现象的两类情况知识体系辨一辨1。

如果空间不存在闭合电路，变化的磁场周围不会产生感生电场．(×)2．处于变化磁场中的导体,其内部自由电荷定向移动，是由于受到感生电场的作用．(√）3．感生电场就是感生电动势．(×）4．由动生电动势的分析可知，洛伦兹力对运动电荷不做功是错误的．(×)5．导体切割磁感线运动时，克服安培力做多少功，就会有多少其他形式的能转化为电能．（√）想一想1.感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？提示：感应电流的方向与正电荷定向移动的方向相同．感生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律来判定．2．电路中由于磁通量变化产生感生电动势时,其中的非静电力是哪种性质力？提示:是感生电场对自由电荷的作用．3．若导体棒垂直磁场一直运动下去，自由电荷是否也会沿着导体棒一直运动下去?为什么？提示:不会．若导体棒一直运动下去，当导体棒内部自由电荷在电场中所受电场力与洛伦兹力相等时，自由电荷将不再运动．4．有人认为动生电动势和感生电动势具有相对性,你觉得对吗？提示：对，例如将条形磁铁插入线圈中,如果在相对磁铁静止的参考系内观察，线圈运动，产生的是动生电动势;如果在相对线圈静止的参考系中观察，线圈中磁场变化，产生感生电动势．思考感悟：练一练1.（多选)下列说法正确的是( ）A．感生电场由变化的磁场产生B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场C．感生电场的方向可以用楞次定律和安培定则来判定D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向解析：变化的磁场在空间激发感生电场，恒定的磁场不能在周围空间产生感生电场,A项正确，B项错误;感生电场的电场线是闭合曲线，感生电场的方向可由楞次定律和安培定则判断，不一定是沿逆时针方向,C项正确，D项错误．答案：AC2．在按如图所示的四种变化规律的磁场中能产生恒定的感生电场的是( ）解析：据麦克斯韦电磁理论,恒定的感生电场由均匀变化的磁场产生，C项正确．答案:C3．在匀强磁场中，有一接有电容器的回路，如图所示，已知电容器电容C＝30 μF，l1＝5 cm，l2＝8 cm，磁场以5×10－2 T/s的变化率增强,则( ）A．电容器上极板带正电，带电荷量为2×10－9 CB．电容器上极板带正电,带电荷量为6×10－9 CC．电容器上极板带负电，带电荷量为4×10－9 CD．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9 C解析:根据楞次定律和安培定则可判断电容器上极板带正电；因为磁感应强度是均匀增大的,故感应电动势大小恒定,由法拉第电磁感应定律E＝错误!＝错误!·S，可得E＝错误!·l1l2＝5×10－2×5×10－2×8×10－2 V＝2×10－4 V，即电容器两板上所加电压U为2×10－4 V，所以电容器带电荷量为Q＝CU＝30×10－6×2×10－4 C＝6×10－9 C，故B项正确．答案:B4．(多选)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是（）A．ab杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的热功率与速率v成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比解析:由E＝Blv和I＝错误!得，I＝错误!，所以安培力F＝BIl＝错误!，电阻上产生的热功率P＝I2R＝错误!，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率，A、B两项正确．答案:AB要点一感生电场和感生电动势1．如图所示,一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时,此粒子的动能将( )A．不变B．增加C．减少D．以上情况都可能解析：当磁感应强度均匀增大时，在纸平面方向上将产生逆时针环绕的电场，对带正电的粒子做正功,使其动能增加．答案：B2．某空间出现了如图所示的一组闭合电场线,方向从上向下看是顺时针的，这可能是( )A．沿AB方向磁场在迅速减弱B．沿AB方向磁场在迅速增强C．沿BA方向磁场恒定不变D．沿BA方向磁场在迅速减弱解析：感生电场的方向从上向下看是顺时针的，假设在平行感生电场的方向上有闭合回路，则回路中的感应电流方向从上向下看也应该是顺时针的，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知,原磁场的情况有两种可能：原磁场方向向下且沿AB方向减弱，或原磁场方向向上且沿BA方向增强，所以A有可能．答案：A要点二动生电动势3．如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是（）A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B．动生电动势的产生与洛伦兹力无关C．动生电动势的产生与电场力有关D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的解析:根据动生电动势的定义,A项正确；动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，B、C、D 三项错误．答案：A4．如图所示，边长为L的正方形线圈与足够大的匀强磁场垂直，磁感应强度为B.当线圈按图示方向以速度v垂直B运动时，下列判断正确的是（）A．线圈中无电流,φa＝φb＝φc＝φdB．线圈中无电流，φa＞φb＝φd＞φcC．线圈中有电流，φa＝φb＝φc＝φdD．线圈中有电流，φa＞φb＝φd＞φc解析：线圈在运动过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中不会产生感应电流，C、D两项错误；导线两端有电势差，根据右手定则可知A项错误，B项正确．答案：B要点三电磁感应中的动力学问题5.矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示,磁感线的方向与导线框所在平面垂直,规定磁场的正方向为垂直纸面向里,磁感应强度B 随时间t变化的规律如图乙所示，则（)A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaD．从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大解析：由楞次定律，从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba，A项错误，C项正确；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，从0到t2时间内,导线框中电流恒定，B项错误；由安培力公式，从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大，D项错误．答案:C6．如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其中一部分处于方向垂直导轨所在平面并且有上下水平边界的匀强磁场．一根金属杆MN 保持水平并沿导轨滑下(导轨电阻不计）,当金属杆MN进入磁场区后，其运动的速度随时间变化的图线不可能的是( )解析：当金属杆MN进入磁场区后,切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力．金属杆MN进入磁场区时,若所受的安培力与重力相等，做匀速直线运动，速度不变，所以A图象是可能的；金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力小于重力，做加速运动，随着速度的增大，感应电动势和感应电流增大,金属杆所受的安培力增大，合外力减小,加速度减小,v－t图象的斜率应逐渐减小，故B图象不可能，C图象是可能的；金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力大于重力，做减速运动，随着速度的减小，金属杆所受的安培力减小，合外力减小，加速度减小,v －t 图象的斜率减小，D 图象是可能的，故选B 项．答案：B要点四电磁感应中的能量问题7．（多选）把一个矩形线圈从理想边界的匀强磁场中匀速拉出来,如图所示，第一次为v 1，第二次为v 2,且v 2＝2v 1，两种情况下拉力做的功W 1与W 2之比，拉力的功率P 1与P 2之比,线圈中产生的焦耳热Q 1与Q 2之比（ )A 。

2019-2020学年物理(人教版)选修3-2试题：模块综合检测(二) 含解析

模块综合检测(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.如图所示，一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是()A．线圈沿纸面向右移动B．线圈沿纸面向下移动C．线圈垂直纸面向外移动D．线圈以ab边为轴转动解析：产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化．因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生．由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故A、B、C错误；当线圈绕ab边转动时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故D正确．答案：D2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝2202sin 100πt V，关于这个交变电流的说法正确的是() A．交流电的频率为100 Hz，周期为0.01 sB．此交变电流电动势的有效值为220 VC．此交变电流电动势的峰值约为380 VD．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零解析：由交流电的瞬时值表达式知最大值为220 2 V，故C错误；角速度ω＝100πrad/s，由频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，故A错误；t＝0时瞬时值e＝0知此时线圈与中性面重合，磁通量最大，故D错误．答案：B3．如图所示，理想变压器的原线圈接u＝11 0002sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220 V，880 W”的电器R L供电，该电器正常工作．由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W解析：输入电压的有效值为11 000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原、副线圈的匝数比小于50∶1，故A错误；由输入电压的表达式知，f＝100π2π＝50 Hz，故B错误；副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I＝4 A，故C正确；变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，故D错误．答案：C4．如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地解析：甲是闭合铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．答案：D5．如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin 314t(V)的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是()A ．2.0 VB ．9.0 VC ．12.7 VD ．144.0 V解析：根据u ＝51sin 314t (V)可知交流电的最大值为U m ＝51 V ，则其有效值U 1＝512V ＝512 2 V ；由图可知线圈n 1是原线圈，线圈n 2是副线圈，如果变压器是理想变压器，那么输入电压和输出电压的关系有U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1U 1＝200800×512V ＝518 2 V ≈9 V ，因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器则B 正确．但实际变压器存在漏磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于9 V ，故A 正确．答案：A6．如图所示，金属棒AB 原来处于静止状态(悬挂)．由于CD 棒的运动，导致AB 棒向右摆动，则CD 棒( )A ．向右平动B ．向左平动C ．向里平动D ．向外平动解析：AB 棒向右摆动，说明它受到的安培力方向向右，根据左手定则判断出AB 中的电流方向为B →A .这说明CD 棒的电流方向为D →C ，再根据右手定则判断出CD 棒的切割方向是向外，选项D 正确．答案：D7．如图所示甲、乙两电路中，当a 、b 两端与e 、f 两端分别加上220 V 的交流电压时，测得c 、d 间与g 、h 间的电压均为110 V ．若分别在c 、d 两端与g 、h 两端加上110 V 的交流电压，则a 、b 间与e、f间的电压分别为()A．220 V，220 V B．220 V，110 VC．110 V，110 V D．220 V，0 V解析：首先要搞清楚变压器和分压器在改变电压原理上的本质不同．对于变压器，a、b间与c、d间的电压比总是等于它们间线圈的匝数比，与哪一个是原线圈无关，故a、b间接220 V的交流电压，c、d间的电压为110 V，c、d间改接110 V的交流电压，则a、b间应输出电压为220 V；而对于分压器，当e、f间接220 V的电压时，电阻的e、g与f、g部分串联，g、h间电压仅是f、g部分电阻的电压，当g、h间接110 V的电压时，由于e、g部分无电流，e、g两点等电势，故e、f间的电压等于g、h间的电压，故只有选项B正确．答案：B8.交变电流电压的有效值为6 V，它和电阻R1、R2及电容器C、电压表一起连接成如图所示的电路，图中电压表的读数为U1，为了保证电容器C不被击穿，电容器的耐压值为U2，电容器在电路中正常工作，则()A．U1＝6 2 V U2＝6 VB．U1＝6 V U2＝3 2 VC．U1＝6 2 V U2≥6 VD．U1＝6 V U2≥6 2 V解析：电压表读数为交流电压的有效值，所以电压表读数U 1＝6 V ，电容器耐压值应大于交流电压的最大值， U 2≥6 2 V .答案：D9．如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a ，磁感应强度的大小为B .一边长为a 、电阻为4R 的正方形均匀导线框ABCD 从图示位置开始沿水平向右方向以速度v 匀速穿过磁场区域，在图乙中线框A 、B 两端电压U AB 与线框移动距离的关系图象正确的是( )解析：进入磁场时，注意U AB 是路端电压，应该是电动势的四分之三，此时E ＝Ba v ，所以U AB ＝3Ba v 4；完全进入后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为Ba v ，穿出磁场时电压应该是电动势的四分之一，U AB ＝Ba v 4，电势差方向始终相同，即ΦA >ΦB ，由以上分析可知选D.答案：D10．如图所示，甲、乙两图是两个与匀强磁场垂直放置的金属框架，乙图中除了一个电阻极小、自感系数为L的线圈外，两图其他条件均相同．如果两图中AB杆均以相同初速度、相同加速度向右运动相同的距离，外力对AB杆做功的情况是()A．甲图中外力做功多B．两图中外力做功相等C．乙图中外力做功多D．无法比较解析：两图中AB杆均做加速运动，电流将增大，图乙中由于线圈自感的阻碍作用，感应电流较甲图小，安培阻力也较小，又加速度相同，则外力较甲图小，甲图中外力做功多，A正确．答案：A二、多项选择题(本题共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项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分)11．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是() A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系解析：奥斯特发现的电流的磁效应表明了电能生磁，A正确．欧姆定律描述了电流与电阻、电压与电动势之间的关系，焦耳定律才揭示了热现象与电现象间的联系，B错误，D正确．法拉第发现的电磁感应现象表明了磁能生电，C正确．答案：ACD12．如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路．当一条形磁铁从高处下落接近回路时()A．P、Q将互相靠拢B．P、Q将互相远离C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g解析：方法一设磁铁下端为N极，如图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向．可见，P、Q将互相靠拢．由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结果．所以，本题应选AD方法二根据楞次定律的另一表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g.答案：AD13．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为100π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左解析：由题图乙可知交流电电流的最大值是I m ＝10 2 A ，周期T ＝0.02 s ，由于电流表的示数为有效值，故示数I ＝I m 2＝10 A ，选项A 正确；角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，选项B 正确；0.01 s 时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C 正确；由楞次定律可判断出0.02 s 时流过电阻的电流方向自左向右，选项D 错误．答案：ABC14.(多选)如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动(俯视)，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场．设运动过程中小球带电荷量不变，那么()A．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大B．小球所受的磁场力一定不断增大C．小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动D．磁场力对小球一直不做功解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其电场强度方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断．当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力F N和磁场的洛伦兹力f，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中f＝Bq v，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力F向＝m v2r，其大小随速度先减小后增大，因此压力F N也不一定始终增大．故正确答案为C、D.答案：CD三、实验题(本题共2小题，共15分)15．(6分)在探究产生感应电流条件的实验中，实验室提供了下列器材：电源、开关、电流表、大小螺线管、铁芯、滑动变阻器、导线若干，如图所示．请按照实验的要求连好实验电路．解析：大螺线管和电流表组成闭合电路；带铁芯的小螺线管、滑动变阻器、电源、开关组成闭合回路．如图所示．16．(9分)如图所示，先后以速度v1和v2(v1＝2v2)，匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：(1)线圈中的感应电流之比I1∶I2＝________．(2)线圈中产生的热量之比Q1∶Q2＝________．(3)拉力做功的功率之比P1∶P2＝________．答案：(1)2∶1(2)2∶1(3)4∶1四、计算题(本题共3小题，共35分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)17．(8分)如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r ＝1 m 、电阻为R ＝3.14Ω的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生．(1)在图丙中画出感应电流随时间变化的i －t 图象(以逆时针方向为正)；(2)求出线框中感应电流的有效值．解析：(1)如图所示．(2)设电流的有效值为I ，则有：I 2RT ＝I 21R ·T 3＋I 22R ·2T 3，得I ＝ 2 A.18．(12分)如图所示，一小型发电机内有N ＝100 匝的矩形线圈，线圈面积S ＝0.10 m 2，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B ＝0.10 T 的匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100π rad/s 绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，发电机线圈两端与R ＝100 Ω的电阻构成闭合回路．求：(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值；(2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转为90°角的过程中通过电阻R 的电荷量；(3)线圈匀速转动10 s ，电流通过电阻R 产生的焦耳热．解析：(1)线圈中感应电动势的最大值E m ＝NBSω＝3.14×102 V(314 V ，100π V 也同样得分)．(2)设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角所用时间为Δt ，线圈中的平均感应电动势E —＝n BS Δt ，通过电阻R 的平均电流I —＝E R ＝nBS R Δt ，在Δt 时间内通过电阻的电荷量Q ＝I —Δt ＝nBS R＝1.0×10－2 C. (3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，电阻两端电压的有效值U ＝22E m ，经过t ＝10 s ，电流通过电阻产生的焦耳热Q 热＝U 2Rt ，解得Q 热＝4.9×103 J.19．(13分)如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(a) (b)(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．解析：(1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B-t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔB ΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V .(2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BL v ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V ；回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v (t －1) (1 s ≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Bl v ＝2B v 2(t －1)＝(t －1) V感应电流i ＝e R＝(t －1) A(1 s ≤t ≤1.2 s)。

2019_2020学年高中物理模块综合检测(含解析)新人教版选修3_2

模块综合检测(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1. 如图所示，闭合矩形线框abcd位于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，让线框以沿与ab边垂直的速度v在磁场中匀速运动，则关于线框中感应电流和感应电动势判断正确的是( )A．cd中有向上的电流，且c点电势高于d点电势B．cd中有向上的电流，且d点电势高于c点电势C．cd中没有感应电流，且d点电势不等于c点电势D．cd中没有感应电流，且d点电势等于c点电势解析：选C.根据感应电流产生的条件，即当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，回路中就会有感应电流产生．本题中，线框运动的过程，磁通量不变，故回路中没有感应电流；但根据右手定则，整个导体向右切割磁场，导体的ad端电势高于bc端的电势，故本题选C.2. M和N是绕在一个环形铁芯上的两个线圈，绕法和线路如图所示．现将变阻器R1的滑片从a端逐渐向b端移动的过程中，对通过电阻R2的电流分析正确的是( )A．R2中有电流，方向由c流向dB．R2中有电流，方向由d流向cC．R2中无电流，原因是R2回路没有接外电源D．R2中无电流，原因是N线圈没有切割磁感线解析：选A.根据右手螺旋定则可知，线圈M左端是S极，右端是N极．现将变阻器R1的滑片从a端逐渐向b端移动的过程中，电阻减小，电流增大，磁场增强，导致向左穿过线圈N 的磁通量增大，则由楞次定律可得：R2中有电流，方向由c流向d，故A正确，B、C、D错误．3.如图甲所示，在长直载流导线附近有一个矩形线圈ABCD ，线圈与导线始终在同一平面内．取图示电流方向为直导线电流的正方向，当直导线通入如图乙所示的电流时，在0～T 内说法正确的是( )A ．在t ＝T 2时，穿过线圈ABCD 中的磁通量最大 B ．在t ＝T 2时，线圈ABCD 中产生的感应电流最小 C ．在t ＝T 2～T 时间内，线圈ABCD 中感应电流方向一直沿顺时针方向 D ．在t ＝T 2～T 时间内，线圈ABCD 中感应电流方向会发生改变解析：选D.在t ＝T 2时，通过直导线的电流为零，产生的磁场磁感应强度为零，但磁场变化最快；穿过线圈ABCD 中的磁通量为零，但磁通量变化最快，感应电流最大，故A 错误，B 错误；在t ＝T 2～3T 4时间内，穿过线圈的磁通量向外增大，感应电流沿顺时针方向；在t ＝3T 4～T 时间内，穿过线圈的磁通量向外减小，感应电流沿逆时针方向．因此在t ＝T 2～T 时间内，感应电流方向会发生改变，故C 错误，D 正确．4. 如图所示，在电路两端加上正弦交变电流，保持电压有效值不变，使频率增大，发现灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M 、N 、L 中所接元件可能是( )A ．M 为电阻，N 为电容器，L 为电感线圈B ．M 为电感线圈，N 为电容器，L 为电阻C ．M 为电容器，N 为电感线圈，L 为电阻D ．M 为电阻，N 为电感线圈，L 为电容器解析：选C.当交变电流的频率增大时，电感线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮、灯2变暗可知M 为电容器、N 为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L 为电阻，C 正确．5．如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电压—时间图象．原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝10∶1，串联在原线圈电路中的交流电流表的示数为1 A ，则( )A ．变压器原线圈所接交流电压的有效值为220 2 VB ．变压器输出端所接电压表的示数为22 2 VC ．变压器输出端交变电流的频率为50 HzD ．变压器的输出功率为220 2 W解析：选C.变压器原线圈所接交流电压的有效值为U 1＝22022V ＝220 V ，选项A 错误；变压器输出端所接电压表的示数为U 2＝n 2n 1U 1＝110×220 V＝22 V ，选项B 错误；变压器输出端交变电流的频率为f ＝10.02Hz ＝50 Hz ，选项C 正确；变压器的输出功率等于输入功率，P ＝U 1I 1＝220×1 W＝220 W ，选项D 错误．6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V ，6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是( )A ．电流表的示数为2 2 AB ．变压器的输入功率为18 WC ．副线圈两端接入耐压值为10 V 的电容器能正常工作D ．原线圈中磁通量变化比副线圈中磁通量变化得快解析：选B.由输入端交变电压u 的图象，可求出原线圈两端电压有效值为27 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得副线圈两端的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝13×27 V＝9 V ，三只灯泡均能正常发光．由P ＝UI 得每只灯泡通过的电流为：I 1＝P U ＝69 A ＝23 A ，电流表的读数为I ＝3I 1＝3×23A ＝2 A ，A 错误；变压器的输出功率和输入功率相等，故变压器的输入功率等于三只灯泡消耗的功率，为18 W ，B 正确；副线圈两端电压的最大值为9 2 V ，大于10 V ，C 错误；原、副线圈磁通量变化快慢相同，D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7. 如图所示，A 和B 都是铝环，环A 是闭合的，环B 是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动．下列判断正确的是( )A ．用磁铁的N 极靠近A 环，A 环会有顺时针方向的电流产生B ．用磁铁的N 极靠近A 环，A 环会有逆时针方向的电流产生C ．用磁铁的N 极靠近A 环，A 环会远离磁铁D ．用磁铁的N 极靠近B 环，B 环会远离磁铁解析：选BC.用N 极接近环A 时，向里的磁通量最大，所以A 环中感应电流的磁场的方向向外，环A 能产生逆时针的感应电流，故A 错误，B 正确；A 环闭合，磁铁插向A 环时，产生感应电流，环受力，A 环会远离磁铁，故C 正确；B 环不闭合，磁铁插向B 环时，环内不产生感应电流，因此环不受磁场的作用，横杆不转动，故D 错误．8．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F N ，则( )A ．t 1时刻F N ＞G ，P 有收缩的趋势B ．t 2时刻F N ＝G ，此时穿过P 的磁通量最大C ．t 3时刻F N ＝G ，此时P 中无感应电流D ．t 4时刻F N ＜G ，此时穿过P 的磁通量最小解析：选AB.t 1时刻螺线管中电流增大，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，故线圈有远离和面积收缩的趋势，F N >G ，故A 正确；t 2时刻与t 4时刻，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，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t 2时刻和t 4时刻F N ＝G ，此时穿过P 的磁通量最大，故B 正确，D 错误；t 3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．t 3时刻螺线管中电流为零，因此两个线圈之间没有安培力，F N ＝G ，故C 错误．9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，V 、R 和L 分别是理想电压表、定值电阻和电感线圈，D 1、D 2均为灯泡．已知原线圈两端电压u 按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是( )A ．电压表示数为62.2 VB ．电压u 的表达式为u ＝311sin 100πt (V)C ．仅增大电压u 的频率，电压表示数增大D ．仅增大电压u 的频率，D 1亮度不变，D 2变暗解析：选BD.由图象可知变压器输入电压的有效值为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得电压表的示数为44 V ，A 错误；由图象可知输入电压的最大值为U m ＝311 V ，周期T ＝2×10－2 s ，ω＝2πT＝100π rad/s ，所以B 正确；变压器的电压与频率无关，C 错误；增大输入电压的频率对R 支路无影响，但使L 的感抗增加，通过D 2的电流减小，D 2变暗，D 正确．10．如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电压，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式为u ＝202sin 100πt (V)B ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析：选AD.由题图乙可知，U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，则ω＝2πT＝100π rad/s ，输入电压u ＝202sin 100πt (V)，故A 正确；由变压器的变压规律知：U 1U 2＝n 1n 2，故U 2＝20×15V ＝4 V ，将S 1接1、S 2闭合时，灯泡L 2正常发光，故灯泡L 2的额定电压为4 V ，当只断开S 2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L 1、L 2串联，故L 1、L 2均不能正常发光，B 错误；此时P 出＝U 22R 总，副线圈负载R 总增大，故P 出减小，又P 入＝P 出，故原线圈的输入功率减小，C 错误；当S 1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R ，故P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(10分)一种测量物体质量的装置，其结构如图甲、乙所示，磁极间存在着磁感应强度大小为B ＝0.5 T 的匀强磁场．边长L ＝0.1 m 、匝数n ＝100匝的正方形线圈abcd 套于中心磁极并固定在托盘骨架上，总质量m 0＝1 kg. 线圈左右两边处于磁场中，与一数字式电量表(图上未画出)连接成一个回路，回路总电阻为R ＝10 Ω.托盘下方和磁极之间固定一劲度系数为k ＝10 N/cm 的轻弹簧．在某次测量中，一物体从轻放到托盘上到最终静止的过程中流过电量表的净电荷量为q ＝0.02 C ，不计摩擦和空气阻力，g 取10 m/s 2.(1)当托盘向下运动的速度为v ＝0.1 m/s 时，求此时线圈中感应电流的大小和方向；(2)求该物体的质量；(3)测量中弹簧增加的弹性势能为ΔE p ＝0.2 J ，求回路产生的焦耳热Q .解析：(1)E ＝2nBLv ＝1 VI ＝E R＝0.1 A 据右手定则，线圈中感应电流的方向在图乙中沿顺时针方向．(2)q ＝∑2nBLv R Δt ＝2nBLx R，解得：x ＝0.02 m 据kx ＝mg ，解得m ＝kqR2nBLg＝2 kg. (3)据功能关系(m ＋m 0)gx ＝ΔE p ＋Q ，解得：Q ＝0.4 J.答案：(1) 0.1 A ，沿顺时针方向 (2)2 kg (3)0.4 J12．(14分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压有效值恒为500 V ，现用电阻率为1.8×10－8 Ω·m、横截面积为10－5 m 2的输电线向4×103m 远处的用户输电，且使发电机满负荷运行，已知输电线上的损失功率为发电机总功率的4%，则：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V ，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220 V ？若用电器电路中电流为100 A ，求此时用电器两端的电压数值．解析：(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r ＝ρ2l S ＝14.4 Ω由题意知P 损＝P ×4%＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22r 代入数据得U 2＝6 000 V 升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝112. (2)I 2＝P U 2＝503A U 损＝I 2·r ＝240 V而U 3＝U 2－U 损＝5 760 Vn 3n 4＝U 3U 4＝28811降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11.(3)用电器总数减少时，用电器电路总电阻变大，I 4变小，则输电线电路中电流变小，输电线损失电压变小，U 3变大，则U 4变大，即用电器两端的电压大于220 V.由题知I ′4＝100 A则由I ′4I ′3＝n 3n 4＝28811，所以I ′3＝27572A U ′损＝I ′3·r ＝55 V而U 1、U 2不变U ′3＝U 2－U ′损＝(6 000－55) V ＝5 945 VU ′3U ′4＝n 3n 4，U ′4≈227 V. 答案：(1)1∶12 (2)288∶11 (3)大于220 V 227 V13．(16分) 如图所示，足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，间距为1 m ．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T ，P 、M 间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab 在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)当金属杆的速度为4 m/s 时，金属杆的加速度大小；(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m 时，通过金属杆的电荷量．解析：(1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律，有 F ＋mg sin θ－F 安－f ＝ma ，f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ ab 杆所受安培力大小为F 安＝BILab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv 由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R整理得：F ＋mg sin θ－B 2L 2Rv －μmg cos θ＝ma 代入v m ＝8 m/s 时a ＝0，解得F ＝8 N代入v ＝4 m/s 及F ＝8 N ，解得a ＝4 m/s 2.(2)设通过回路横截面的电荷量为q ，则q ＝It 回路中的平均电流强度为I ＝E R回路中产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦt回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx ，联立解得 q ＝3 C.答案：(1)4 m/s 2 (2)3 C。

2019-2020学年高中物理人教版选修3-2同步作业与测评：模块检测(A卷) Word版含解析

模块检测模块检测(A卷)对应学生用书P55 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)1．下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是( )答案　C解析　A中虽然导体“切割”了磁感线，但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化，没有感应电流。

B中线框的一部分导体“切割”了磁感线，由于线框不闭合，线框中无感应电流。

C中虽然与A近似，但由于是非匀强磁场，运动过程中，穿过线框的磁感线条数增加，线框中有感应电流。

D中线框尽管是部分切割，但磁感线条数不变，无感应电流，故选C。

2.如图所示，线框由A位置开始下落，在磁场中受到的安培力如果总小于重力，则它在A 、B 、C 、D 四个位置(B 、D 位置恰好线框有一半在磁场中)时，加速度关系为( )A ．a A >aB >aC >aD B ．a A ＝a C >a B >a DC ．a A ＝a C >aD >a B D ．a A ＝a C >a B ＝a D答案　B解析　线框在A 、C 位置时只受重力作用，加速度a A ＝a C ＝g 。

线框在B 、D 位置时均受两个力的作用，其中安培力向上、重力向下。

由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小为a ＝g －<g 。

又线框在D 点时速度大于B 点速度，即F mF D >F B ，所以a D <a B 。

因此加速度的关系为a A ＝a C >a B >a D 。

B 正确。

3.如图所示，金属棒ab 置于水平放置的金属导体框架cdef 上，棒ab 与框架接触良好。

从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab 棒仍静止。

2020届人教版高中物理选修3-2：第四章章末检测含答案

第四章章末检测一、选择题(本题共10个小题，每小题7分，共70分.1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(河北石家庄联考)关于物理学史，下列说法正确的是( ) A．奥斯特首先发现了电磁感应现象B．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕C．法拉第首先发现了电流的热效应D．纽曼和韦伯先后总结出了法拉第电磁感应定律解析：法拉第发现了电磁感应现象，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项B错误；焦耳发现了电流的热效应，选项C错误；纽曼和韦伯先后总结出了法拉第电磁感应定律，选项D正确．答案：D2．如图所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落到与磁铁的最上端齐平的过程中，下列判断正确的是( ) A．金属环在下落过程中的机械能守恒B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量C．金属环的机械能先减小后增大D．磁铁对环的磁场力对环做正功解析：金属环在下落过程中，穿过环内的磁通量增加，产生感应电流．根据楞次定律可知，在这个过程中，为阻碍环的磁通量增加，磁铁对环有向上的磁场力，则磁场力对环做负功，机械能减小，环减少的重力势能转化为环的动能和电能，B项正确．答案：B3．如图所示，在一均匀磁场中有一导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一段导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则( )A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动解析：ef向右运动，在闭合回路中产生感应电流，根据楞次定律，ef受安培力将阻碍其向右运动，即ef要克服安培力做功而使动能减少，故ef向右做减速运动．但值得注意的是，随速度v的减小，加速度减小，故不可能做匀减速运动．A正确．答案：A4．如图所示，金属棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab棒斜向下．从某时刻开始磁感应强度均匀减小，同时施加一个水平方向上的外力F使金属棒ab保持静止，则F( )A．方向向右，且为恒力B．方向向右，且为变力C ．方向向左，且为变力D ．方向向左，且为恒力解析：由E ＝n ΔB Δt·S 可知，因磁感应强度均匀减小，感应电动势E 恒定，由F 安＝BIl ，I ＝E R可知，ab 棒受的安培力随B 的减小而均匀变小，由外力F ＝F 安可知，外力F 也均匀减小为变力，由左手定则可判断F 安水平向右，所以外力F 水平向左，C 正确．答案：C5．如图所示电路中，A 、B 是两个相同的小灯泡．L 是一个带铁芯的线圈，其电阻可忽略不计．调节R ，电路稳定时两小灯泡都正常发光，则( )A ．合上开关时，A 、B 两灯同时正常发光，断开开关时，A 、B 两灯同时熄灭B ．合上开关时，B 灯比A 灯先达到正常发光状态C ．断开开关时，A 、B 两灯都不会立即熄灭，通过A 、B 两灯的电流方向都与原电流方向相同D ．断开开关时，A 灯会突然闪亮一下后再熄灭解析：合上开关时，B 灯立即正常发光，A 灯所在的支路中，由于L 产生的自感电动势阻碍电流的增大，A 灯将推迟一些时间才能达到正常发光状态，故选项A 错误、B 正确；断开开关时，L 中产生与原电流方向相同的自感电流，流过A 灯的电流方向与原电流方向相同，流过B 灯的电流方向与原电流方向相反，选项C 错误；因为断开开关后，由L作为电源提供的电流是从原来稳定时通过L的电流值逐渐减小的，所以A、B两灯只是延缓一些时间熄灭，并不会比原来更亮，选项D错误．答案：B6．如图所示，A是一边长为L的正方形导线框．虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为3L.线框的bc边与磁场左右边界平行且与磁场左边界的距离为L.现维持线框以恒定的速度v沿x 轴正方向运动．规定磁场对线框作用力沿x轴正方向为正，且在图示位置时为计时起点，则在线框穿过磁场的过程中，磁场对线框的作用力随时间变化的图象正确的是( )解析：当bc边进入磁场切割磁感线时，产生感应电流，利用右手定则可判断感应电流的方向从c→b，再利用左手定则可判断安培力向左，与规定的安培力的正方向相反，A错误，结合I＝BLvR，F＝BIL，得安培力F是定值，C错误；当线框穿出磁场时，ad边切割磁感线，产生感应电流从d→a，利用左手定则可判断安培力向左，与规定的安培力的正方向相反，B正确．答案：B7．如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场有理想界面，用力F 将矩形线圈从磁场中匀速拉出．在其他条件不变的情况下( )A ．速度越大时，拉力做功越多B ．线圈边长L 1越大时，拉力做功越多C ．线圈边长L 2越大时，拉力做功越多D ．线圈电阻越大时，拉力做功越多解析：用力F 匀速拉出线圈的过程中所做的功为W ＝FL 2，又F ＝F 安＝IBL 1，I ＝BL 1v R ，所以W ＝B 2L 21L 2v R，可知A 、B 、C 正确，D 错误．答案：ABC8．如图所示，A 为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接入M 、N 间的交流电源，B 为一个接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光情况的说法正确的是( )A ．闭合开关后小灯泡可能发光B ．若闭合开关后小灯泡发光，则再将B 线圈靠近A ，则小灯泡更亮C ．闭合开关瞬间，小灯泡才能发光D ．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器的滑片左移后，小灯泡可能会发光解析：闭合开关后，A 产生交变磁场，B 的磁通量变化，小灯泡通电后可能发光，选项A 正确、C 错误；闭合开关后再将B 线圈靠近A ，B 的磁通量变化率增大，产生的感应电动势更大，小灯泡更亮，选项B 正确；闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，A 中电流减小，B 的磁通量变化率减小，小灯泡不会发光，选项D 错误．答案：AB9．矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，则( )A ．从0到t 1时间内，导线框中电流的方向为adcbaB ．从0到t 1时间内，导线框中电流大小不变C ．从t 1到t 2时间内，导线框中电流越来越大D ．从t 1到t 2时间内，导线框bc 边受到安培力大小保持不变解析：由图可知，0～t 1内，线框中磁通量的变化率相同，故0到t 2时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba 方向，故A 正确；从0到t 1时间内，线框中磁通量的变化率相同，由E ＝ΔBS Δt可知，电路中电流大小恒定不变；同理从t 1到t 2时间内，导线电流大小恒定，故选项B 正确，C 错误；从t 1到t 2时间内，电路中电流大小恒定不变，故由F ＝BIL 可知，F 与B成正比，故D 错误．答案：AB10．(全国甲卷，20)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝12Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．答案：AB二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．如图所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距l ＝0.5 m ，导轨左端连接一个R ＝0.2 Ω的电阻和一个理想电流表A ，导轨的电阻不计，整个装置放在磁感应强度B ＝1 T 的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．一根质量为m ＝0.4 kg 、电阻为r ＝0.05 Ω的金属棒与磁场的左边界cd 重合．现对金属棒施加一水平向右、F ＝0.4 N 的恒定拉力，使棒从静止开始向右运动，已知在金属棒离开磁场右边界ef 前电流表的示数已保持稳定．(1)求金属棒离开磁场右边界ef 时的速度大小．(2)当拉力F 的功率为0.08 W 时，求金属棒的加速度．解析：(1)由题意可知，当金属棒离开右边界ef 时已达到最大速度v max ，有E ＝Blv max ，I ＝E R ＋r ，F 安＝BIl ，F 安＝F ，代入数据得v max ＝0.4 m/s.(2)当力F 的功率为0.08 W 时，金属棒的速度v ＝PF＝0.2 m/s F －F ′安＝ma ，即F －B 2l 2v R ＋r＝ma 代入数据得a ＝0.5 m/s 2，方向向右．答案：(1)0.4 m/s (2)0.5 m/s 2 方向向右12．如图所示，足够长的U 形框架宽度是L ＝0.5 m ，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角，磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为m ＝0.2 kg ，有效电阻R ＝2 Ω的导体棒MN 垂直跨放在U 形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒截面的电荷量为Q ＝2 C ．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：(1)导体棒匀速运动的速度；(2)导体棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动，这一过程中导体棒的有效电阻消耗的电功．解析：(1)导体棒受力如图，匀速下滑时有平行斜面方向：mg sin θ－F f －F ＝0垂直斜面方向：F N －mg cos θ＝0其中F f ＝μF N安培力F ＝BIL电流强度I ＝E R感应电动势E ＝BLv由以上各式得v ＝5 m/s(2)通过导体棒的电荷量Q ＝I Δt其中平均电流I ＝ER ＝ΔΦR Δt设导体棒下滑位移为x ，则ΔΦ＝BxL 由以上各式得x ＝QR BL ＝2×20.8×0.5m ＝10 m 全程由动能定理得mgx sin θ－W 安－μmg cos θ·x ＝12mv 2。

高中物理人教版2019选修三习题答案章末测评卷第二章测评

第二章测评(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。

每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2022山东日照高二期末)下列说法正确的是()A.表面张力的方向总是垂直于液面，指向液体内部B.产生毛细现象时，液体在毛细管中一定上升C.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似D.熔化的金属在太空中呈现球形，是由于液体内部分子间存在引力2.(2022江苏扬州高三开学考试)新买的冰箱在第一次通电后一段时间，首次打开冰箱门会发现门比较紧，产生这种现象的原因是()A.冰箱工作后，随着温度下降，腔体内气体压强小于外界压强B.冰箱工作后，随着温度下降，腔体内气体压强大于外界压强C.腔体内气体分子平均动能变大D.腔体内气体分子平均动能不变3.(2022云南昆明第一中学西山学校高三阶段练习)某次实验时，如图所示，试管中用水银柱封闭了一定质量的理想气体，一段时间后，发现水银柱往下移动了一定距离。

则关于这个实验，下列说法正确的是()A.封闭气体的分子平均动能减小，气体吸热B.在相等时间内封闭气体的分子对单位面积器壁的冲量不变C.封闭气体在单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数不变D.由于水银对玻璃不浸润，附着层内分子比水银的分子内部密集4.如图所示为医院给病人输液的部分装置，A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通。

在输液过程中(假设病人保持不动、瓶A液体未流完)()A.瓶A上方的气体压强、滴壶B中的气体压强均减小B.瓶A上方的气体压强、滴壶B中的气体压强均增大C.瓶A上方的气体压强增大，滴壶B中的气体压强不变D.瓶A上方的气体压强减小，滴壶B中的气体压强不变5.如图所示为一体积不变的绝热容器，现打开排气孔的阀门，使容器中充满与外界大气压强相等的理想气体，然后关闭阀门。

开始时容器中气体的温度为T0=300K。

现通过加热丝(未画出)对封闭气体进行加热，使封闭气体的温度升高到T1=350K，温度升高到T1=350K后保持不变，打开阀门使容器中的气体缓慢漏出，当容器中气体的压强再次与外界大气压强相等时，容器中剩余气体的质量与原来气体的质量之比为()A.3∶4B.5∶6C.6∶7D.7∶86.(2022重庆西南大学附中高二阶段练习)如图甲、乙、丙所示，三根完全相同的玻璃管，上端开口，管内用相同长度的水银柱封闭着质量相等的同种气体。

2019_2020学年高中物理章末过关检测二含解析新人教版选修3_4

章末过关检测(二)(时间：60分钟，满分：100分)一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题，每小题6分，共48分)1．关于机械波的概念，下列说法中正确的是( )A．相隔一个周期的两个时刻，简谐波的图象相同B．质点的振动方向总是垂直于波的传播方向C．任一振动质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长D．简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两质点振动位移相等解析：质点的振动状态经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长，而不是质点本身沿波的传播方向移动一个波长．绳上相距半个波长的两质点位移总是大小相等，方向相反．对于横波，质点的振动方向和波的传播方向垂直，而纵波中质点的振动方向和波的传播方向在一条直线上．故B、C、D错误，A正确．答案：A2．关于机械波的说法正确的是( )A．当波从一种介质进入另一种介质，保持不变的是波长B．两个振动情况完全相同的质点间的距离是一个波长C．波源振动一个周期，波就向前传播一个波长的距离D．在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于波长解析：当波由一种介质进入另一种介质时不变的只有频率，A错误；两个振动情况完全相同的质点间的距离是波长的整数倍，B错误；波源振动一个周期，波刚好向前传播一个波长的距离，C正确；在一个周期内，介质的质点走过的路程等于振幅的4倍，D错误．答案：C3．一列简谐横波沿直线传播，以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图象如图所示，已知O、A的平衡位置相距0.9 m．以下判断正确的是( )A．波长为1.2 mB．波源起振方向沿y轴负方向C．波速大小为0.4 m/sD ．质点A 的动能在t ＝4 s 时最大解析：以波源开始振动为计时零点，因此波传到A 点需要的时间由题图可以看出为3 s ，已知O 、A 两点平衡位置的距离为0.9 m ，根据v ＝x t可求得波的传播速度为0.3 m/s ，再根据波长公式λ＝vT 可求得波长为1.2 m ，A 正确，C 错误；由于A 点开始振动的方向沿y 轴正方向，因此波源的起振方向也沿y 轴正方向，B 错误；质点A 在 t ＝4 s 时处在最大位移处，因此动能最小，D 错误．答案：A4．一简谐机械波沿x 轴正方向传播，周期为T ，波长为λ.若x ＝0处质点的振动图象如图所示，则该波在t ＝T2时刻的波形图为选项图中的( )解析：由振动图象知，在t ＝0时刻，x ＝0处的质点正在向y 轴正方向运动，则知B 图是该波在t ＝0时刻的波形图，则该波在t ＝T2时刻的波形与B 图关于x 轴对称，A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A5．一列横波沿x 轴正方向传播，某时刻的波形图为一正弦曲线，如图所示，若其波速为2 m/s ，下列说法正确的是( )A ．从图示时刻开始，经过1 s 质点a 通过的路程为0.2 mB ．从图示时刻开始，质点b 比质点a 先回到平衡位置C ．若此波遇到另一列波并产生稳定的干涉图样，则另一列波的频率为0.5 HzD ．若该波传播中遇到宽约3 m 的障碍物，不能发生明显的衍射现象解析：由波的图象知波长λ＝4 m ，由v ＝λT 知波的周期T ＝λv ＝2 s ，f ＝1T＝0.5 Hz ，从图示时刻起经t ＝1 s ＝T2，质点a 通过的路程s a ＝2A ＝0.4 m ，A 错误；由波的传播方向可以判断，此时质点b 正沿y 轴负方向运动，回到平衡位置的时间t b ＞T 4，而t a ＝T4，故B 错误；两列波若发生干涉，则频率一定相同，C 正确；因障碍物的宽度d ＝3 m ＜λ，所以该波可以发生明显的衍射现象，D 错误．答案：C6.如图所示，实线表示两个相干波源S 1和S 2发出的波峰位置，以下判断正确的是( )A ．a 、b 两点振幅相同B ．a 、b 两点振幅不同C ．若两列波的振幅都为10 cm ，则a 、b 两点任意时刻的高度差都为20 cmD ．若两列波的振幅都为10 cm ，则a 、b 两点的高度差会在0～20 cm 之间变化解析：当两列相干波的振幅分别为A 1、A 2时，加强区内质点的振幅A ＝A 1＋A 2，减弱区内质点的振幅A ＝|A 1－A 2|.若两列波的振幅都为10 cm ，因为a 处于减弱区，所以振幅为零，即a 点在任意时刻都不振动；b 点处于加强区，所以振幅为20 cm.因为介质中质点做的简谐振动，所以b 点的振动位移是在－20 cm ～20 cm 之间不断变化的，所以B 、D 正确．答案：BD7．如图所示，在原点处做简谐运动的波源产生的机械波沿x 轴正方向传播，波速v ＝400 m/s.为了接收信号，在x ＝400 m 处设有一接收器A (图中未标出)．已知t ＝0时，波已经传播到x ＝40 m 处，则下列说法中不正确的是( )A ．波源振动的周期为0.05 sB ．x ＝40 m 处的质点在t ＝0.5 s 时位移最大C ．接收器在t ＝1.0 s 时才能接收到此波D ．若波源向x 轴负方向移动，则接收器接收到的波的频率将小于20 Hz解析：波源的振动周期T ＝λv ＝20400s ＝0.05 s ，故A 正确．x ＝40 m 处的质点在t ＝0.5 s时仍在平衡位置，故B 错．接收器接到此波的时间为t ＝400－40400 s ＝0.9 s ，故C 错．由多普勒效应可知，接收器收到的波的频率应小于波源频率，即小于20 Hz ，故D 正确．答案：AD8．如图所示，有一列减幅传播的简谐横波，x ＝0与x ＝75 m 处的A 、B 两个质点的振动图象分别如图中实线与虚线所示，则这列波的()A ．A 点处波长是10 cm ，B 点处波长是5 cm B ．周期一定都是2×10－2sC ．t ＝0.012 5 s 时刻，两质点的振动速度方向相反D ．传播速度一定是600 m/s解析：由A 、B 两质点的振动图象可知两质点的周期均为2×10－2s ，所以B 项正确；再由振动图象知t ＝0时，质点A 在平衡位置且向上振动，B 处在波峰，则有75 m ＝34λ＋n λ(n ＝0,1,2,3，…)，解得λ＝3004n ＋3 m(n ＝0,1,2,3，…)，所以A 项错误；在t ＝0.012 5 s 时，质点A 向下振动，B 向上振动，所以C 项正确；波的传播速度v ＝λT＝15 0004n ＋3m/s(n ＝0,1,2,3，…)，有多种可能，D 项错误．答案：BC二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(12分)一列横波沿x 轴传播，在某一时刻x 轴上相距s 的两质点A 、B ，均处于平衡位置，且A 、B 间只有一个波峰，经过时间t ，质点B 第一次达到波峰，试求该波的传播速度．解析：虽然A 、B 间只有一个波峰，但实际上有四种波形与之相对应，如图，且波的传播方向未定，因此每种情况均有两种可能的解．(1)图中λ＝2s ，波向右传播时t ＝T 4，波速v 1＝λT ＝2s 4t ＝s 2t .波向左传播时t ＝3T4，波速v 2＝λT ＝2s 4t 3＝3s2t.(2)图中λ＝s ，波向右传播时t ＝3T 4，波速v 1＝λT ＝3s 4t ；波向左传播时t ＝T 4，波速v 2＝λT ＝s4t.(3)图中λ＝s ，波向右传播时t ＝T 4，v 1＝λT ＝s 4t ；波向左传播时，t ＝3T 4，波速v 2＝λT＝3s4t. (4)图中λ＝23s ，波向右传播时t ＝3T 4，v 1＝λT ＝s2t；波向左传播时t ＝T 4，波速v 2＝λT ＝s6t.其中8种可能的波速中有几个相同，因此有5种可能的波速为s 2t 、3s 2t 、3s 4t 、s 4t 、s6t.答案：见解析10．(12分)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻的波形如图所示，介质中质点P 、Q 分别位于x ＝2 m 、x ＝4 m 处．从t ＝0时刻开始计时，当t ＝15 s 时质点Q 刚好第4次到达波峰．(1)求波速；(2)写出质点P 做简谐运动的表达式(不要求推导过程)．解析：(1)设简谐横波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由图象知，λ＝4 m ．由题意知t ＝3T ＋34T又v ＝λT联立以上两式，代入数据得v ＝1 m/s.(2)质点P 做简谐运动的表达式为y ＝0.2sin(0.5πt ) m.答案：(1)1 m/s (2)y ＝0.2sin(0.5πt ) m11．(14分)一列简谐横波沿直线传播，在这条直线上相距d ＝1.5 m 的A 、B 两点，其振动图象分别如图甲、乙所示．已知波长λ＞1 m ，求这列波的速度 v .解析：由A 、B 两点振动图象可知，该波的振动周期T ＝4×10－3s. 若波由A 向B 传播d ＝n λ1＋34λ1＝1.5 m(n ＝0,1,2，…)λ1＝64n ＋3 m(n ＝0,1,2，…)又λ＞1 m 所以λ1＝2 m 传播速度v 1＝λ1T＝24×10－3 m/s ＝500 m/s 若波由B 向A 传播d ＝n λ2＋14λ2＝1.5 m(n ＝0,1,2，…)λ2＝64n ＋1 m(n ＝0,1,2，…)又λ＞1 m所以λ2＝6 m 或λ′2＝1.2 m传播速度v 2＝λ2T ＝1 500 m/s 或v ′2＝λ′2T＝300 m/s.答案：若波由A 向B 传播，波速为 500 m/s ；若波由B 向A 传播，波速为 1 500 m/s 或300 m/s12．(14分)如图所示，实线表示一列横波在某时刻的波形图线，虚线是经过0.2 s 时的波形图线．(1)若波向左传播，求它在这段时间内传播的距离． (2)若波向右传播，求它的最大周期．(3)若波的传播速度为115 m/s ，试判断波的传播方向．解析：由波的图象可知，波长λ＝4 m.(1)波在空间上具有周期性，向左传播的可能距离Δx ＝(3＋n λ) m ＝(4n ＋3) m(n ＝0,1,2,3，…)．(2)若波向右传播时，传播的可能距离为Δx ＝(1＋n λ)m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ4＋n λm ；由波的时空周期性，可知波传播Δx 的距离需时间Δt ＝T4＋nT ，T ＝4Δt4n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)．当n ＝0时，周期有最大值，T m ＝4Δt ＝0.8 s.(3)当v ＝115 m/s 时，波在0.2 s 时间内传播的距离为Δx ＝v ·Δt ＝23.0 m ＝23.04λ＝5λ＋34λ，可知波沿x 轴负方向传播．答案：(1)(4n ＋3) m(n ＝0,1,2,3，…) (2)0.8 s (3)沿x 轴负方向传播。

2019-2020学年物理人教版选修3-2课后检测：综合测试卷

选修3－2综合测试卷第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题有14小题，每小题3分，共42分．其中1～8题为单选题，9～14题为多选题)1．如图所示为一正弦交流电电压随时间变化的图象，下列表达式正确的是()A．e＝2sin 0.2πt(V)B．e＝2sin 10πt(V)C．e＝2sin 10πt(V) D．e＝2sin 0.2πt(V)解析：由图象知，交流电周期0.2 s，则ω＝2πT＝10 π，故C正确．答案：C2．如图(a)所示的电路中，光敏电阻R2加上图(b)所示的光照时，R2两端的电压变化规律是()解析：光敏电阻随光照的增强电阻减小，电路中电流增大，电阻R1两端电压增大，R2两端电压减小，但不能减小到零，故B项正确．答案：B3.如图所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在同一水平面内．当小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B，下列说法中正确的是()A．有顺时针方向的电流且有收缩的趋势B．有顺时针方向的电流且有扩张的趋势C．有逆时针方向的电流且有收缩的趋势D．有逆时针方向的电流且有扩张的趋势解析：根据右手螺旋定则可得，A中电流的磁场向里且逐渐增大，根据楞次定律可得，穿过线框B的磁场增大，感应电流的磁场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向，A环外的磁场的方向与A环内的磁场的方向相反，当A环内的磁场增强时，B 环具有面积扩展的趋势，故D正确．答案：D4．关于电磁灶的加热原理，下列说法正确的是()①电磁灶加热与微波炉加热原理是一样的②电磁灶是利用电磁感应原理制成的③电磁灶是热量从灶口传递给锅中的食物达到加热的目的④电磁灶工作时，灶不会生热A．②④B．①③C．①②D．②③解析：电磁灶里面的线圈中变化的电流，产生变化的磁场，从而形成涡流，根据电流的热效应进行加热，电磁灶工作时，灶不会生热，故③错误，④正确；微波炉是接通电路后，220 V交流电经变压器变压，在次级产生3.4 V低压交流电对磁控管加热，同时在另一次级产生2 000 V高压电，经镇流系统加到磁控管的阴、阳两极之间，使磁控管产生微波，微波输送至金属制成的加热器(炉腔)，被来回反射，微波的电磁作用使食物内的分子高频运动，从而使食物受热，故①错误，②正确．所以A项正确，B、C、D三项错误．答案：A5．传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车车轮相连，另一端连接条形永磁铁，车轮转动过程中，驱动轴带动磁铁在铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示．已知波形图中正负尖峰电压分别为U m 和－U m.两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt，发电机线圈匝数为n.以下判断正确的是()A．驱动轴转动的角速度ω＝2πΔtB．线圈电压的有效值U＝2U m 2C．穿过线圈磁通量变化率的最大值k m＝U m nD．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U＝U m 2解析：根据题述两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt，可得交变电流周期T＝2Δt，驱动轴转动的角速度ω＝2π2Δt＝πΔt，A项错误；由于产生的交变电流不是按照正弦规律变化，线圈电压的有效值不是U＝2U m2，B项错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比，U m＝nk m，穿过线圈磁通量变化率的最大值k m＝U mn，C项正确；相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U＝n ΔΦ2Δt，因为线圈转过一个完整的周期，磁通量变化量ΔΦ＝0，所以电压平均值等于零，D项错误．答案：C6．有一额定电压为55 V的特种灯泡，要使它正常发光，则应通过一个理想变压器再接入家中的电源，则选用的变压器原、副线圈的匝数比n1:n2应为()A．1:2 B．1:4C．2:1 D．4:1解析：额定电压为55 V的特种灯泡，要使它正常发光，副线圈两端电压的有效值U 2＝55 V ；理想变压器接入家中的电源，原线圈两端电压的有效值U 1＝220 V ；变压器原、副线圈的匝数比n 1:n 2＝U 1:U 2＝4:1；故D 正确．答案：D7.如图所示，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( )A ．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 y 和垂直通电直导线方向的v x ，则v y ＝v 0cos 60°，所以这一过程中环中产生的电能为E ＝12m v 20－12m v 2y ＝1.2 J ，B 项正确．答案：B8．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2解析：对理想变压器来说，电流与匝数成反比，A 项错误；对输电线中的电流I2＝U损R，而U2>U损，所以B项错误；导线消耗的功率为P损＝I22R，I1U1为升压变压器的输入功率，与输出功率相等，即I1U1＝I2U2，所以C项错误，D项正确．答案：D9．下列有关传感器叙述，正确的是()A．交警使用的酒精测试仪是一种物理传感器，是靠吹气的压力来工作B．红外线传感器是靠接收发热物体发出的红外线来工作C．红外线传感器就是温度传感器D．传感器是将非电学量转换成电学量的一种元件解析：交警使用的酒精测试仪不是靠吹气的压力来工作，而是依靠酒精浓度的变化改变电阻来工作，故A项错误．红外线传感器是靠接收发热物体发出的红外线来工作，故B项正确．红外线传感器就是光传感器，故C项错误．传感器是将非电学量转换成电学量的一种元件，故D项正确．答案：BD10．数字跑道已在北京奥运会田径竞走、跳远和三级跳等重点奥运项目中投入使用，数字跑道和数字跑鞋为运动健儿们在科学训练和比赛中发挥了积极作用．该跑道采用了大面积柔性压力阵列传感器、现场总线网络和分布式信息处理技术，可实时检测运动员步频、步距、足部触地时间、离地时间、速度、发力大小、发力角度等信息，在此基础上构建了训练信息采集和技术诊断分析系统，为田径项目提供了一种全新的科学化训练平台．下列关于数字跑道的说法正确的是()A．传感器需要有敏感元件和转换电路等组成B．压力阵列传感器应该是一种力电传感器C．奥运会中应用的传感器智能化程度很高，直接感应的是电学量，不需要力电转换D．奥运会中应用的传感器智能化程度尽管很高，但传感器都是将非电学量转换为电学量解析：根据题目情景叙述，跑道上使用的是压力传感器，所有的传感器都要先通过敏感元件采集信息，然后再由转换电路将采集到的力、热、光等非电学量转换为便于测量的电压或电流等电学量．当转换电路采用计算机进行信息处理，并输出数字信息时，这种传感器就可以称得上是智能传感器了，故选A、B、D.答案：ABD11．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是()A．这个安检门也能检查出毒品携带者B．这个安检门只能检查出金属物品携带者C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应解析：这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A项错误，B项正确；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使金属物品产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C项错误；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D项正确．答案：BD12.如图所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是() A．S闭合后，A、B同时发光且亮度不变B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭C．S断开的瞬间，A、B同时熄灭D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭解析：线圈对变化的电流有阻碍作用，开关闭合时，A、B 串联，同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使A被短路，所以A项错误，B项正确；开关断开时，线圈产生自感电动势，与A构成回路，A再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C项错误，D项正确．答案：BD13.如图所示，相距为d的两水平虚线分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L<d)、质量为m.将线框在磁场上方高h处由静止开始释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0.从ab 边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中() A．线框一直都有感应电流B．线框有一阶段的加速度为gC．线框产生的热量为mg(d＋h＋L)D．线框做过减速运动解析：从ab边进入时到cd边刚穿出有三个过程(四个特殊位置)如答图所示：由Ⅰ位置到Ⅱ位置，和由Ⅲ位置到Ⅳ位置线框中的磁通量发生变化，所以这两个过程中有感应电流，但由Ⅱ位置到Ⅲ位置，线框中磁通量不变化，所以无感应电流，故A项错误；由Ⅱ到Ⅲ加速度为g，故B项正确；因线框的速度由v0经一系列运动再到v0，且知道有一段加速度为g的加速过程，故线框一定做过减速运动，故D项正确；由能量守恒知，线框产生的热量为重力势能的减少量即mg(d＋L)，故C项错误．答案：BD14．如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，线圈匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是()A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B．电容器的电容C变大时，灯泡变暗C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D．若线圈abcd转动的角速度变为2 ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω解析：在图中将原线圈触头P向上滑动时，原线圈的匝数变大，故输出的电压变小，灯泡变暗，A项正确；电容器的电容C 变大时，电容对电流的阻碍作用变小，故灯泡变亮，B项错误；图示位置时，线圈的ad边运动方向与磁感线方向平行，故矩形线圈中瞬时感应电动势最小，C项错误；若线圈abcd转动的角速度变为2ω，且线圈转动一周只有半周产生感应电压，在这半周中，电压的最大值是2NBSω，设变压器原线圈电压的有效值为U，则(2NBSω)2R t＝U2R×2t，即U＝NBSω，D项正确．答案：AD第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、填空题(本题有2小题，共14分．请将答案写在题中的橫线上)15．(6分)如图是做探究电磁感应的产生条件原副线圈实验的器材及示意图．(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．(2)由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转：Ⅰ________；Ⅱ________.(3)假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向________偏转．(选填“左”、“右”)解析：(1)将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．(2)Ⅰ将开关闭合或断开，或Ⅱ将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转．(3)在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．答案：(1)见解析(2)将开关闭合(或者断开)；将螺线管A插入(或拔出)螺线管B(3)右16．(8分)利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等．图甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的U-I关系图线．(1)实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器A(阻值范围0～10 Ω)、滑动变阻器B(阻值范围0～100 Ω)、电动势为6 V的电源(不计内阻)、小灯泡、电键、导线若干．该同学做实验时，滑动变阻器选用的是________(选填“A”或“B”)；请在图乙的方框中画出该实验的电路图．(2)如图将该小灯泡接入丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V．则此时小灯泡的电功率为________ W，电源的内阻为________Ω.解析：(1)由于小灯泡的电阻较小，电路应该设计成电流传感器外接．描绘小灯泡伏安特性曲线，设计成滑动变阻器分压接法，故选用滑动变阻器A.(2)将该小灯泡接入丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V，在小灯泡伏安特性曲线上找出对应电流为0.3 A的点，该点横纵坐标的乘积0.3A×2.5 V＝0.75 W为此时小灯泡的电功率，电源的内阻为3－2.5 0.3Ω＝1.67 Ω.答案：(1)A电路如图所示(2)0.75 1.67三、计算题(本题有4小题，共44分．解答应写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)17．(10分)如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2 T 的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10π rad/s匀速转动，线圈共10匝，每匝线圈的电阻值为0.5 Ω，ab ＝0.3 m ，bc ＝0.6 m ，负载电阻R ＝45 Ω.求：(1)电阻R 在0.05 s 内发出的热量；(2)电阻R 在0.05 s 内流过的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动)．解析：(1)矩形线圈abcd 在匀强磁场中旋转产生正弦交变电流，电动势的峰值为E m ＝nBSω＝10×2×0.3×0.6×10π V ＝113.04 V电流的有效值I ＝I m 2＝E m 2(R ＋r )＝1.60 A 所以0.05 s 内R 上发出的热量Q ＝I 2Rt ＝5.76 J.(2)矩形线圈旋转过程中产生的感应电动势的平均值E ＝n ΔΦΔt ＝nBS T 4＝2nBSωπ＝2E m π＝72 V电流的平均值I ＝E R ＋r＝1.44 A 0．05 s 内电路流过的电荷量q ＝It ＝0.072 C.答案：(1)5.76 J (2)0.072 C18．(10分)导体棒MN 的电阻R ＝2 Ω，质量m ＝0.1 kg ，长L ＝0.5 m ，导体棒架在光滑的金属框架上，金属框架与水平面的夹角为30°，如图所示，它们处于磁感应强度B 为1 T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直.1 s 后导体棒沿斜面向上滑行的距离是3 m 时，MN 刚好获得稳定的速度，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为5 V 、1 A ，电动机内阻r 为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：(1)导体棒能达到的稳定速度；(2)导体棒上产生的热量．解析：(1)电动机的机械功率P ＝UI －I 2r ＝4 W导体棒在斜面上受力如图所示，导体棒在拉力F 的作用下做加速度越来越小的加速运动，当导体棒达到稳定速度时，受力平衡，则mg sin α＋F A ＝F即mg sin α＋B 2L 2v R ＝P v ，解得v ＝4 m/s.(2)在导体棒上升的过程中能量守恒，有 Pt ＝mgs sin α＋12m v 2＋Q解得Q ＝1.7 J.答案：(1)4 m/s (2)1.7 J19．(12分)如图甲所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场方向垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 随时间变化的曲线如图乙所示，取垂直纸面向里为磁场的正方向，求：(1)3 s 时线圈内感应电动势的大小和感应电流的方向；(2)在1 s ～5 s 内通过线圈的电荷量q ；(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q .解析：(1)3 s 时感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB 1S解得E 1＝N ΔB 1S Δt 1，代入数据解得E 1＝5 V 感应电流方向为a →b →c →d →a .(2)在1 s ～5 s 内线圈中的感应电动势E 2＝N ΔΦ2Δt 2＝N ΔB 2S Δt 2感应电流I 2＝E 2r ，电荷量q ＝I 2Δt 2，解得q ＝N ΔB 2S r ，代入数据解得q ＝10 C. (3)0～1 s 内线圈中的感应电动势E 3＝N ΔΦ3Δt 3＝N ΔB 3S Δt 3＝10 V 0～1 s 内线圈中的感应电流I 3＝E 3r ＝5 A0～1 s 内线圈产生的焦耳热Q 1＝I 23r Δt 3＝50 J1 s ～5 s 内线圈产生的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2＝50 JQ ＝Q 1＋Q 2＝100 J.答案：(1)5 V a →b →c →d →a (2)10 C (3)100 J20．(12分)有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一学校照明用电，如图所示．升压变压器原、副线圈匝数比为1:4，降压变压器原、副线圈匝数比为4:1，输电线的总电阻为4 Ω.全校共有22个班，每班有“220 V 40 W ”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则(1)发电机的输出功率多大？(2)发电机的电动势多大？(3)输电效率为多少？解析：(1)降压变压器的输出功率为：P 用＝40×22×6 W ＝5 280 W降压变压器副线圈的电流：I 4＝40220×6×22 A ＝24 A ，降压变压器原线圈的电流：I 3＝n 4n 3I 4＝14×24 A ＝6 A 输电线损失的功率：ΔP＝I23R＝144 W，所以发电机的输出功率：P＝5 280 W＋144 W＝5 424 W.(2)降压变压器原线圈电压为：U3＝n3n4U4＝41×220 V＝880 V输电线上损失的电压为：ΔU＝I3R＝24 V，升压变压器的输出电压为：U2＝880 V＋24 V＝904 V所以发电机原线圈电压：U1＝n1n 2U2＝14×904 V＝226 V发电机原线圈中电流为I1＝n2n1I2＝41×6 A＝24 A发电机内阻分压：U r＝24×1 V＝24 V 电动势为：E＝226 V＋24 V＝250 V.(3)输电效率η＝P用P＝5 2805 424×100%＝97.3%.答案：(1)5 424 W(2)250 V(3)97.3%。

2019-2020学年高中人教版物理选修3-2学练测练能力课后提升：章末质量评估卷(一) 电磁感应

姓名，年级：时间：章末质量评估卷（一）电磁感应（时间：90分钟满分:100分)一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分)1．电磁炉具有无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等优势．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场,当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是（）A．锅体可以用不导电的陶瓷制成B．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的C．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好D．提高磁场变化的频率,可提高电磁炉的加热效果解析:选D 锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，故A、B、C错误；提高磁场变化的频率,可提高电磁炉的加热效果，故D正确．2．如图所示，A为多匝线圈,与电键、滑动变阻器相连之后，接入M、N间的恒定直流电源,B为一接有灵敏电流计的闭合多匝线圈，下列说法正确的是( )A．保持电键闭合,灵敏电流计会一直有读数B．断开电键后，在将B线圈靠近A线圈的过程中,灵敏电流计会发生偏转C．闭合电键瞬间,灵敏电流计会发生偏转D．保持电键闭合，将滑动变阻器的滑片左右移动过程中，灵敏电流计不会偏转解析:选C M、N间接恒定直流电源，保持电键闭合,电流恒定，B线圈的磁通量不变，B中没有感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转，A选项错误;断开电键后，在将B线圈靠近A线圈的过程中，磁通量没有变化，没有感应电流,灵敏电流计不会发生偏转,B选项错误；闭合电键的瞬间，A线圈中的电流增大,B线圈中的磁通量增大，产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转，C选项正确；保持电键闭合，将滑动变阻器的滑片左右移动过程中,电流发生变化，B线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，灵敏电流计会发生偏转，D选项错误．3．图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，电阻两端分别接盘心O和盘边缘，则通过电阻R的电流的大小和方向是（）A．由c到d，I＝错误!B．由d到c，I＝错误!C．由c到d，I＝错误!D．由d到c，I＝错误!解析：选C 由右手定则可判断出R中电流由c到d，电动势错误!＝Br错误!＝错误! Br2ω，电路中电流I＝错误!，C正确．4．如图所示,用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈A和B，两线圈所在平面与匀强磁场垂直．当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比I A∶I B为（）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!解析：选B 由题意知线圈A和B的长度、横截面积和材料(电阻率）都相同，所以电阻相同，由L A＝n1·2πr1＝L B＝n2·2πr2得错误!＝错误!，两线圈中的感应电流之比等于两线圈感应电动势之比：错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!，所以B正确．5．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。

2019-2020学年人教版高中物理选修3-2 全册测试：阶段测试(二) 电磁感应

阶段测试(二)电磁感应一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得零分．)1．当一段导线在磁场中做切割磁感线运动时，则()A．导线中一定有感应电流B．导线中一定有感应电动势C．导线上一定会产生焦耳热D．导线一定受到磁场的作用力，这个力阻碍导线运动【答案】B【解析】导体切割磁感线一定能产生感应电动势，但如果不是闭合回路，则没有感应电流，也不会产生焦耳热，也不会受安培力，故B正确，A、C、D错．2．(2018·临沂名校期末)如图所示，有一矩形闭合导体线圈，在范围足够大的匀强磁场中运动，下列图中能产生感应电流的是()A．水平运动B．水平运动C ．绕轴转动D ．绕轴转动【答案】D 【解析】A 图中线圈水平运动，磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，故A 错误；B 图中线圈水平运动，磁通量不变，故无感应电流产生，故B 错误；C 图中线圈绕平行于磁感线方向的轴转动，磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，故C 错误；D 图中线圈绕垂直于磁感线方向的轴转动，磁通量不断变化，故有感应电流产生，故D 正确．3．(2018·淮南名校期中)如图所示，磁感应强度的方向垂直于轨道平面倾斜向下，当磁场从零均匀增大时，金属杆ab 始终处于静止状态，则金属杆受到的静摩擦力将( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先逐渐增大，后逐渐减小D ．先逐渐减小，后逐渐增大【答案】D【解析】由题意，磁场从零均匀增大时，金属杆ab 始终处于静止状态，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt得知，回路中产生的感应电动势恒定不变，则感应电流也恒定不变．根据楞次定律判断可知，金属杆所受的安培力沿斜面向上．开始阶段，安培力小于重力沿斜面向下的分力，金属杆所受的摩擦力沿斜面向上，由平衡条件得BIL ＋f ＝mg sin θ，B 增大，f 减小；当安培力等于重力沿斜面向下的分力，金属杆不受摩擦力；当安培力大于重力沿斜面向下的分力，金属杆所受的摩擦力沿斜面向下，由平衡条件得BIL ＝mg sin θ＋f ，B 增大，f 增大．所以金属杆受到的静摩擦力将先逐渐减小，后逐渐增大，故D 正确．4．(2018·徐州一模)如图所示，铁芯上绕有线圈A 和B ，线圈A 与电源连接，线圈B 与理想发光二极管D 相连，衔铁E 连接弹簧K 控制触头C 的通断．忽略A 的自感，下列说法正确的是( )A．闭合S，D闪亮一下B．闭合S，C将会过一小段时间接通C．断开S，D不会闪亮D．断开S，C将会过一小段时间断开【答案】D【解析】当闭合S瞬间，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律，结合右手螺旋定则可知，线圈B的电流方向为逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则D不会闪亮一下，而线圈A中磁场立刻吸引C，导致其即时接触，故A、B错误；当断开S瞬间，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律，结合右手螺旋定则可知，电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，故C错误，D正确．5．(2018·揭阳二模)如图所示，金属棒ab、光滑水平金属导轨和螺线管组成闭合回路．设导轨足够长，棒有一定阻值，导轨、导线电阻不计．给金属棒ab一个初速度v使其在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则下列说法正确的是()A．棒b端电势比a端低B．螺线管产生的磁场，A端为N极C．棒最终将做匀速运动D．棒最终将停止运动【答案】AD【解析】ab棒向右切割磁感线，导体棒中要产生感应电流，根据右手定则，感应电流由b到a，ab棒相当于电源，在电源内部电流由负极流向正极，所以a端相当于电源正极，棒b端电势比a端低，故A正确；根据安培定则，螺线管产生的磁场，C端为N极，故B 错误；根据左手定则判断可知，金属棒ab受到向左的安培力，向右做减速运动，棒最终将停止运动，故C错误，D正确．6．(2018·泰安二模)图甲为手机及无线充电板．图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法不正确的是()A ．c 点的电势高于d 点的电势B ．受电线圈中感应电流方向由d 到cC ．c 、d 之间的电势差为－n (B 2－B 1)S t 2－t 1D ．c 、d 之间的电势差为n (B 2－B 1)t 2－t 1【答案】ABD【解析】根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c 到d ，所以c 点的电势低于d 点的电势，故A 、B 错误；根据法拉第电磁感应定律可得c 、d 之间的电势差为U cd ＝E ＝ΔΦΔt ＝－n (B 2－B 1)S t 2－t 1，故C 正确、D 错误． 7．如图所示，光滑的“U”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好，磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，金属棒进入磁场区域abcd 后恰好做匀速运动．下列说法正确的有( )A．若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后将加速下滑B．若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后仍将保持匀速下滑C．若B2＜B1，则金属棒进入cdef区域后可能先加速后匀速下滑D．若B2＞B1，则金属棒进入cdef区域后可能先加速后匀速下滑【答案】BC【解析】金属棒在上下两磁场区域向下运动切割磁感线时，两区域中感应电流受到的安培力都竖直向上．当安培力的大小等于重力时达到匀速运动，即有v m＝mgRB2L2，故v m∝1B2.若B1＝B2，两区域中安培力都等于重力，选项A错，B正确；若B2<B1，刚进入cdef区域安培力小于重力，一定先加速，当de、cf足够长，可以重新达到新的匀速，选项C正确；若B2＞B1，刚进入cdef区域安培力大于重力，一定先减速，选项D错．88．如图所示，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()A．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【答案】ABD【解析】将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知，圆盘上的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；根据右手定则可知，产生的电动势为BL v，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，所以C错误；若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确．二、非选择题(本大题4小题，共52分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)9．(12分)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图所示为电吉他的扩音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．(1)金属弦的作用类似“研究电磁感应现象”实验中铁芯的作用，则被拨动后靠近螺线管的过程中，通过放大器的电流方向为________(填“向上”或“向下”)．(2)下列说法正确的是()A．金属弦上下振动的周期越大，螺线管内感应电流的方向变化也越快B．金属弦上下振动过程中，经过相同位置时速度越大，螺线管中感应电动势也越大C．电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响，增减螺线管匝数会起到调节音量的作用D．电吉他通过扩音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同【答案】(1)向下(2)BCD【解析】(1)金属弦靠近螺线管时，线圈中磁场变强，根据楞次定律可得通过放大器的电流方向为向下．(2)感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，与线圈匝数有关，所以选项B、C正确；电吉他通过扩音器发出的声音频率与感应电流的频率相同，即与金属弦振动频率相同，A错误，D正确．10．(12分)如图所示，半径为r的金属圆环绕通过直径的轴OO′以角速度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，以金属环的环面与磁场方向重合时开始计时，求在转动30°角的过程中，环中产生的平均感应电动势．【答案】3Bωr 2【解析】磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS sin 30°－0＝12B πr 2. 又Δt ＝θω＝π6ω＝π6ω所以E －＝ΔΦΔt ＝12B πr 2π6ω＝3Bωr 2. 11．(14分)如图所示，有两根足够长、不计电阻，相距L 的平行光滑金属导轨cd 、ef 与水平面成θ角固定放置，底端接一阻值为R 的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直轨道平面斜向上．现有一平行于ce 、垂直于导轨、质量为m 、电阻不计的金属杆ab ，在沿轨道平面向上的恒定拉力F 作用下，从底端ce 由静止开始沿导轨向上运动，当ab 杆速度达到稳定后，撤去拉力F ，最后ab 杆又沿轨道匀速回到ce 端．已知ab 杆向上和向下运动的最大速度相等．求：拉力F 和杆ab 最后回到ce 端的速度v .【答案】2mg sin θmgR sin θB 2L 2【解析】当ab 杆沿导轨上滑达到最大速度v 时，其受力如图所示由平衡条件可知 F －F B ＝mg sin θ ① 又F B ＝BIL ② 而I ＝BL v R③ 联立①②③式得F －B 2L 2vR－mg sin θ＝0④同理可得，ab 杆沿导轨下滑达到最大速度时 mg sin θ－B 2L 2vR＝0⑤联立④⑤两式解得F ＝2mg sin θv ＝mgR sin θB 2L 2.12．(14分)如图甲所示，实线为均匀的金属圆环，环面积S 1＝0.8 m 2，总电阻R ＝0.2 Ω；与环同心的虚线圆形区域内有垂直于环平面的匀强磁场，匀强磁场区域的面积S 2＝0.4 m 2，当磁场的磁感应强度B 按图乙所示规律变化时，求：(1)环消耗的电功率P ；(2)在1～3 s 内，通过环的某横截面的电量．【答案】(1)1.8×10－2 W (2)0.6 C 【解析】(1)环中的感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 2＝0.32×0.4 V ＝0.06 V环中的感应电流 I ＝ER ＝0.3 A 环消耗的电功率P ＝I 2R ＝0.32×0.2 W ＝1.8×10－2 W. (2)在1 ～3 s 内，通过环的横截面的电量 q ＝It ＝0.3×2 C ＝0.6 C ．。

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章末过关检测(二)(时间：60分钟，满分：100分)一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题，每小题6分，共48分)1．关于机械波的概念，下列说法中正确的是( )A．相隔一个周期的两个时刻，简谐波的图象相同B．质点的振动方向总是垂直于波的传播方向C．任一振动质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长D．简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两质点振动位移相等解析：质点的振动状态经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长，而不是质点本身沿波的传播方向移动一个波长．绳上相距半个波长的两质点位移总是大小相等，方向相反．对于横波，质点的振动方向和波的传播方向垂直，而纵波中质点的振动方向和波的传播方向在一条直线上．故B、C、D错误，A正确．答案：A2．关于机械波的说法正确的是( )A．当波从一种介质进入另一种介质，保持不变的是波长B．两个振动情况完全相同的质点间的距离是一个波长C．波源振动一个周期，波就向前传播一个波长的距离D．在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于波长解析：当波由一种介质进入另一种介质时不变的只有频率，A错误；两个振动情况完全相同的质点间的距离是波长的整数倍，B错误；波源振动一个周期，波刚好向前传播一个波长的距离，C正确；在一个周期内，介质的质点走过的路程等于振幅的4倍，D错误．答案：C3．一列简谐横波沿直线传播，以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图象如图所示，已知O、A的平衡位置相距0.9 m．以下判断正确的是( )A．波长为1.2 mB．波源起振方向沿y轴负方向C．波速大小为0.4 m/sD ．质点A 的动能在t ＝4 s 时最大解析：以波源开始振动为计时零点，因此波传到A 点需要的时间由题图可以看出为3 s ，已知O 、A 两点平衡位置的距离为0.9 m ，根据v ＝x t可求得波的传播速度为0.3 m/s ，再根据波长公式λ＝vT 可求得波长为1.2 m ，A 正确，C 错误；由于A 点开始振动的方向沿y 轴正方向，因此波源的起振方向也沿y 轴正方向，B 错误；质点A 在 t ＝4 s 时处在最大位移处，因此动能最小，D 错误．答案：A4．一简谐机械波沿x 轴正方向传播，周期为T ，波长为λ.若x ＝0处质点的振动图象如图所示，则该波在t ＝T2时刻的波形图为选项图中的( )解析：由振动图象知，在t ＝0时刻，x ＝0处的质点正在向y 轴正方向运动，则知B 图是该波在t ＝0时刻的波形图，则该波在t ＝T2时刻的波形与B 图关于x 轴对称，A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A5．一列横波沿x 轴正方向传播，某时刻的波形图为一正弦曲线，如图所示，若其波速为2 m/s ，下列说法正确的是( )A ．从图示时刻开始，经过1 s 质点a 通过的路程为0.2 mB ．从图示时刻开始，质点b 比质点a 先回到平衡位置C ．若此波遇到另一列波并产生稳定的干涉图样，则另一列波的频率为0.5 HzD ．若该波传播中遇到宽约3 m 的障碍物，不能发生明显的衍射现象解析：由波的图象知波长λ＝4 m ，由v ＝λT知波的周期T ＝λv＝2 s ，f ＝1T＝0.5 Hz ，从图示时刻起经t ＝1 s ＝T2，质点a 通过的路程s a ＝2A ＝0.4 m ，A 错误；由波的传播方向可以判断，此时质点b 正沿y 轴负方向运动，回到平衡位置的时间t b ＞T 4，而t a ＝T4，故B 错误；两列波若发生干涉，则频率一定相同，C 正确；因障碍物的宽度d ＝3 m ＜λ，所以该波可以发生明显的衍射现象，D 错误．答案：C6.如图所示，实线表示两个相干波源S 1和S 2发出的波峰位置，以下判断正确的是( )A ．a 、b 两点振幅相同B ．a 、b 两点振幅不同C ．若两列波的振幅都为10 cm ，则a 、b 两点任意时刻的高度差都为20 cmD ．若两列波的振幅都为10 cm ，则a 、b 两点的高度差会在0～20 cm 之间变化解析：当两列相干波的振幅分别为A 1、A 2时，加强区内质点的振幅A ＝A 1＋A 2，减弱区内质点的振幅A ＝|A 1－A 2|.若两列波的振幅都为10 cm ，因为a 处于减弱区，所以振幅为零，即a 点在任意时刻都不振动；b 点处于加强区，所以振幅为20 cm.因为介质中质点做的简谐振动，所以b 点的振动位移是在－20 cm ～20 cm 之间不断变化的，所以B 、D 正确．答案：BD7．如图所示，在原点处做简谐运动的波源产生的机械波沿x 轴正方向传播，波速v ＝400 m/s.为了接收信号，在x ＝400 m 处设有一接收器A (图中未标出)．已知t ＝0时，波已经传播到x ＝40 m 处，则下列说法中不正确的是( )A ．波源振动的周期为0.05 sB ．x ＝40 m 处的质点在t ＝0.5 s 时位移最大C ．接收器在t ＝1.0 s 时才能接收到此波D ．若波源向x 轴负方向移动，则接收器接收到的波的频率将小于20 Hz 解析：波源的振动周期T ＝λv ＝20400s ＝0.05 s ，故A 正确．x ＝40 m 处的质点在t ＝0.5 s时仍在平衡位置，故B错．接收器接到此波的时间为t＝400－40400s＝0.9 s，故C错．由多普勒效应可知，接收器收到的波的频率应小于波源频率，即小于20 Hz，故D正确．答案：AD8．如图所示，有一列减幅传播的简谐横波，x＝0与x＝75 m 处的A、B两个质点的振动图象分别如图中实线与虚线所示，则这列波的( )A．A点处波长是10 cm，B点处波长是5 cmB．周期一定都是2×10－2sC．t＝0.012 5 s时刻，两质点的振动速度方向相反D．传播速度一定是600 m/s解析：由A、B两质点的振动图象可知两质点的周期均为2×10－2s，所以B项正确；再由振动图象知t＝0时，质点A在平衡位置且向上振动，B处在波峰，则有75 m＝34λ＋nλ(n＝0,1,2,3，…)，解得λ＝3004n＋3m(n＝0,1,2,3，…)，所以A项错误；在t＝0.012 5 s时，质点A向下振动，B向上振动，所以C项正确；波的传播速度v＝λT＝15 0004n＋3m/s(n＝0,1,2,3，…)，有多种可能，D项错误．答案：BC二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(12分)一列横波沿x轴传播，在某一时刻x轴上相距s的两质点A、B，均处于平衡位置，且A、B间只有一个波峰，经过时间t，质点B第一次达到波峰，试求该波的传播速度．解析：虽然A、B间只有一个波峰，但实际上有四种波形与之相对应，如图，且波的传播方向未定，因此每种情况均有两种可能的解．(1)图中λ＝2s，波向右传播时t＝T4，波速v1＝λT＝2s4t＝s2t.波向左传播时t＝3T4，波速v2＝λT＝2s4t3＝3s2t.(2)图中λ＝s ，波向右传播时t ＝3T 4，波速v 1＝λT ＝3s 4t ；波向左传播时t ＝T 4，波速v 2＝λT ＝s4t.(3)图中λ＝s ，波向右传播时t ＝T 4，v 1＝λT ＝s 4t ；波向左传播时，t ＝3T 4，波速v 2＝λT＝3s4t. (4)图中λ＝23s ，波向右传播时t ＝3T 4，v 1＝λT ＝s2t ；波向左传播时t ＝T 4，波速v 2＝λT ＝s6t.其中8种可能的波速中有几个相同，因此有5种可能的波速为s 2t 、3s 2t 、3s 4t 、s 4t 、s6t.答案：见解析10．(12分)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻的波形如图所示，介质中质点P 、Q 分别位于x ＝2 m 、x ＝4 m 处．从t ＝0时刻开始计时，当t ＝15 s 时质点Q 刚好第4次到达波峰．(1)求波速；(2)写出质点P 做简谐运动的表达式(不要求推导过程)．解析：(1)设简谐横波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由图象知，λ＝4 m ．由题意知t ＝3T ＋34T又v ＝λT联立以上两式，代入数据得v ＝1 m/s.(2)质点P 做简谐运动的表达式为y ＝0.2sin(0.5πt ) m.答案：(1)1 m/s (2)y ＝0.2sin(0.5πt ) m11．(14分)一列简谐横波沿直线传播，在这条直线上相距d ＝1.5 m 的A 、B 两点，其振动图象分别如图甲、乙所示．已知波长λ＞1 m ，求这列波的速度 v .解析：由A 、B 两点振动图象可知，该波的振动周期T ＝4×10－3s. 若波由A 向B 传播d ＝nλ1＋34λ1＝1.5 m(n ＝0,1,2，…) λ1＝64n ＋3m(n ＝0,1,2，…) 又λ＞1 m 所以λ1＝2 m 传播速度v 1＝λ1T ＝24×10－3m/s ＝500 m/s 若波由B 向A 传播d ＝nλ2＋14λ2＝1.5 m(n ＝0,1,2，…) λ2＝64n ＋1m(n ＝0,1,2，…) 又λ＞1 m所以λ2＝6 m 或λ′2＝1.2 m 传播速度v 2＝λ2T ＝1 500 m/s 或v ′2＝λ′2T＝300 m/s. 答案：若波由A 向B 传播，波速为 500 m/s ；若波由B 向A 传播，波速为 1 500 m/s 或300 m/s12．(14分)如图所示，实线表示一列横波在某时刻的波形图线，虚线是经过0.2 s 时的波形图线．(1)若波向左传播，求它在这段时间内传播的距离． (2)若波向右传播，求它的最大周期．(3)若波的传播速度为115 m/s ，试判断波的传播方向．解析：由波的图象可知，波长λ＝4 m.(1)波在空间上具有周期性，向左传播的可能距离Δx ＝(3＋nλ) m ＝(4n ＋3) m(n ＝0,1,2,3，…)．(2)若波向右传播时，传播的可能距离为Δx ＝(1＋nλ)m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ4＋nλm ；由波的时空周期性，可知波传播Δx 的距离需时间Δt ＝T4＋nT ，T ＝4Δt4n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)．当n ＝0时，周期有最大值，T m ＝4Δt ＝0.8 s.(3)当v ＝115 m/s 时，波在0.2 s 时间内传播的距离为Δx ＝v ·Δt ＝23.0 m ＝23.04λ＝5λ＋34λ，可知波沿x 轴负方向传播．答案：(1)(4n ＋3) m(n ＝0,1,2,3，…) (2)0.8 s (3)沿x 轴负方向传播。