2021-2022學年高中物理-模塊素養(yǎng)評價教科版選修3-2

2021-2022學年高中物理模塊素養(yǎng)評價教科版選修3-22021-2022學年高中物理模塊素養(yǎng)評價教科版選修3-2PAGE14-2021-2022學年高中物理模塊素養(yǎng)評價教科版選修3-22021-2022學年高中物理模塊素養(yǎng)評價教科版選修3-2年級：姓名：模塊素養(yǎng)評價(90分鐘100分)一、選擇題(本題共14小題,每小題4分,共56分。其中1～8為單選題,9～14為多選題)1.某理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為1∶10,當輸入電壓增加20V時,輸出電壓 ()A.降低2V B.增加2VC.降低200V D.增加200V【解析】選D。由理想變壓器原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比,即=得:U2=U1,即副線圈兩端電壓與原線圈兩端電壓成正比,所以有:ΔU2=·ΔU1,當輸入電壓增加20V時,輸出電壓增大200V,故D正確。2.在如圖所示的條件下,閉合矩形線圈能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是 ()【解析】選D。A選項中因為線圈平面平行于磁感線,在以O(shè)O′為軸轉(zhuǎn)動的過程中,線圈平面始終與磁感線平行,穿過線圈的磁通量始終為零,所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生;B選項中,線圈平面也與磁感線平行,在豎直向上運動的過程中,線圈平面始終與磁感線平行,穿過線圈的磁通量始終為零,故無感應(yīng)電流產(chǎn)生;C選項中盡管線圈在轉(zhuǎn)動,但B與S都不變,B又垂直于S,所以Φ=BS始終不變,線圈中無感應(yīng)電流產(chǎn)生;而D選項中圖示狀態(tài)Φ=0,當轉(zhuǎn)過90°時Φ=BS,所以轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的磁通量在不斷地變化,因此轉(zhuǎn)動過程中線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流。D正確。3.如圖甲所示,長直導線與閉合金屬線框位于同一平面內(nèi),長直導線中的電流i隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。在0～時間內(nèi)直導線中電流向上,則在～T時間內(nèi)線框中感應(yīng)電流的方向與所受安培力的情況是 ()A.感應(yīng)電流方向為順時針,線框受安培力的合力方向向左B.感應(yīng)電流方向為逆時針,線框受安培力的合力方向向右C.感應(yīng)電流方向為順時針,線框受安培力的合力方向向右D.感應(yīng)電流方向為逆時針,線框受安培力的合力方向向左【解析】選C。在0～時間內(nèi),直導線中的電流向上,由乙可知在～T時間內(nèi),直導線中的電流方向向下,根據(jù)安培定則知導線右側(cè)磁場的方向垂直紙面向外,電流逐漸增大,則磁場逐漸增強,根據(jù)楞次定律和安培定則,金屬線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流,故B、D項不符合題意;根據(jù)左手定則,知金屬框左邊受到的安培力方向水平向右,右邊受到的安培力方向水平向左。離導線越近,磁場越強,則左邊受到的安培力大于右邊受到的安培力,所以金屬框所受安培力的合力方向水平向右,故A項不符合題意,C項符合題意?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示,在光滑絕緣水平面上,有一鋁球以一定的初速度通過有界勻強磁場,則從鋁球開始進入磁場到完全穿出磁場過程中(磁場寬度大于鋁球的直徑),鋁球 ()A.整個過程都做勻速運動B.進入磁場過程中鋁球做減速運動,穿出過程中鋁球做加速運動C.整個過程都做勻減速運動D.穿出時的速度一定小于初速度【解析】選D。鋁球進入磁場的過程中,穿過鋁球的磁通量增大,產(chǎn)生渦流,部分機械能轉(zhuǎn)化為電能,所以鋁球做減速運動;鋁球完全進入磁場后磁通量保持不變,鋁球做勻速運動;鋁球出磁場的過程中磁通量減小,再次產(chǎn)生渦流,繼續(xù)消耗機械能,鋁球再次做減速運動。故D正確,A、B、C錯誤。4.如圖所示,勻強磁場垂直于軟導線回路所在平面,由于磁場發(fā)生變化,回路變?yōu)閳A形,則該磁場隨時間變化情況可能為 ()【解析】選D。磁場發(fā)生變化,回路變?yōu)閳A形,是由線圈受到的安培力的方向向外,導線圍成的面積擴大,根據(jù)楞次定律的推廣形式可得,導線內(nèi)的磁通量一定正在減小,磁場在減弱,故D正確,A、B、C錯誤,故選D。5.如圖所示,空間存在垂直于紙面的勻強磁場,在半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)部及外部,磁場方向相反,磁感應(yīng)強度的大小均為B。一半徑為b(b>a),電阻為R的圓形導線環(huán)放置在紙面內(nèi),其圓心與圓形區(qū)域的中心重合。當內(nèi)、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中,通過導線截面的電量為 ()A. B.C. D.【解析】選A。初始狀態(tài)導線環(huán)中的磁通量為:Φ1=(πb2-πa2)B-πa2B,末狀態(tài)導線環(huán)中的磁通量為:Φ2=0,其磁通量的變化量:ΔΦ=|Φ2-Φ1|=|(πb2-2πa2)B|,產(chǎn)生的電荷量:q=It=Δt===,故A正確,B、C、D錯誤;故選A。6.如圖所示,一個邊長為2L的等腰直角三角形ABC區(qū)域內(nèi),有垂直紙面向里的勻強磁場,其左側(cè)有一個用金屬絲制成的邊長為L的正方形線框abcd,線框以水平速度v勻速通過整個勻強磁場區(qū)域,設(shè)電流逆時針方向為正。則在線框通過磁場的過程中,線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的規(guī)律正確的是 ()【解析】選B。線框開始進入磁場運動的過程中,只有邊bc切割磁感線,根據(jù)楞次定律可知,電流方向為逆時針方向,感應(yīng)電流不變,前進L后,邊bc開始出磁場,邊ad開始進入磁場,回路中的感應(yīng)電動勢為ad邊產(chǎn)生的電動勢減去bc邊在磁場中的部分產(chǎn)生的電動勢,隨著線框的運動回路中電動勢逐漸增大,電流逐漸增大,方向為負方向;當再前進L時,邊bc完全出磁場,ad邊也開始出磁場,有效切割長度逐漸減小,電流方向不變。故選B。7.如圖所示,一低壓交流變壓器中,變壓器的原、副線圈都帶有滑動頭,通過上下調(diào)節(jié)P1、P2的位置,可以改變變壓器輸入、輸出電壓。圖中L是一個小燈泡,R2是定值電阻,R1、R3是滑動變阻器,若要增大燈泡L的亮度,可以采取的辦法是 ()A.P1、P3、P4不動,P2下移B.P1、P2、P3不動,P4下移C.P2、P3、P4不動,P1上移D.P1、P2、P4不動,P3上移【解析】選D。根據(jù)變壓器的變壓原理=,要增大輸出電壓,需要使P1下移或P2上移;滑動變阻器R1是分壓接法,P3上移可以使燈泡兩端電壓增大,燈泡功率也就增大,使其變亮;滑動變阻器R3的觸頭P4上移時才能使燈泡兩端的電壓增大,使燈泡變亮,所以只有D項正確。8.如圖所示,電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長s=0.4m,兩導軌間距L=1m,導軌傾角為30°,導軌上端ab接一阻值R=2Ω的電阻,磁感應(yīng)強度B=1.0T的勻強磁場垂直軌道平面向上。阻值r=2Ω、質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好,從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端,在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr=0.1J。(g取A.4m/s B.C.m/s D.以上答案都不正確【解析】選C。由牛頓第二定律可得mgsin30°-F安=ma其中F安=BILI=E=BLvm聯(lián)立可得vm=代入數(shù)據(jù)解得vm=4m/s下滑過程中金屬棒克服安培力做功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱,由于R=r因此由焦耳定律Q=I2Rt可得QR=Qr=0.1J因此克服安培力做功W安=Q=QR+Qr代入數(shù)據(jù)解得W安=0.2J設(shè)金屬棒到達最低端時速度為v,根據(jù)能量守恒可得mv2+W安=mgssin30°代入數(shù)據(jù)可得v=m/s即金屬棒下滑最大速度為m/s,故A、B、D錯誤,C正確。故選C。9.單匝閉合矩形線框電阻為R,在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動,穿過線框的磁通量Φ與時間t的關(guān)系圖像如圖所示。下列說法正確的是 ()A.時刻線框平面與中性面垂直B.線框的感應(yīng)電動勢有效值為C.線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為D.從t=0到t=過程中線框的平均感應(yīng)電動勢為【解析】選B、C。由圖像可知時刻線圈的磁通量最大,因此此時線圈處于中性面位置,因此A錯誤;由圖可知交流電的周期為T,則ω=,交流電的電動勢的最大值為Em=nBSω=Φm,則有效值為E有==,故B正確;線圈轉(zhuǎn)一周所做的功為轉(zhuǎn)動一周的發(fā)熱量,W=T=,故C正確;從t=0時刻到t=時刻的平均感應(yīng)電動勢為E===,D錯誤。10.(2019·海南高考)如圖,一理想變壓器輸入端接交流恒壓源,輸出端電路由R1、R2和R3三個電阻構(gòu)成。將該變壓器原、副線圈的匝數(shù)比由5∶1改為10∶1后 ()A.流經(jīng)R1的電流減小到原來的B.R2兩端的電壓增加到原來的2倍C.R3兩端的電壓減小到原來的D.電阻上總的熱功率減小到原來的【解析】選C、D。根據(jù)=可知變壓器原、副線圈的匝數(shù)比由5∶1改為10∶1后,輸出電壓變?yōu)樵瓉淼?根據(jù)I=可知流經(jīng)R1的電流減小到原來的,選項A錯誤;由于R2和R3的阻值不變,則電壓的分配關(guān)系不變,故R2和R3兩端的電壓都減小到原來的,選項C正確,B錯誤;因為R1、R2和R3的阻值和連接方式都不變,則總電阻也不變,由P=得電阻上總的熱功率減小到原來的,選項D正確。11.如圖是驗證楞次定律實驗的示意圖,豎直放置的線圈固定不動,將磁鐵從線圈上方插入或拔出,線圈和電流表構(gòu)成的閉合回路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流,各圖中分別標出了磁鐵的極性、磁鐵相對線圈的運動方向以及線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向等情況,其中表示正確的是 ()【解析】選C、D。先根據(jù)楞次定律“來拒去留”判斷線圈的N極和S極。A中線圈上端應(yīng)為N極,B中線圈上端應(yīng)為N極,C中線圈上端應(yīng)為S極,D中線圈上端應(yīng)為S極,再根據(jù)安培定則確定感應(yīng)電流的方向,A、B錯誤,C、D正確。12.如圖,兩條光滑平行金屬導軌固定,所在平面與水平面夾角為θ,導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直,在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放,兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場開始計時,到MN離開磁場區(qū)域為止,流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是 ()【解析】選A、D。如果PQ進入磁場時加速度為零,PQ做勻速運動,感應(yīng)電流恒定。若PQ出磁場時MN仍然沒有進入磁場,則PQ出磁場后至MN進入磁場的這段時間,由于磁通量Φ不變,無感應(yīng)電流。由于PQ、MN從同一位置釋放,故MN進入磁場時與PQ進入磁場時的速度相同,所以電流大小也應(yīng)該相同,但方向相反,A正確,B錯誤。若PQ出磁場前MN已經(jīng)進入磁場,由于磁通量Φ不變,無感應(yīng)電流,PQ、MN均加速運動,PQ出磁場后,MN由于在磁場中的速度比進磁場時的速度大,故電流比PQ進入磁場時電流大,此后PQ做減速運動,電流減小,故C錯誤,D正確。13.(2019·全國卷Ⅲ)如圖,方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌,兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t=0時,棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中,ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好,兩者速度分別用v1、v2表示,回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是 ()【解析】選A、C。由題意可知,兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律得mv0=2mv′,最終兩棒共速,速度為,此時電路中電流為0,故C正確,D錯誤;由C知,I不是線性變化,又由I=(R為每個棒的電阻)知,v不是線性變化,v1是逐漸減小到,v2是逐漸增大到,故A正確,B錯誤。14.如圖所示,質(zhì)量為m、邊長為L的正方形線圈,線圈ab邊距離磁場邊界為s,線圈從靜止開始在水平恒力F的作用下,穿過寬度為d(d>L)的有界勻強磁場。若線圈與水平面間沒有摩擦力的作用,線圈平面始終與磁場垂直,ab邊剛進入磁場的速度與ab邊剛離開磁場時的速度相等,下列說法正確的是 ()A.線圈進入磁場和離開磁場的過程中通過導線橫截面的電荷量不相等B.整個線圈穿越磁場的過程中線圈的最小速度為C.整個線圈穿越磁場的過程中線圈的最大速度為D.整個線圈穿越磁場的過程中線圈產(chǎn)生的熱量為2Fd【解析】選B、D。由q=可知,線圈進入磁場和離開磁場過程中通過線圈橫截面的電荷量相等,A錯誤;線圈最小速度對應(yīng)線圈剛好全部進入時,由Fs=m,F(d-L)=m-m得:vmin=,最大速度為v0=,故B正確,C錯誤;線圈進入磁場過程產(chǎn)生的熱量Q1=Fd,且與線圈離開磁場產(chǎn)生的熱量一樣多,所以D正確。二、實驗題(8分)15.(2019·全國卷Ⅱ)某小組利用圖(a)所示的電路,研究硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關(guān)系,圖中V1和V2為理想電壓表;R為滑動變阻器,R0為定值電阻(阻值100Ω);S為開關(guān),E為電源。實驗中二極管置于控溫爐內(nèi),控溫爐內(nèi)的溫度t由溫度計(圖中未畫出)測出。圖(b)是該小組在恒定電流為50.0μA時得到的某硅二極管U-t關(guān)系曲線?；卮鹣铝袉栴}:(1)實驗中,為保證流過二極管的電流為50.0μA,應(yīng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R,使電壓表V1的示數(shù)為U1=mV;根據(jù)圖(b)可知,當控溫爐內(nèi)的溫度t升高時,硅二極管正向電阻(選填“變大”或“變小”),電壓表V1示數(shù)(選填“增大”或“減小”),此時應(yīng)將R的滑片向(選填“A”或“B”)端移動,以使V1示數(shù)仍為U1。

(2)由圖(b)可以看出U與t成線性關(guān)系,硅二極管可以作為測溫傳感器,該硅二極管的測溫靈敏度為||=×10-3V/℃(保留2位有效數(shù)字)。

【解析】(1)U1=IR0=50×10-6×100V=5.00×10-3V=5.00mV;由于R=,I不變,據(jù)圖(b)可知,當t升高時,正向電壓U減小,故R變小;由于R變小,總電阻減小,電流增大;R0兩端電壓增大,即V1表示數(shù)變大;只有增大電阻才能使電流減小,故滑動變阻器滑片向右調(diào)節(jié),即向B端調(diào)節(jié)。(2)由圖(b)可得圖線的斜率||=V/℃=2.8×10-3V/℃。答案:(1)5.00變小增大B(2)2.8三、計算題(本題共3小題,共36分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)16.(10分)(2020·天津等級考)如圖所示,垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場中,金屬框平面與磁場方向垂直,電阻R=0.1Ω,邊長l=0.2m(1)在t=0到t=0.1s時間內(nèi),金屬框中感應(yīng)電動勢E;(2)t=0.05s時,金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向;(3)在t=0到t=0.1s時間內(nèi),金屬框中電流的電功率P?！窘馕觥?1)在t=0到t=0.1s的時間Δt內(nèi),磁感應(yīng)強度的變化量ΔB=0.2T,設(shè)穿過金屬框的磁通量變化量為ΔΦ,有ΔΦ=ΔBl2 ①(1分)由于磁場均勻變化,所以金屬框中產(chǎn)生的電動勢是恒定的,有E= ②(1分)聯(lián)立①②式,代入數(shù)據(jù),解得E=0.08V ③(1分)(2)設(shè)金屬框中的電流為I,由閉合電路歐姆定律,有I= ④(1分)由圖可知,t=0.05s時,磁感應(yīng)強度為B1=0.1T,金屬框ab邊受到的安培力F=IB1l ⑤聯(lián)立①②④⑤式,代入數(shù)據(jù),解得F=0.016N⑥(1分)方向垂直于ab向左。 ⑦(1分)(3)在t=0到t=0.1s時間內(nèi),金屬框中電流的電功率P=I2R ⑧(1分)聯(lián)立①②④⑧式,代入數(shù)據(jù),解得P=0.064W ⑨(2分)答案:(1)0.08V(2)0.016N方向垂直于ab向左(3)0.064W【總結(jié)提升】電磁感應(yīng)中的電路問題1.求解電磁感應(yīng)中電路問題的關(guān)鍵是分清楚內(nèi)電路和外電路?！扒懈睢贝鸥芯€的導體和磁通量變化的線圈都相當于“電源”,該部分導體的電路相當于內(nèi)電路,而其余部分的電路則是外電路。2.路端電壓、電動勢和某導體兩端的電壓三者的區(qū)別:(1)某段導體作為外電路時,它兩端的電壓就是電流與其電阻的乘積。(2)某段導體作為電源時,它兩端的電壓就是路端電壓,等于電流與外電阻的乘積,或等于電動勢減去內(nèi)電壓,當其內(nèi)阻不計時路端電壓等于電源電動勢。(3)某段導體作為電源時,電路斷路時導體兩端的電壓等于電源電動勢。17.(12分)如圖所示,電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2m,bc邊與勻強磁場邊緣重合。磁場的寬度等于線圈的邊長,磁感應(yīng)強度大小為0.5T。在水平拉力作用下,線圈以8(1)感應(yīng)電動勢的大小E;(2)所受拉力的大小F;(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q?！窘馕觥?1)由題意可知,當線圈切割磁感線時產(chǎn)生的電動勢為E=BLv=0.5×0.2×8V=0.8V(3分)(2)因為線圈勻速運動故所受拉力等于安培力,有F=F安=BIL (2分)根據(jù)閉合電路歐姆定律有