2018-2019学年高中物理 综合质量评估（一）新人教版选修3-2.doc

综合质量评估(一)(90分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。其中17小题为单选题,812小题为多选题)1.(2018榆林高二检测)如图所示,在通电长直导线的下方放有一闭合导线框abcd,不能使abcd中产生感应电流的情况是()A.长直导线中通以变化的电流B.长直导线中通以恒定的电流,线圈左右平移C.长直导线中通以恒定的电流,线圈上下平移D.长直导线中通以恒定的电流,线圈绕ad边转动【解析】选B。长直导线中通以变化的电流时,产生的磁场变化,穿过线框的磁通量变化,将产生感应电流;长直导线中通以恒定的电流,周围产生恒定的磁场,导线框左右移动时,虽然在切割磁感线,但磁通量没有变化,因此也不会产生感应电流;长直导线中通以恒定的电流,周围产生恒定的磁场,线圈上下平移时,穿过线框的磁通量增加或减小,将产生感应电流;长直导线中通以恒定的电流,周围产生恒定的磁场,线圈绕ad边转动时,穿过线框的磁通量减小,将产生感应电流。故选B。2.如图所示,空间某区域中有一匀强磁场,磁感应强度方向水平,且垂直于纸面向里,磁场上边界b和下边界d水平。在竖直面内有一矩形金属线圈,线圈上下边的距离很短,下边水平。线圈从水平面a开始下落。已知磁场上、下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离。若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时,线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd,则()A.FdFcFbB.FcFdFbFdD.FcFbFd【解析】选D。线圈从a到b做自由落体运动,在b处开始进入磁场切割磁感线,产生感应电流,受到安培力作用,由于线圈的上下边的距离很短,所以经历很短的变速运动而完全进入磁场,在c处线圈中磁通量不变不产生感应电流,不受安培力作用,但线圈在重力作用下依然加速,因此线圈在d处离开磁场切割磁感线时,产生的感应电流较大,故该处所受安培力必然大于b处。综合分析可知,选项D正确。3.(2018温州高二检测)如图所示,电源的电动势为E、内阻为r,L1、L2为两个相同的灯泡,线圈L的直流电阻不计,与灯泡L1连接的是一只理想二极管D。下列说法中正确的是()A.闭合开关S稳定后L1、L2亮度相同B.断开S的瞬间,L2会逐渐熄灭C.断开S的瞬间,L1中电流方向向左D.断开S的瞬间,a点的电势比b点高【解析】选D。闭合开关S稳定后,因线圈L的直流电阻不计,所以L1与二极管被短路,导致灯泡L1不亮,而L2将更亮,因此L1、L2亮度不同,故A错误;断开S的瞬间,L2会立刻熄灭,故B错误;断开S的瞬间,线圈L与灯泡L1及二极管构成回路,因线圈产生感应电动势,a端的电势高于b端,所以回路中没有电流,故C错误,D正确。4.(2018厦门高二检测)如图所示,一理想变压器原线圈接入一交流电源,副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻,开关S是闭合的,V1和V2为理想电压表,读数分别为U1和U2;A1、A2和A3为理想电流表,读数分别为I1、I2和I3。现断开S,U1不变,下列推断正确的是()A.U2变小,I3变小B.U2不变,I3变小C.I1变小,I2变小D.I1变小,I2变大【解析】选C。原、副线圈电压之比等于线圈匝数之比,因此S断开不能改变U2大小,所以排除A。由于U2不变,当S断开时,输出端负载增加,即总电流变小,即I2变小,输出功率变小,所以I1也变小,所以排除D。因此R1分得电压变小,所以R234总电压增加,因此R2电流应该变大。由于I2变小,所以I3变大。综上分析答案为C。5.如图甲所示,导体棒MN置于水平导轨上,PQMN所围的面积为S,PQ之间有阻值为R的电阻,不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场,规定磁场方向竖直向上为正,在02t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示,导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是()A.在0t0和t02t0时间内,导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B.在0t0时间内,通过导体棒的电流方向为N到MC.在t02t0时间内,通过电阻R的电流大小为SB0Rt0D.在0t0时间内,通过电阻R的电荷量为SB02R【解析】选B。导体棒MN始终静止,与导轨围成的线框面积不变,根据电磁感应可得感应电动势E=t=SBt,即感应电动势与B-t图象斜率成正比,0t0时间内的感应电流I1=ER=SBtR=SB0t0R,t02t0时间内的感应电流I2=ER=SBtR=S2B0t0R,选项C错误。0t0时间内竖直向上的磁通量减小,根据楞次定律,感应电流的磁场方向竖直向上,感应电流为N到M,选项B正确。0t0时间内磁通量在减小,根据楞次定律要阻碍磁通量的减小,导体棒有向右运动的趋势,摩擦力水平向左;t02t0时间内磁通量增大,同理可判断导体棒有向左运动的趋势,摩擦力水平向右,选项A错误。在0t0时间内,通过电阻R的电荷量Q=It=ERt= SBtRt=SBR=SB0R,选项D错误。6.图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()A.图甲中,A1与L1的电阻值相同B.图甲中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C.图乙中,变阻器R与L2的电阻值相同D.图乙中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等【解析】选C。图甲中,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,所以断开开关S1之前,电路处于稳定状态时,流经L1的电流大于流经A1的电流,L1的电阻值小于A1的阻值,A、B选项错误;图乙中,闭合开关S2,最终完全相同的灯A2与A3的亮度相同,即最终A2与A3的电流相同,所以变阻器R与L2的电阻值相同,C选项正确;闭合S2瞬间,L2对电流有阻碍作用,L2中电流小于变阻器R中电流,D选项错误。7.(2018太原高二检测)如图所示,一个小型水电站,其交流发电机的输出电压U1一定,通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电,输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1,它的输出电压和输出功率分别为U2和P2;T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3,它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是()A.当用户的用电器增多时,U2减小,U4变大B.当用户的用电器增多时,P2变大,P3减小C.要减小线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比n2n1,同时应减小降压变压器的匝数比n3n4D.要减小线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比n2n1,同时应增大降压变压器的匝数比n3n4【解析】选D。当用户的用电器增多时,用户消耗的功率变大,P2变大,P3变大,用户电流变大,输电线上的电流变大,电压降变大,U1U2=n1n2,U2不变,U3U4=n3n4,U4变小;A、B错误;要减小线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比n2n1,输电电压变大,在输送功率一定的条件下,输电线上的电流减小,T2输入电压变大,要使用户得到额定电压,同时应增大降压变压器的匝数比n3n4,D正确。8.(2018大连高二检测)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t1t2时间内()A.电流表A1的示数比A2的小B.电流表A1和A2的示数相同C.电流表A3的示数为零D.电流表的示数都不为零【解析】选B、C。由乙图知,原线圈磁场均匀变化,故副线圈中产生稳定的电动势,A1、A2两支路的电压相等,由于线圈L对直流电没有阻碍作用,故电流表A1的示数等于A2的,所以A错误,B正确;电容器通交流隔直流,所以电流表A3的示数为零,所以C正确,D错误。 9.(2018济宁高二检测)如图甲所示,M是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数比n1n2=111,a、b端接有正弦交变电流,电压随时间的变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警电路原理图,其中R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器,R1为一定值电阻,电压表和电流表可视为理想电表。下列说法中正确的是()A.变压器副线圈的输出电压的表达式为u=202sin 100t(V)B.当传感器R2所在处未出现火警时,电压表的示数为20 VC.当传感器R2所在处出现火警时,电压表的示数减小D.当传感器R2所在处出现火警时,电流表的示数减小【解析】选A、C。变压器次级电压最大值为U2m=n2n1U1m=1112202 V=202 V,交流电=2T=100 rad/s,变压器副线圈的输出电压的表达式为u=202sin 100t(V),选项A正确;变压器次级电压有效值为U2=U2m2=20 V,故当传感器R2所在处未出现火警时,电压表的示数小于20 V,选项B错误;当传感器R2所在处出现火警时,R2阻值减小,次级电流增大,电阻R1的电压增大,R2上的电压减小,故电压表的示数减小,选项C正确;由于次级电流增大,故初级电流增大,电流表的读数增大,选项D错误。10.(2018宜昌高二检测) 如图所示,电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度匀速转动。t=0时,线圈平面与磁场垂直,各电表均为理想交流电表,则()A.1 s内电路中的电流方向改变了次B.滑片P向下滑动时,电压表的读数不变C.线圈匀速运动的角速度变大时,电流表的读数也变大D.t=0时,线圈中的感应电动势最大【解析】选A、C。交流电的频率为f=2,1 s内电流方向改变2f,即,故A正确;滑片P向下滑动时,电阻增大,电流减小,电源内阻分压减小,所以电压表读数变大,故B错误;线圈匀速转动的角速度变大时,电动势的最大值Em=NBS增大,电流表的读数变大,故C正确;t=0时,线圈位于中性面,此时感应电动势为零,故D错误。11.(2018汉中高二检测)如图甲所示,面积为S=1 m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场,磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里方向为正),以下说法中正确的是()A.环中产生逆时针方向的感应电流B.环中产生顺时针方向的感应电流C.环中产生的感应电动势大小为1 VD.环中产生的感应电动势大小为2 V【解析】选A、C。由楞次定律可判断,环中产生逆时针方向的感应电流,选项A正确,B错误;根据法拉第电磁感应定律,环中产生的感应电动势大小为E=BtS=2-111 V=1 V,选项C正确,D错误。12.如图所示,用两根足够长的粗糙金属条折成“”型导轨,右端水平,左端竖直,与导轨等宽的粗糙金属细杆ab、cd与导轨垂直且接触良好。已知ab、cd杆的质量、电阻值均相等,导轨电阻不计,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在水平向右的拉力F作用下沿导轨向右匀速运动时,cd杆沿轨道向下运动,以下说法正确的是()A.cd杆一定向下做匀加速直线运动B.拉力F的大小一定不变C.回路中的电流强度一定不变D.拉力F的功率等于ab杆上的焦耳热功率与摩擦热功率之和【解析】选B、C。由题图看出,ab匀速切割磁感线,产生恒定的感应电动势,cd不切割磁感线,不产生感应电动势,回路中感应电流恒定,C正确。cd杆竖直方向上受到向下的重力和向上的滑动摩擦力f,水平方向受到轨道的支持力N和安培力FA,则f=N=FA=BIL,可知f大小不变。若重力大于滑动摩擦力,cd杆做匀加速运动,若重力等于滑动摩擦力,cd杆做匀速运动,故A错误。对于ab杆:水平方向受到F、安培力和滑动摩擦力f=mg,安培力和滑动摩擦力大小不变,则知F不变,故B正确。根据能量转化和守恒定律可知:拉力F的功率与cd杆重力功率之和等于两杆上的焦耳热功率与摩擦热功率之和,故D错误。二、实验题(本题共2小题,共15分)13.(7分)(2018廊坊高二检测) 通常情况下,电阻的阻值会随温度的变化而变化,利用电阻的这种特性可以制成电阻温度计,从而用来测量较高的温度。如图所示,电流表量程为025 mA,电源电动势为3 V,内阻不计。R为滑动变阻器,电阻Rt为温度传感器。当t0 时,Rt的阻值随温度t的变化关系为Rt=20+0.5t(单位为:)。先把Rt放入0 的环境中,闭合开关S,调节滑动变阻器R,使电流表指针恰好满偏,然后把测温探头Rt放到某待测温度环境中,发现电流表的示数为10 mA,则该环境的温度为_;当把测温探头Rt放到480 的环境中时,电路消耗的电功率为_ W。【解析】当把Rt放入0 的环境中,电路总电阻R1=UI1=3V0.025A=120 ,Rt的阻值为Rt=20+0.5t=20 ,滑动变阻器的阻值为R变=R1-Rt=120 -20 =100 。当电流表示数为10 mA时,电路总电阻R2=UI2=3V0.01A=300 ,Rt的阻值为300 -100 =200 ,所以20+0.5t=200 ,所以t1=200-200.5 =360 。把测温探头放到480 的环境中,测温探头电阻Rt=20+0.5t=260 ,所以电路消耗的电功率P=U2R=(3V)2260+100=0.025 W。答案:3600.02514.(8分)(2018濮阳高二检测) 电流传感器可以像电流表一样测量电流,它的优点是反应非常快,可以捕捉到瞬间的电流变化,还可以与计算机相连,能在很短的时间内画出电流随时间的变化图象。按图甲连接电路,提供8 V直流电源,先使开关S与1相连,电源向电容器充电,这个过程可在瞬间完成,然后把开关S掷向2,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机,屏上显示出电流随时间变化的I-t曲线,如图乙所示。(1)图中画出的竖直狭长矩形(图乙最左端),它面积的物理意义是:_。(2)估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量是_C。(3)根据以上数据估算,电容器的电容是_F。【解析】(1)根据图象的含义,因Q=It,所以竖直狭长矩形的面积表示为在0.1 s内电容器的放电量。(2)根据横轴与纵轴的数据可知,一个格子的电量为0.0810-3 C,由于大于半格算一个,小于半格舍去,因此图象所包含的格子个数为70,所以释放的电荷量是0.0810-3 C70=5.610-3 C。(3)根据电容器的电容C=QU可知,C=5.610-38 F=7.010-4 F。答案:(1)见解析(2)5.610-3(3)7.010-4三、计算题(本题共4小题,共37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)15. (8分)如图所示,矩形线圈abcd的匝数为n=50,线圈ab的边长为l1=0.2 m,bc的边长为l2=0.25 m,在磁感应强度为B=0.4 T的匀强磁场中,绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴匀速转动,转动的角速度=1002 rad/s,试求:(1)穿过线圈平面的最大磁通量m。(2)线圈在图示位置(线圈平面与磁感线平行)时,感应电动势e的大小。【解析】(1)穿过线圈平面的最大磁通量m=BS=Bl1l2=0.40.20.25 Wb=0.02 Wb。(4分)(2)线圈在图示位置时电动势达到最大值,此时感应电动势的值为Em=nBS=nBl1l2=500.40.20.251002 V=1002 V。(4分)答案:(1)0.02 Wb(2)1002 V16.(8分)(2018日照高二检测)如图所示,一对平行光滑轨道放置在水平面上,两轨道相距l=1 m,两轨道之间用R=3 的电阻连接,一质量m=0.5 kg、电阻r=1 的导体杆与两轨道垂直,静止放在轨道上,轨道的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B=2 T的匀强磁场中,磁场方向垂直轨道平面向上,现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆,当拉力达到最大时,导体杆开始做匀速运动,当位移s=2.5 m时撤去拉力,导体杆又滑行了一段距离s后停下,在滑行s 的过程中电阻R上产生的焦耳热为12 J。求:(1)拉力F作用过程中,通过电阻R上的电量q。(2)导体杆运动过程中的最大速度vm。【解析】(1)拉力F作用过程中,在时间t内,磁通量为,通过电阻R上的电量q=It,I=ER+r,E=t(2分)q=R+r=BSR+r=22.53+1 C=1.25 C(2分)(2)撤去F后,导体杆滑行过程中动能转化为电能QRQr=Rr=31(1分)由能量守恒定律得12mvm2=QR+Qr(2分)vm=8 m/s(1分)答案:(1)1.25 C(2) 8 m/s17. (9分)(2018惠州高二检测)一座小型水电站,水以3 m/s 的速度流入水轮机,而以1 m/s的速度流出,流出水位比流入水位低1.6 m,水的流量为1 m3/s,如果水流机械能减少量的75%供给发电机。问:(1)若发电机效率为80%,则发电机的输出功率为多大?(2)发电机的输出电压为240 V,输电线路电阻为16 ,允许损失的电功率为5%,用户所需电压为220 V,如图所示,则升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少?(变压器为理想变压器,g取10 m/s2)【解析】(1)每秒水流机械能损失为E=12m(v12-v22)+mgh=2104 J(1分)发电机的输出功率为P出=75%Et80%=12 kW。(1分)(2)如题图所示,P线=5%P出=600 W(1分)因为P线=I线2R线,所以I线6 A(1分)又因I2=I线=6 A,I1=P出U1=50 A(1分)所以对升压变压器有I1I2=n2n1即n1n2=I2I1=325(1分)又因为I3=I线=6 A,I4=P出-P线U4=57011 A(1分)所以对降压变压器有I3I4=n4n3(1分)即n3n4=I4I3=57066=9511。(1分)答案:(1)1