2017-2018学年高中创新设计物理教科版选修3-2：综合检测B

第页综合检测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1A．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答案D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2A.恒为eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B.从0均匀变化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C.恒为－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D.从0均匀变化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)答案C解析根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B2－B1S,t2－t1)，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＝－neq\f(B2－B1S,t2－t1)，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3A.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答案D4.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4A.交流电压表的示数为311VB.电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3eq\r(2)AC.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答案D解析由交变电压的表达式可知，交变电压的有效值U＝eq\f(Um,\r(2))≈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＝eq\f(P1,U1)＋eq\f(P2,U2)＝3A<3eq\r(2)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5A.线圈绕P1和P2轴转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d→aB.q1>q2C.I1＝I2D.Q1<Q2答案C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＝eq\f(NΔΦ,R)，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6A．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不发光答案D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答案BD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7A.线圈转动的角速度为100rad/sB.在0～0.005s时间内，通过电阻的电荷量为eq\f(1,5π)CC.电热丝两端的电压为180VD.电热丝的发热功率为1800W答案BD解析由题图可知T＝0.02s，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，A错误.在0～0.005s内，由Um＝nBSω，得BS＝eq\f(2,π)Wb，q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BS－0,R＋r)＝eq\f(1,5π)C，B正确.电热丝两端电压U＝eq\f(R,R＋r)·eq\f(Um,\r(2))＝90eq\r(2)V，C错误.电热丝的发热功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(90\r(2)2,9)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＝eq\f(U,R)所以输电线上的电流增为原来的30倍B.因I＝eq\f(P,U)所以输电线上的电流减为原来的eq\f(1,30)C.因P＝eq\f(U2,R)，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eq\f(1,30)答案BD解析输送功率P＝UI一定，电压升高后，电流变为原来的eq\f(1,30)，A错误，B正确；P损＝I2R，损失的功率变为原来的(eq\f(1,30))2＝eq\f(1,900)，C错误；输电线的半径变为原来的eq\f(1,30)，根据公式R＝ρeq\f(l,S)，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8A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为eq\f(B2l2v,R)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eq\f(mv2,2)C.上滑过程中电流做功产生的热量为eq\f(mv2,2)－mgx(sinθ＋μcosθ)D.上滑过程中导体棒损失的机械能为eq\f(mv2,2)－mgxsinθ答案CD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＝Beq\f(Blv,2R)l＝eq\f(B2l2v,2R)，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＝－eq\f(1,2)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.答案(1)A、B端(2)260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＝eq\f(E,r＋R＋R′)，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′＝eq\f(E,I)－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答案21i＝eq\r(2)sin(100πt)A四、解答题(本题共4小题，共46分.解答应写出必要的文字说明、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)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)答案(1)eq\f(qR,nLd)(2)Mgd＋eq\f(q2R,t)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＝eq\f(d,t)①线圈中感应电动势E＝nBLv②产生的感应电流I＝eq\f(E,R)③通过导线横截面的电荷量q＝It④联立①②③④得B＝eq\f(qR,nLd)(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＝Mgd⑥W安＝nBILd＝n·eq\f(qR,nLd)·eq\f(q,t)·Ld＝eq\f(q2R,t)⑦联立⑤⑥⑦可得W＝Mgd＋eq\f(q2R,t)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50eq\r(2)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？答案(1)50V(2)40V2A(2)2eq\r(2)A80W解析(1)感应电动势的最大值Em＝nBSω＝100×0.5×0.1×0.2×50eq\r(2)V＝50eq\r(2)VS断开时，电压表示数为电源电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝50V.(2)当开关S合上时，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(50,20＋5)A＝2AU＝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＝eq\r(2)I＝2eq\r(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eq\f(nce,nde).答案(1)uab＝400sin(200πt)V(2)0.28A(或eq\f(\r(2),5)A)(3)eq\f(4,3)解析(1)由题图乙知ω＝eq\f(2π,T)＝200πrad/s，电压瞬时值uab＝400sin(200πt)V.(2)电压的有效值U1＝200eq\r(2)V，理想变压器P1＝P2，原线圈中的电流I1＝eq\f(P1,U1)解得I1≈0.28A(或eq\f(\r(2),5)A).(3)设原线圈的匝数为n1，eq\f(U1,n1)＝eq\f(Uce,nce)，同理，eq\f(U1,n1)＝eq\f(Ude,nde)，由题意知eq\f(U\o\al(2,ce),Rce)＝eq\f(U\o\al(2,