高考物理金榜一轮单元评估检测（十）

单元评估检测(十)(第十、十一章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。1～5题为单选题,6～8题为多选题)1.如图甲所示,水平面上的不平行导轨MN、PQ上放着两根光滑导体棒ab、cd,两棒间用绝缘丝线系住;开始时匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,则以下说法正确的是 ()A.在t0时刻导体棒ab中无感应电流B.在t0时刻导体棒ab所受安培力方向水平向左C.在0～t0时间内回路电流方向是acdbaD.在0～t0时间内导体棒ab始终静止【解析】选C。由图乙所示图象可知,0到t0时间内,磁场向里,磁感应强度B均匀减小,线圈中磁通量均匀减小,由法拉第电磁感应定律得知,回路中产生恒定的感应电动势,形成恒定的电流。由楞次定律可得出电流方向沿acdba,在t0时刻导体棒ab中感应电流不为零,故A项错误,C项正确;在t0时刻B=0,根据安培力公式F=BIL知此时ab和cd都不受安培力,故B项错误;在0～t0时间内,根据楞次定律可知ab受力向左,cd受力向右,由于cd所受的安培力比ab的安培力大,所以ab将向右运动,故D项错误。2.(2018·永州模拟)如图所示,边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直,导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上。从t=0开始,使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场,直到整个导线框离开磁场区域。用I表示导线框中的感应电流(逆时针方向为正),则下列表示It关系的图线中,正确的是 ()【解析】选D。导线框完全进入磁场后,没有感应电流产生,故A、B项均错误;进入和穿出磁场过程,线框有效切割长度变化,感应电动势和感应电流在变化,故C项错误;线框进入磁场过程,有效切割长度L均匀增大,感应电动势E均匀增大,感应电流I均匀增大。穿出磁场过程,有效切割长度L均匀减小,感应电动势E均匀减小,感应电流I均匀减小,两个过程电流方向相反,故D项正确。【加固训练】如图所示,宽为2L且上、下边界都水平的匀强磁场区域的正上方有一个高为L的闭合矩形线框由静止从某高处释放,线框竖直下落过程中,下边始终保持水平,磁感应强度方向垂直线框平面向里,线框第一次从某高度由静止下落后,恰好匀速进入磁场,第二次调整下落高度后,线框恰好匀速穿过磁场下边界,用I1、I2分别表示第一次、第二次在整个进出磁场区域的过程中线框的感应电流大小,则下列反映线框的感应电流随位移变化的图象中可能正确的是 ()【解析】选A。线框第一次从某高度由静止下落后,恰好匀速进入磁场,说明安培力与重力大小相等,方向相反,即:mg=BI0L,其中:I0=ER=BLv0R,由于速度不变,所以感应电流的大小不变;线框完全在磁场中运动时,线框中没有感应电流,则没有安培力,线框做加速运动,速度增大,所以线框的下边刚出磁场时线框的速度大于v0,所以感应电流大于I0,线框受到的安培力大于mg,线框做减速运动,速度逐渐减小,所以安培力逐渐减小,线框做加速度逐渐减小的减速运动。若减速至v0时,安培力再次等于重力,线框重新做匀速运动。不存在速度小于v0的情况,所以线框中的电流不会小于I0,故A项正确,B项错误;第二次调整下落高度后,线框恰好匀速穿过磁场下边界,说明线框到达下边的速度是v0。由于线框完全在磁场中运动时,线框中没有感应电流,则没有安培力,线框做加速运动,速度增大,所以线框完全进入磁场时的速度一定小于v0,则进入磁场的过程中产生的感应电流一定小于I3.(2018·凉山模拟)图甲为一台小型发电机示意图,产生的感应电动势随时间变化如图乙所示。已知发电机线圈的匝数为100匝,电阻r=2Ω,外电路的小灯泡电阻恒为R=6Ω,电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是 ()A.电压表的读数为4VB.电流表读数0.5AC.1秒内流过小灯泡的电流方向改变25次D.线圈在转动过程中,磁通量最大为0.08【解析】选B。由乙图可知,交流电的最大值为Em=42V,有效值为E=Em2=4V,根据闭合电路的欧姆定律可知:U=ER+rR=46+2×6V=3V,故A项错误;电流表的示数为I=ER+r=46+2A=0.5A,故B项正确;由乙图可知,T=4×102s,f=1T=25Hz,一个周期内电流方向改变两次,所以1秒内流过小灯泡的电流方向改变50次,故C项错误;根据Em=nBSω可知Φm=BS=4.(2016·天津高考)如图所示,理想变压器原线圈接在交流电源上,图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是 ()A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,R1消耗的功率变大B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电压表V示数变大C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电流表A1示数变大D.若闭合开关S,则电流表A1示数变大,A2示数变大【解题指导】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)变压器中次级线圈电流决定初级线圈电流。(2)变压器中次级线圈功率决定初级线圈功率。(3)变压器中初级线圈电压决定次级线圈电压。【解析】选B。当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,R的阻值变大,变压器的次级线圈电压不变,则次级电流减小,则R1消耗的功率及两端电压均变小,电压表的示数等于变压器次级电压减去R1两端的电压,故电压表的示数变大,选项A错误,B正确;由于当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,次级电流减小,故初级电流也减小,电流表A1示数变小,选项C错误;若闭合开关S,则变压器的次级电阻减小,次级电流变大,R1的电压变大,则电压表V示数减小,则R2两端电压减小,电流表A2读数减小,次级电流变大,则初级电流变大,则电流表A1示数变大,选项D错误。【加固训练】(多选)如图所示,理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表,副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节,在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头,在原线圈上加一电压为U的正弦交流电,则 ()A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变大B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变小C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变大D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变小【解析】选B、C。保持Q的位置不动,将P向上滑动时,滑动变阻器R的有效电阻变大,输出电压不变,则输出电流减少,电流表示数变小,故A项错误,B项正确;保持P的位置不动,将Q向上滑动时,输出电压变大,电流表示数变大,故C项正确,D项错误。5.(2018·玉林模拟)一含有理想降压变压器的电路如图所示,U为正弦交流电源,输出电压的有效值恒定,L为灯泡(其灯丝电阻可以视为不变),R、R1和R2为定值电阻,R3为光敏电阻,其阻值的大小随照射光强度的增强而减小,现将照射光强度增强,则 ()A.原线圈两端电压不变B.通过原线圈的电流减小C.灯泡L将变暗D.R1两端的电压将增大【解析】选D。照射光强度增强,则R3减小,变压器次级电阻减小,次级电流变大,R1两端电压增大,初级电流变大,电阻R上的电压变大,则变压器初级电压减小,并联部分电压减小,R2支路电流减小,故通过灯泡支路的电流变大,灯泡变亮,故A、B、C项错误,则D项正确。6.(2018·长春模拟)如图所示,在光滑的水平面上方,有两个磁感应强度大小均为B,方向相反的水平匀强磁场,PQ为两个磁场的理想边界,磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框,以速度v垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动,当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时,线框的速度为v2。则下列说法正确的是A.在位置Ⅱ时线框中的电功率为BB.此过程中回路产生的电能为38mvC.在位置Ⅱ时线框的加速度为BD.此过程中通过导线横截面的电荷量为B【解析】选A、B、D。线框经过位置Ⅱ时,线框左右两边均切割磁感线,所以此时的感应电动势为E=2Bav2=Bav,故线框中的电功率为P=E2R=B2a2v2R,故A正确;线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中,动能减少了ΔEk=12mv212mv22=38mv2,根据能量守恒定律可知,此过程中回路产生的电能为38mv2,故B正确;线框在位置Ⅱ时,=2B2a2vmR,故C错误;通过的电荷量为:q=IΔt=ERΔt=ΔΦR,线框在位置Ⅰ时其磁通量为Ba2,而线框在位置Ⅱ时其磁通量为零,故q=Ba2R,7.(2018·武汉模拟)如图所示,直角三角形导线框OPQ放置在磁感应强度大小为B,方向垂直于OQ向右的匀强磁场中,且OP边的长度为l,∠POQ=θ。当导线框绕OQ边以角速度ω逆时针转动(从O向Q观察)时 ()A.导线框OPQ内产生大小恒定、方向周期性变化的交流电B.导线框OPQ内产生正弦式交流电C.P点的电势始终大于O点的电势D.如果截去导线PQ,则PO两点的电势差的最大值为12Bl2ωsinθcos【解析】选B、D。线圈绕垂直磁场方向的轴匀速转动,产生正弦交流电,感应电动势的表达式为E=BSωcosωt=12Bl2ωsinθcosθcosωt,UP有时大于UO,有时小于UO,而PQ、OQ均不切割磁感线,故UPO=12Bl2ωsinθcosθ。所以,正确答案为B、【加固训练】(多选)(2018·济南模拟)如图所示,两根等高光滑的14圆弧轨道,半径为r、间距为L,轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始,在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处,则该过程中A.通过R的电流方向为由内向外B.通过R的电流方向为由外向内C.R上产生的热量为πrD.流过R的电量为πBLr【解析】选B、C。由右手定则知道,cd切割产生的电流由c向d,则R中的电流由外向内,故A项错误;B项正确;金属棒做匀速圆周运动,把v0分解为水平速度v0cosωt和竖直速度v0sinωt,只有水平速度切割磁感线产生感应电流,所以金属棒做匀速圆周运动,回路中产生正弦式交变电流,可得产生的感应电动势的最大值为Em=BLv0,电流的有效值I=22EmR=2BL2BLv02R2Rπr2v0=πrB2L2v04R,8.如图所示,有一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n∶1,原线圈接正弦交流电,电压为u=U0cos100πt(V),副线圈接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R,当电键S接通后,电流表读数为I,电动机带动一电阻为r、质量为m、长为l的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v匀速上升。下列判断正确的是()A.电动机两端电压为IR,其消耗的电功率为I2RB.原线圈中的电流为IC.变压器的输入功率为I2R+mgv+BD.电动机的热功率为I2R,副线圈电压的有效值为U【解析】选B、C。电动机两端电压等于副线圈的电压。由于是非纯电阻,所以不等于IR,其消耗的电功率不等于I2R,故A项错误;理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比,原线圈的电流为In,故B项正确;电动机线圈电阻为R,所以电动机线圈的热功率P=I2R,金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v匀速上升,金属杆受重力和向下的安培力以及向上的拉力,根据能量守恒得:电动机的输出功率P′=mgv+B2l2v2r,所以电动机消耗的功率是I2R+mgv+B2l2v2r,所以变压器的输入功率为I2R+mgv+B2l2v2r二、实验题(12分)9.(2018·菏泽模拟)某些固体材料受到外力后除了产生形变,其电阻率也要发生变化,这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”。现用如图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应,已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧,实验室中有下列器材:A.电源E(3V,内阻约为1Ω)B.电流表A1(0.6A,内阻r1=5Ω)C.电流表A2(0.6A,内阻r2约为1Ω)D.开关S,定值电阻R0(1)为了比较准确地测量电阻Rx的阻值,请完成虚线框内电路图的设计。(2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向),闭合开关S,记下电表读数,A1的读数为I1,A2的读数为I2,得Rx=(用字母表示)。

(3)改变力的大小,得到不同的Rx值,然后让力反向从下向上挤压电阻,并改变力的大小,得到不同的Rx值。最后绘成的图像如图所示,除观察到电阻Rx的阻值随压力F的增大而均匀减小外,还可以得到的结论是

。

当F竖直向下时,可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx=。

【解析】(1)由于题目中没有电压表,为了比较准确地测量电阻Rx,知道电流表A1的阻值,所以用电流表A1作为电压表使用,电流表A2连在干路上,即可求出电阻Rx的阻值,电路图的设计:(2)根据串并联和欧姆定律得:I1r1=(I2I1)Rx,得到:Rx=I1(3)从图象上可以看出压力方向改变,其阻值不变,其电阻与压力关系为一次函数,由图象可得:Rx=162F。答案:(1)见解析图(2)I(3)压力反向,阻值不变162F三、计算题(本题共2小题,共32分。需写出规范的解题步骤)10.(16分)(2018·湛江模拟)如图所示,倾角为θ=37°的光滑斜面上存在间距为d的匀强磁场区域,磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下,一个粗细均匀质量为m、电阻为R、边长为l的正方形金属线框abcd,开始时线框abcd的ab边到磁场的上边缘距离为l,将线框由静止释放,已知d>l,ab边刚离开磁场的下边缘时做匀速运动,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求: (1)ab边刚离开磁场的下边缘时,线框中的电流和cd边两端的电势差各是多大?(2)线框abcd从开始至ab边刚离开磁场的下边缘过程中产生的热量。【解析】(1)设线框中的电流为I,cd两端的电势差为Ucd,由于线框做匀速运动,由平衡条件有mgsin37°=BIl ①(2分)解得I=3mg5Bl根据欧姆定律有Ucd=I·34R ③联立②③式解得Ucd=9mgR20Bl(2)设线框abcd产生的热量为Q,根据法拉第电磁感应定律有E=Blv ⑤(2分)由闭合电路的欧姆定律有I=ER ⑥联立⑤⑥式代入数据解得v=3mgR5B根据能量守恒定律得mg(d+l)sin37°=Q+12mv2 ⑧联立⑦⑧式代入数据解得Q=35mg(d+l)9m3答案:(1)3mg5(2)35mg(d+l)【加固训练】如图甲所示,斜面上存在一有理想边界的匀强磁场,磁场方向与斜面垂直。在斜面上离磁场上边界s1=0.36m处由静止释放一单匝矩形金属线框,线框底边和磁场边界平行,金属线框与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。整个线框进入磁场的过程中,机械能E和位移s之间的关系如图乙所示。已知E0E1=0.09J,线框的质量为0.1kg,电阻为0.06Ω,斜面倾角θ=37°,磁场区域的宽度d=0.43m,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)线框刚进入磁场时的速度大小v1。(2)线框从开始进入至完全进入磁场所用的时间t。(3)线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值。【解析】(1)金属线框进入磁场的过程中,减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功,机械能仍均匀减小,因为安培力也为恒力,线框做匀速运动,则有:v12=2as其中a=gsin37°μgcos37°=2m/s2可解得线框刚进入磁场时的速度大小为:v1=1.2m/s(2)设线框边长为s2,即线框进入磁场过程中运动的路程为s2,根据功能关系可得:ΔE2=Wf2+WA=(f+FA)s2其中有:ΔE2=0.09Jf+FA=mgsin37°=0.6Ns2为线框的侧边长解得:s2=0.15mt=s2v1(3)线框刚出磁场时速度最大,线框内的电功率最大。设磁感应强度为B,线框上下边长为LPm=I2R=B由v22=v1解得:v2=1.6m/s根据线框匀速进入磁场时,有:FA+μmgcos37°=mgsin37°可求出:FA=0.2N因为FA=BIL=B求得:B2L2=0.01T2·m2将v2、B2L2的值代入得:Pm=I2R=0.43W答案:(1)1.2m/s(2)0.125s(3)0.43W11.(16分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨上端连接一个定值电阻,导体棒a和b放在导轨上,与导轨垂直并接触良好,斜面上水平虚线PQ以下区域内,存在着垂直斜面向上的磁场,磁感应强度大小为B0。已知b棒的质量为m,a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R,导轨电阻不计,重力加速度为g。(1)断开开关S,a棒、b棒固定在磁场中,恰与导轨构成一个边长为L的正方形,磁场从B0以ΔBΔt=k均匀增加,写出a棒所受安培力F安随时间t(2)若接通开关S,同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F,使它沿导轨匀速向上运动,此时放在导轨下端的b棒恰好静止,当a棒运动到磁场的上边界PQ处时,撤去拉力F,a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动,此时b棒已滑离导轨,当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时,又恰能沿导轨匀速向下运动,求a棒质量ma及拉力F的大小。【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)弄清楚电路连接情况,由法拉第电磁感应定律求解感应电动势,根据欧姆定律得干路电流。(2)对导体棒进行受力分析,b棒保持静止时根据共点力平衡条件列方程。(3)分析a棒的运动情况,根据功能关系得到a棒返回磁场时速度,再根据共点力的平衡条件求解a棒的质量和拉力的大小。【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得:E=ΔΦΔt=ΔBΔtL根据闭合电路的欧姆定律可得:I=E2t时刻磁感应强度为:B=B0+kt (1分)此时棒所受的安培力为:F安=BIL (1分)解得:F安=kL32(2)根据题意可知,a棒沿斜面向上运动时,a棒为电源,b棒和电阻R并联,通过a棒的电流为I1,由并联电路关系可得:I1=Ib+IR (1分)b棒和电阻R阻值相等,则通过b棒的电流为:Ib=12I1电路的总电阻为:R总=RbRR由欧姆定律得干路电流为:I1=ER感应电动势为:E=B0Lv (1分)b棒保持静止,则有:mgsinθ=B0IbL (1分)a棒离开磁场后撤去拉力F,在a棒进入磁场前机械能守恒,返回磁场时速度还是v,此时a棒和电阻R串联,则电路中的电流为:I2=ERa棒匀速下滑,则有:magsinθ=B0I2L (1分)联立以上各式,解得:ma=32a棒向上运动时受力平衡,则有:F=magsinθ+B0I1L (1分)解得:F=72mgsinθ答案:(1)F安=kL