2019_2020学年高中物理第一章章末检测试卷一粤教版选修3_2.docx

教学资料范本2019_2020学年高中物理第一章章末检测试卷一粤教版选修3_2编 辑：_时 间：_章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.18题为单选题，912题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1在物理学发展中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用下列叙述符合史实的是()A奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应说明了电和磁之间存在联系B法拉第根据通电直导线的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C安培在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，出现了感应电流D楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反答案A解析奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场的相似性，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B错误；法拉第探究磁产生电的问题，发现导线中电流“通、断”时导线附近的固定导线圈中出现感应电流而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D错误2如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管下列说法正确的是()图1A电流计中的电流先由a到b，后由b到aBa点的电势始终低于b点的电势C磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案D解析在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁铁穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C错误；磁铁刚离开螺线管时，由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁受到的合外力小于重力，其加速度小于重力加速度，D正确3如图2所示是研究通电自感现象实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器R的滑片，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑片，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则 ()图2A闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮C稳定后，L和R两端的电势差一定相同D稳定后，A1和A2两端的电势差不相同答案C解析在断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的直流电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误4匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正方向，磁感应强度B随时间t的变化规律如图3甲所示，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示令E1、E2、E3分别表示Oa、bc、cd段的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，则下列判断正确的是()图3AE1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向BE1E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向CE2E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向DE2E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向答案A5(20xx市区模拟)电磁感应现象在生产、生活中有着广泛的应用图4甲为工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息图乙为一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立即跳起关于对以上两个应用实例理解正确的是()图4A能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料B涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象C以上两个应用实例中的线圈所连接电源都必须是交流电源D以上两个应用实例中的线圈所连接电源也可以都是恒压直流电源答案A6(20xx南通、扬州、泰州、淮安四市第三次模拟考试)法拉第发明了世界上第一台发电机如图5所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流计相连金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则()图5A电刷M的电势高于电刷N的电势B若只将电刷M移近N，电流计的示数变大C若只提高金属盘转速，电流计的示数变大D若只将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大答案C解析由电流的流向，根据安培定则，可知蹄形磁铁的左端为N极，右端为S极，两磁极间的磁场方向向右，根据金属盘的转动方向，结合右手定则可以判断，电刷N的电势高于电刷M的电势，A错误；若只将电刷M移近N，则电路中的感应电动势减小，电流计的示数减小，B错误；若只提高金属盘的转速，则金属盘中产生的感应电动势增大，电流计的示数增大，C正确；若只将变阻器滑片向左滑动，变阻器接入电路的电阻增大，则电磁铁中的电流减小，两磁极间的磁感应强度减小，圆盘中产生的感应电动势减小，电流计的示数减小，D错误7(20xx全国卷)如图6所示，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.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()图6A.B.C.D2答案B解析设半圆弧PQS的半径为r，在过程中，根据法拉第电磁感应定律，有E1根据闭合电路欧姆定律，有I1且q1I1t1在过程中，有E2I2q2I2t2又q1q2，即所以.8.如图7所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1.一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为0.8T将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s2，sin370.6，cos370.8)()图7A2.5 m/s1 W B5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/s9 W答案B解析小灯泡稳定发光时，导体棒MN匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F安fmgsin37，又fmgcos37，故F安mg(sin37cos37)0.4N，由F安BIL得I1A，所以EI(R灯RMN)2V，导体棒的运动速度v5m/s，小灯泡消耗的电功率P灯I2R灯1W正确选项为B.9(20xx苏北四市联考)如图8甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示下列关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图象，可能正确的有 ()图8答案BD解析线圈的面积不变，由EnS得感应电动势为定值，且磁场增强和磁场减弱引起的感应电动势方向相反，A错误，B正确；对于电阻R，流过的电流大小不变，功率PI2R恒定，C错误，D正确10如图9甲所示，一个匝数n100的圆形导体线圈，面积S10.4m2，电阻r1.在线圈中存在面积S20.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示有一个R2的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是()图9A圆形线圈中产生的感应电动势E6VB在04s时间内通过电阻R的电荷量q6CC设b端电势为零，则a端的电势a3VD在04s时间内电阻R上产生的焦耳热Q18J答案BD解析由法拉第电磁感应定律可得EnS2，由题图乙可得 T/s0.15 T/s，将其代入可得E4.5V，A错qttntn，在04s时间内穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为0.60.3Wb00.18Wb，代入可得q6C，B对.04s时间内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b点电势高，a点电势低，故C错由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I1.5A，由焦耳定律可得QI2Rt18J，D对11如图10甲所示，电阻不计且间距L1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R2的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO上方某处由静止释放金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平已知杆ab进入磁场时的速度v01m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()图10A匀强磁场的磁感应强度为2TB杆ab下落0.3m时，金属杆的速度为1m/sC杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量为0.2JD杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量为0.25C答案AD解析当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b.由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a110m/s2，方向竖直向上由牛顿第二定律得：BI1Lmgma1，其中I1，代入数据解得：B2T，故A正确；a0时金属杆受到的重力与安培力平衡，有mgBIL0，其中I，联立得：v0.5m/s，故B错误；从开始到下落0.3m的过程中，由能量守恒有：mghQmv2，代入数据得：Q0.2875J，故C错误；金属杆自由下落高度h00.05m，金属杆下落0.3m的过程中通过R的电荷量：qttt，代入数据得q0.25C，故D正确12如图11所示，有一个在水平面内固定的“V”形金属框架CAD，60，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下，导体棒MN在框架上从A点开始在外力F作用下，沿垂直MN方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等边三角形回路已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为r，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好下列关于回路中的电流I、外力F和回路消耗的电功率P随时间t变化关系的四个图象中正确的是()图11答案AC解析导体棒运动时间为t时，通过的位移为xvt，回路中的有效切割长度为：L2xtan，感应电动势EBLv，回路的总电阻R总r32xtan，联立得感应电流与t的关系式为I，B、v、r一定，则I为一定值，故A正确，B错误；导体棒MN向右做匀速运动，受力平衡，外力F大小等于安培力大小，则FBILt，F与t成正比，故C正确；运动的位移为x时的功率：PI2R总t，则P与t成正比，故D错误二、非选择题(本题共5小题，共计52分)13(8分)(20xx市高二下学期期末)如图12甲所示为“研究电磁感应现象”的实验装置图12(1)按实验的要求将图甲中所缺的导线补画完整(2)开关闭合后，下列说法正确的是_A只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转B线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大C如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针向左偏一下(3)上述实验中，原线圈A可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计连接如图乙所示，当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转则当条形磁铁迅速向上拔出时，图中灵敏电流计指针向_(选填“正”或“负”)接线柱方向偏转答案(1)如图所示(3分)(2)BC(3分)(3)正(2分)解析(1)将电源、开关、滑动变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如答案图所示(2)当将线圈A放在线圈B中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A错误；线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，感应电动势越大，则产生的感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B正确；在闭合开关时，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，接入电路中的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知灵敏电流计指针向左偏一下，故C正确(3)当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转根据楞次定律，依据题图乙可知，当条形磁铁迅速向上拔出时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，螺线管的感应电流由上向下，电流从正接线柱流入灵敏电流计，灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转14(10分)如图13甲所示，竖直平面内有边长l0.2m的正方形线框，匝数n100，线框总电阻R8，一范围足够大的匀强磁场，其方向垂直于线框平面，磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化(磁场方向以垂直于线框平面向外为正)求：图13(1)前2s内，线框产生的焦耳热；(2)t0.5s时，线框的ab边受到的安培力大小答案(1)16J(2)20N解析(1)前2s内线框的感应电动势大小：EnS(2分)解得E8V(1分)线框产生的焦耳热Qt(1分)解得Q16J(1分)(2)由楞次定律可知前2 s内线框中的感应电流方向为abcda，ab边受到的安培力方向向上(1分)安培力的大小FnBIl(1分)I(1分)由题图乙可知t0.5s时磁感应强度的大小B1T(1分)解得F20N(1分)15(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1m，竖直边长H0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度g取10m/s2)图14图15(1)为使“电磁天平”的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10.不接外电流，两臂平衡如图15所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1m当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.答案(1)25匝(2)0.1T/s解析(1)“电磁天平”中的线圈受到安培力，I2.0A时线圈的匝数最少FN1B0IL(1分)由天平平衡可知：mgN1B0IL(2分)代入数据解得：N125匝(1分)(2)由法拉第电磁感应定律得：EN2N2Ld(2分)由欧姆定律得：I(1分)线圈受到的安培力FN2B0IL(1分)由天平平衡可得：mgF(1分)联立各式，代入数据可得0.1T/s.(1分)16(10分)(20xx全国卷)如图16所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：图16(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值答案(1)Blt0(g)(2)解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得Fmgma(2分)设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0(1分)当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为EBlv(1分)联立式可得EBlt0(g)(1分)(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I(