2017-2018学年高二物理新人教版选修3-2综合测评：第1章

章末综合测评(一)
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
图1
1．如图1所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力作用，则可知金属框的运动情况是(　　)
A．向左平动进入磁场
B．向右平动退出磁场
C．沿竖直方向向上平动
D．沿竖直方向向下平动
【解析】　因为ab边受到的安培力的方向竖直向上，所以由左手定则就可以判断出金属框中感应电流的方向是abcda，金属框中的电流是由ad边切割磁感线产生的，所以金属框向左平动进入磁场．
【答案】　A
2．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示．若磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2 s内，线圈中感应电流的大小和方向是(　　)
甲　　　　　　　　乙
图2
A．大小恒定，逆时针方向
B．大小恒定，顺时针方向
C．大小逐渐增加，顺时针方向
D．大小逐渐减小，逆时针方向
【解析】　由题图乙可知，第2 s内为定值，由E＝＝S知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定．第2 s内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A项正确．
【答案】　A
3．如图3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3
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
【解析】　根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，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＝－n，选项C正确．
【答案】　C
4．如图4所示，L是自感系数很大的理想线圈，a、b为两只完全相同的小灯泡，R0是一个定值电阻，则下列有关说法中正确的是(　　)
图4
A．当S闭合瞬间，a灯比b灯亮
B．当S闭合待电路稳定后，两灯亮度相同
C．当S突然断开瞬间，a灯比b灯亮些
D．当S突然断开瞬间，b灯立即熄灭
【解析】　S闭合瞬间，a、b同时亮，b比a亮；稳定后，a灯不亮；S断开瞬间，a灯比b灯亮．
【答案】　C
5．紧靠在一起的线圈A与B如图5甲所示，当给线圈A通以图乙所示的电流(规定由a进入b流出为电流正方向)时，则线圈cd两端的电势差应为图中的(　　)
图5
【解析】　0～1 s内，A线圈中电流均匀增大，产生向左均匀增大的磁场，由楞次定律可知，B线圈中外电路的感应电流方向由c到d，大小不变，c点电势高，所以选项A正确．
【答案】　A
6．如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)
图6
A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2
【解析】　根据法拉第电磁感应定律E＝Blv、欧姆定律I＝和焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈进入磁场产生的热量Q＝·＝，因为lab>lbc，所以Q1>Q2.根据＝，＝及q＝Δt得q＝，故q1＝q2.选项A正确，选项B、C、D错误．
【答案】　A
7．如图7所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是(　　)
图7
A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高的越快
B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高的越快
C．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻小
D．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻大
【解析】　交流电频率越高，则产生的感应电流越强，升温越快，故A项对．工件上各处电流相同，电阻大处产生的热量多，故D项对．
【答案】　AD
8．如图8所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时(　　)
图8
A．φa>φb
B．φa<φb
C．电阻中电流方向由a到b
D．电阻中电流方向由b到a
【解析】　线圈中磁场方向向右，磁铁从线圈中拔出时，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b到a，故φb>φa.B、D项正确．
【答案】　BD
9．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场．若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图9所示，则(　　)
图9
A．线圈中0时刻感应电动势最小
B．线圈中C时刻感应电动势为零
C．线圈中C时刻感应电动势最大
D．线圈从0至C时间内平均感应电动势为0.4 V
【解析】　感应电动势E＝，而磁通量变化率是Φ-t图线的切线斜率，当t＝0时Φ＝0，但≠0.从0至C时间内ΔΦ＝2×10－3 Wb，E＝＝ V＝0.4 V，选项D正确．
【答案】　BD
10．如图10所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中，下列说法正确的是(　　)
图10
A．恒力F做的功等于电路产生的电能
B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能
C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能
D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和
【解析】　沿水平方向，ab棒受向右的恒力F、向左的摩擦力Ff和安培力F安，随棒速度的增大，安培力增大，合力F－Ff－F安减小，但速度在增大，最终可能达到最大速度．从功能关系来看，棒克服安培力做功等于其他形式的能转化成的电能，故A、B错误，C正确；由动能定理知，恒力F、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于金属棒动能的增加量，D正确；也可从能量守恒角度进行判定，即恒力F做的功等于电路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的增加之和．
【答案】　CD
二、非选择题(本题共3小题，共40分．)
11．(12分)如图11所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：
图11
(1)电阻R消耗的功率；
(2)水平外力的大小．
【解析】　(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E＝Blv
根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝
电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得
P＝.
(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有
F安＋μmg＝F ①
F安＝BIl＝ ②
故F＝＋μmg.
【答案】　(1)　(2)＋μmg
12．(12分)如图12所示，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度随时间变化的规律是B＝(6－0.2t)T，已知电路中的R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，线圈A的电阻不计．求：
图12
(1)闭合S后，通过R2的电流大小；
(2)闭合S一段时间后，再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？
【解析】　(1)磁感应强度变化率的大小＝0.2 T/s
线圈A中的感应电动势的大小
E＝nS＝100×0.2×0.2V＝4 V
通过R2的电流：I＝＝A＝0.4 A.
(2)R2两端的电压U＝IR2＝2.4 V
电容器稳定后所带的电荷量
Q＝CU＝3×10－5×2.4 C＝7.2×10－5 C
S断开后通过R2的电荷量为7.2×10－5 C.
【答案】　(1)0.4 A　(2)7.2×10－5 C
13．(16分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图13所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2)
图13
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．
【解析】　(1)正极．
(2)由电磁感应定律得U＝E＝
ΔΦ＝BR2Δθ
U＝BωR2
v＝rω＝ωR
所以v＝＝2 m/s.
(3)ΔE＝mgh－mv2
ΔE＝0.5 J.
【答案】　(1)正极　(2)2 m/s　(3)0.5 J