2019-2020学年高中物理 水平测试4课件 新人教版选修3-2

第四章水平测试本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的四个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)1．下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流C．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大D．涡流的形成不遵循法拉第电磁感应定律解析由物理学史可知A正确；B项中闭合电路做切割磁感线运动且使磁通量变化才产生感应电流，故B错误；C项中，感应电动势与磁通量变化率成正比，故C错误；涡流也是感应电流，也遵循法拉第电磁感应定律，D项错误。2．如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是()A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向左减速运动D．向右加速运动解析若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场“向里减小”或“向外增大”，所以有两种情况：垂直纸面向里的磁场大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有金属棒向右减速运动；或者垂直纸面向外的磁场大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有金属棒向左加速运动，故B正确，A、C、D错误。3．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下做加速上升运动的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量解析根据动能定理可知：WF＋W安＋WG＝12mv2。其中，安培力、重力均做负功，外力F做正功，则由上式可得A正确，B、C错误；D选项中电阻R上放出的热量应等于克服安培力所做的功，故D错误。4．将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面(纸面)内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中，回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()解析在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化率一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右，故B正确。5.两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量＋q的油滴恰好处于静止。则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是()A．磁感应强度B竖直向上且正增强，ΔΦΔt＝dmgnqB．磁感应强度B竖直向下且正增强，ΔΦΔt＝dmgnqC．磁感应强度B竖直向上且正减弱，ΔΦΔt＝dmgR＋rnRqD．磁感应强度B竖直向下且正减弱，ΔΦΔt＝dmgR＋rnRq解析油滴静止说明电容器下极板带正电，线圈中电流自上而下(电源内部)，由楞次定律可以判断，线圈中的磁感应强度B为向上减弱或向下增强。又E＝nΔΦΔt①UR＝RR＋r·E②qURd＝mg③由①②③式可解得：ΔΦΔt＝mgdR＋rnRq。C正确。6．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t＝0时，将开关S由1掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是()解析导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速，故q­t图象应如图甲所示，A错误；i­t图象应如图乙所示，B错误；v­t图象应如图丙所示，C错误，D正确。7．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯解析当线圈上通交流电时，金属杯杯体由于发生电磁感应现象，杯体中有感应电流，对水加热，若要缩短加热时间，则可增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，选项A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，选项B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，选项C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，选项D错误。8．如图甲、乙电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小。接通S，使电路达到稳定，电灯D发光，则()A．在电路甲中，断开S，电灯D将渐渐变暗B．在电路甲中，断开S，电灯D将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，电灯D将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，电灯D将先变得更亮，然后渐渐变暗解析甲图中，电灯D与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势要阻碍原电流减小，所以，开关断开的瞬间，电灯D的电流渐渐变小，因此电灯D渐渐变暗，A正确、B错误；乙图中，电路稳定时电灯D所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小，远比电灯D的电阻小)，断开开关S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流变小，电感线圈L与电阻R、电灯D组成一个回路，因此，流过电灯D的电流瞬间变大，然后渐渐变小，所以电灯D要先闪亮一下，然后渐渐变暗，C错误、D正确。9.如图所示，平行金属导轨光滑并且固定在水平面上，导轨一端连接电阻R，垂直于导轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m的金属棒ab在水平恒力F作用下由静止向右滑动，除电阻R外其他的电阻都不计，则()A．棒从静止到最大速度过程中，棒的加速度不断增大B．棒从静止到最大速度过程中，棒克服安培力所做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能C．棒ab做匀速运动阶段，外力F做的功等于电路中产生的内能D．无论棒ab如何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能解析金属棒所受的安培力F安＝B2L2vR，a＝F－F安m，则知金属棒的速度增大时，安培力增大，则加速度减小，故选项A错误；根据能量转化和守恒定律，可知无论棒ab如何运动，克服安培力做的功等于电路中产生的内能。棒从静止到最大速度过程中，外力F做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能之和，故选项B错误，D正确；当ab棒匀速运动时，F安＝F，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做的功等于电路中产生的内能，故选项C正确。10．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝R02。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则()A．R2两端的电压为U7B．电容器的a极板带正电C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D．正方形导线框中的感应电动势为kL2解析由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS得E＝kπr2，D错误；因k0，由楞次定律知线框上感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题知外电路等效电路图如答图：R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1串联，故R2两端电压U2＝R02×12R0＋R02＋R02×12U＝U7，A正确；R2消耗的电功率P2＝IU2，则R消耗的电功率P′＝2I×2U2＋IU2＝5P2，故C正确。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本大题共2小题，每小题6分，共12分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答。)11．把一个用丝线悬挂的铝球放在电路中的线圈上方，如图所示，在下列三种情况下，悬挂铝球的丝线所受的拉力的变化情况：(1)当滑动变阻器的滑片向右移动时，拉力_______。(2)当滑片向左移动时，拉力_______。(3)当滑片不动时，拉力_______。(均选填“变大”“变小”或“不变”)变小解析滑片向右移动时，电路中电阻变小，电流变大，穿过铝球横截面积的磁通量变大，根据楞次定律，铝球有向上运动的趋势，阻碍磁通量的增大，所以拉力变小；相反，滑片向左移动时，拉力变大；滑片不动时，电流不变，穿过铝球横截面积的磁通量不变，拉力不变。变大不变12．如图甲为“研究电磁感应现象”的实验装置。(1)将图中所缺的导线补接完整。答案(1)如图所示(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________________；②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针________________。向右偏转一下向左偏转一下(3)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________。A．因电路不闭合，无电磁感应现象B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C．不能用楞次定律判断感应电动势方向D．可以用楞次定律判断感应电动势方向BD(4)如图乙所示的A、B分别表示原、副线圈，若副线圈中产生顺时针方向的感应电流，可能是因为________。A．原线圈通入顺时针方向电流，且正从副线圈中取出B．原线圈通入顺时针方向电流，且其中铁芯正被取出C．原线圈通入顺时针方向电流，且将滑动变阻器阻值调小D．原线圈通入逆时针方向电流，且正在断开电源AB解析(1)如答图所示。(2)依照楞次定律及题中已知的灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下。(3)穿过电路中的磁通量发生变化即产生电磁感应现象。如电路不闭合无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势方向。故答案选B、D。(4)副线圈中产生顺时针方向的感应电流，可依据楞次定律来判断原线圈通入电流的情况。如果原线圈通入顺时针方向电流，则副线圈中磁通量在减小，故A、B正确，C错误；如果原线圈通入逆时针方向电流，则副线圈中磁通量在增加，故D错误。故答案选A、B。三、计算题(本大题共3小题，共48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。)13．(12分)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0cm，线圈导线的截面积A＝0.80cm2，电阻率ρ＝1.5Ω·m。如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。答案(1)6×103Ω(2)4×10－2V(3)8×10－8J解析(1)由电阻定律得R＝ρ2πrA，代入数据得R≈6×103Ω。(2)感应电动势E＝ΔB·πr2Δt，代入数据得E≈4×10－2V。(3)由焦耳定律得Q＝E2RΔt，代入数据得Q＝8×10－8J。14．(16分)如图所示，ef、gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距为L＝1m，导轨左端连接一个R＝2Ω的电阻，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直地放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计，整个装置放在磁感应强