2021-2022學年高中物理模塊素養評價教科版選修3-22021-2022學年高中物理模塊素養評價教科版選修3-2PAGE14-2021-2022學年高中物理模塊素養評價教科版選修3-22021-2022學年高中物理模塊素養評價教科版選修3-2年級：姓名：模塊素養評價(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,閉合矩形線圈能產生感應電流的是 ()【解析】選D。A選項中因為線圈平面平行于磁感線,在以OO′為軸轉動的過程中,線圈平面始終與磁感線平行,穿過線圈的磁通量始終為零,所以無感應電流產生;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,故無感應電流產生;C選項中盡管線圈在轉動,但B與S都不變,B又垂直于S,所以Φ=BS始終不變,線圈中無感應電流產生;而D選項中圖示狀態Φ=0,當轉過90°時Φ=BS,所以轉動過程中穿過線圈的磁通量在不斷地變化,因此轉動過程中線圈中產生感應電流。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,長直導線中的電流i隨時間t的變化關系如圖乙所示。在0～時間內直導線中電流向上,則在～T時間內線框中感應電流的方向與所受安培力的情況是 ()A.感應電流方向為順時針,線框受安培力的合力方向向左B.感應電流方向為逆時針,線框受安培力的合力方向向右C.感應電流方向為順時針,線框受安培力的合力方向向右D.感應電流方向為逆時針,線框受安培力的合力方向向左【解析】選C。在0～時間內,直導線中的電流向上,由乙可知在～T時間內,直導線中的電流方向向下,根據安培定則知導線右側磁場的方向垂直紙面向外,電流逐漸增大,則磁場逐漸增強,根據楞次定律和安培定則,金屬線框中產生順時針方向的感應電流,故B、D項不符合題意;根據左手定則,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。【加固訓練】如圖所示,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,產生渦流,部分機械能轉化為電能,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,再次產生渦流,繼續消耗機械能,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,由于磁場發生變化,回路變為圓形,則該磁場隨時間變化情況可能為 ()【解析】選D。磁場發生變化,回路變為圓形,是由線圈受到的安培力的方向向外,導線圍成的面積擴大,根據楞次定律的推廣形式可得,導線內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的圓形區域內部及外部,磁場方向相反,磁感應強度的大小均為B。一半徑為b(b>a),電阻為R的圓形導線環放置在紙面內,其圓心與圓形區域的中心重合。當內、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。初始狀態導線環中的磁通量為:Φ1=(πb2-πa2)B-πa2B,末狀態導線環中的磁通量為:Φ2=0,其磁通量的變化量:ΔΦ=|Φ2-Φ1|=|(πb2-2πa2)B|,產生的電荷量: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區域內,有垂直紙面向里的勻強磁場,其左側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域,設電流逆時針方向為正。則在線框通過磁場的過程中,線框中感應電流i隨時間t變化的規律正確的是 ()【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,根據楞次定律可知,電流方向為逆時針方向,感應電流不變,前進L后,邊bc開始出磁場,邊ad開始進入磁場,回路中的感應電動勢為ad邊產生的電動勢減去bc邊在磁場中的部分產生的電動勢,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,通過上下調節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,磁感應強度B=1.0T的勻強磁場垂直軌道平面向上。阻值r=2Ω、質量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聯立可得vm=代入數據解得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代入數據解得W安=0.2J設金屬棒到達最低端時速度為v,根據能量守恒可得mv2+W安=mgssin30°代入數據可得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動,穿過線框的磁通量Φ與時間t的關系圖像如圖所示。下列說法正確的是 ()A.時刻線框平面與中性面垂直B.線框的感應電動勢有效值為C.線框轉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;線圈轉一周所做的功為轉動一周的發熱量,W=T=,故C正確;從t=0時刻到t=時刻的平均感應電動勢為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R3三個電阻構成。將該變壓器原、副線圈的匝數比由5∶1改為10∶1后 ()A.流經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=可知變壓器原、副線圈的匝數比由5∶1改為10∶1后,輸出電壓變為原來的,根據I=可知流經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,線圈和電流表構成的閉合回路中就會產生感應電流,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生的感應電流的方向等情況,其中表示正確的是 ()【解析】選C、D。先根據楞次定律“來拒去留”判斷線圈的N極和S極。A中線圈上端應為N極,B中線圈上端應為N極,C中線圈上端應為S極,D中線圈上端應為S極,再根據安培定則確定感應電流的方向,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,所以電流大小也應該相同,但方向相反,A正確,B錯誤。若PQ出磁場前MN已經進入磁場,由于磁通量Φ不變,無感應電流,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生的熱量Q1=Fd,且與線圈離開磁場產生的熱量一樣多,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,E為電源。實驗中二極管置于控溫爐內,控溫爐內的溫度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關系曲線。回答下列問題:(1)實驗中,為保證流過二極管的電流為50.0μA,應調節滑動變阻器R,使電壓表V1的示數為U1=mV;根據圖(b)可知,當控溫爐內的溫度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(選填“增大”或“減小”),此時應將R的滑片向(選填“A”或“B”)端移動,以使V1示數仍為U1。

(2)由圖(b)可以看出U與t成線性關系,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位有效數字)。

【解析】(1)U1=IR0=50×10-6×100V=5.00×10-3V=5.00mV;由于R=,I不變,據圖(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節,即向B端調節。(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,磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質金屬框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,金屬框中感應電動勢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,金屬框中電流的電功率P。【解析】(1)在t=0到t=0.1s的時間Δt內,磁感應強度的變化量ΔB=0.2T,設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,所以金屬框中產生的電動勢是恒定的,有E= ②(1分)聯立①②式,代入數據,解得E=0.08V ③(1分)(2)設金屬框中的電流為I,由閉合電路歐姆定律,有I= ④(1分)由圖可知,t=0.05s時,磁感應強度為B1=0.1T,金屬框ab邊受到的安培力F=IB1l ⑤聯立①②④⑤式,代入數據,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,金屬框中電流的電功率P=I2R ⑧(1分)聯立①②④⑧式,代入數據,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【總結提升】電磁感應中的電路問題1.求解電磁感應中電路問題的關鍵是分清楚內電路和外電路。“切割”磁感線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電壓,當其內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,磁感應強度大小為0.5T。在水平拉力作用下,線圈以8(1)感應電動勢的大小E;(2)所受拉力的大小F;(3)感應電流產生的熱量Q。【解析】(1)由題意可知,當線圈切割磁感線時產生的電動勢為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)根據閉合電路歐姆定律有