高中物理魯科版2本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 說課一等獎

模塊綜合檢測一、選擇題1．下列說法正確的是()A．交變電流在一個周期內(nèi)電流方向改變兩次B．交變電流的有效值總是峰值的eq\f(1,\r(2))倍C．交變電流的有效值表示其產(chǎn)生的平均效果，所以有效值與平均值相同D．交變電流的峰值可能等于其有效值解析：只有正弦式交變電流的有效值等于峰值的eq\f(1,\r(2))，故B錯；交變電流的有效值與平均值不同，前者由電流的熱效應(yīng)求，而后者由法拉第電磁感應(yīng)定律解決，C錯．對于方形波其有效值與峰值相等，故D正確．由交變電流的周期性可知A正確．答案：AD2．如圖所示，A為通電線圈，電流方向如圖所示，B、C為與A在同一平面內(nèi)的兩同心圓，ΦB、ΦC分別為通過兩圓面的磁通量的大小，下列判斷正確的是()A．穿過兩圓面的磁通量方向是垂直紙面向外B．穿過兩圓面的磁通量方向是垂直紙面向里C．ΦB＞ΦCD．ΦB＜ΦC解析：通電線圈A產(chǎn)生的磁場，在B，C內(nèi)的磁能量有向里的，也有向外的，但向外的多，因此兩線圈的合磁通量均向外；對于兩線圈B，C來說，向外的一樣多，向里的C比B多，合磁通量B大，即ΦB＞ΦC.答案：AC3．如圖所示，“U”形金屬框架固定在水平面上，金屬桿ab與框架間無摩擦．整個裝置處于豎直方向的磁場中．若因磁場的變化，使桿ab向右運動，則磁感應(yīng)強度()A．方向向下并減小 B．方向向下并增大C．方向向上并增大 D．方向向上并減小解析：因磁場變化，發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，桿ab中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，而使桿ab受到磁場力的作用，并發(fā)生向右運動．而ab向右運動，使得閉合回路中磁通量有增加的趨勢，說明原磁場的磁通量必定減弱，即磁感應(yīng)強度正在減小，與方向向上、向下無關(guān)．答案：AD4．一個電熱器接在10V的直流電源上，在時間t內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為Q，今將該電熱器接在一個正弦交流電源上，它在時間2t內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則這一交流電源的交流電壓的最大值和有效值分別是()A．最大值是10eq\r(2)V，有效值是10VB．最大值是10V，有效值是5eq\r(2)VC．最大值是5eq\r(2)V，有效值是5VD．最大值是20V，有效值是10eq\r(2)V答案：B5．如圖所示，理想變壓器原線圈兩端M、N接高壓，降壓后通過輸電線(有一定電阻)接用電器，A、V是交流電表，原先S閉合，現(xiàn)將S斷開，則()A．V示數(shù)增大，A示數(shù)增大，R1功率增大B．V示數(shù)增大，A示數(shù)減小，R1功率增大C．V示數(shù)減小，A示數(shù)減小，R1功率減小D．V示數(shù)減小，A示數(shù)增大，R1功率減小解析：當S斷開時，副線圈電路中總電阻增大，總電流減小，故導(dǎo)線上分壓U線＝I2R線減小，V示數(shù)增大．由變流比知eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，因I2減小，故I1即A示數(shù)減小，R1功率P1＝eq\f(U\o\al(2,1),R1)增大，故B選項正確．答案：B6．如圖所示，一條形磁鐵，從靜止開始穿過采用雙線繞成的閉合線圈，條形磁鐵在穿過線圈的過程中可能做()A．減速運動 B．勻速運動C．自由落體運動 D．非勻變速運動解析：雙線繞法的線圈內(nèi)部磁通量始終為0，繞線中無感應(yīng)電流，磁鐵下落時只受重力，故磁鐵在線圈中做自由落體運動．答案：C7．如圖所示質(zhì)量為m、邊長為L的正方形線框從某一高度自由落下后，通過一高度也為L的勻強磁場區(qū)域，則線框通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱()A．可能大于2mgL B．可能等于2mgLC．可能小于2mgL D．可能為零解析：因磁場的寬度也是L，則線框在下落時總是只有一條邊在切割磁感線，當線框在磁場中做勻速運動時，由能量轉(zhuǎn)化守恒知，動能不變，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為熱能，即為2mgL；若線框通過磁場過程中所受的安培阻力大于重力，則線框做減速運動，動能有一部分轉(zhuǎn)化為熱能，則生熱大于2mgL；若線框通過磁場過程中，所受安培阻力小于重力，則線框做加速運動，重力勢能部分轉(zhuǎn)化為動能，則生熱小于2mgL.答案：ABC8．如圖所示，A是硬橡膠圓環(huán)，B是一根可以運動的垂直紙面的通電直導(dǎo)線，電流方向如圖所示，用毛皮摩擦A環(huán)，并使它按圖示方向轉(zhuǎn)動，在開始轉(zhuǎn)動的瞬間，導(dǎo)線B的運動方向是()A．平行紙面向上 B．平行紙面向下C．平行紙面向左 D．平行紙面向右解析：毛皮摩擦過的橡膠圓環(huán)帶負電，A環(huán)如題圖所示方向旋轉(zhuǎn)相當于順時針方向的環(huán)形電流．根據(jù)右手螺旋定則，穿過右側(cè)環(huán)中的磁通量為垂直紙面向外，右側(cè)環(huán)中感應(yīng)電流的方向根據(jù)楞次定律得為順時針方向，感應(yīng)電流流過螺線管，使螺線管的磁場右邊為N極，左邊為S極．導(dǎo)線B所在處的磁場方向向左，根據(jù)左手定則，B受安培力方向向上．答案：A9．如圖所示，交流發(fā)電機的矩形線圈邊長ab＝cd＝0.4m，ad＝bc＝0.2m，線圈匝數(shù)N＝100，電阻r＝1Ω，線圈在磁感應(yīng)強度B＝T的勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以ω＝100πrad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動，外接電阻R＝9Ω，A．電動勢瞬時值e＝160πsin(100πt)VB．t＝0時線圈中磁通量變化率最大C．t＝eq\f(1,2)s時線圈中感應(yīng)電動勢最小D．交變電流的有效值是8eq\r(2)πA解析：在題圖所示位置時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，Em＝NBSω＝160πV，e＝160πcos(100πt)V，A、C錯誤，B正確．電動勢的有效值是E＝eq\f(160π,\r(2))V，所以交變電流的有效值是I＝eq\f(E,R＋r)＝8eq\r(2)π，A，D是正確的．答案：BC10．如圖所示，在邊長為a的等邊三角形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場B，其方向垂直紙面向外．一個邊長也為a的等邊三角形導(dǎo)線框架EFG正好與上述磁場區(qū)域的邊界重合，并以周期T繞其中心O點在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動．于是框架EFG產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，經(jīng)eq\f(T,6)線框轉(zhuǎn)到圖中虛線位置，則在eq\f(T,6)時間內(nèi)()A．平均感應(yīng)電動勢大小等于eq\f(\r(3)a2B,2T)B．平均感應(yīng)電動勢大小等于eq\f(\r(3)a2B,T)C．順時針方向轉(zhuǎn)動時感應(yīng)電流方向為E→G→F→ED．逆時針方向轉(zhuǎn)動時感應(yīng)電流方向為E→F→G→E解析：求出面積的改變量ΔS＝3×eq\f(\r(3)a2,36)＝eq\f(\r(3)a2,12)，所以E＝eq\f(ΔSB,Δt)＝eq\f(\f(\r(3),12)a2B,\f(T,6))＝eq\f(\r(3)a2B,2T).故A正確．因為轉(zhuǎn)動后，面積變小，磁通量變小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的作用效果阻礙這一變化，根據(jù)右手定則，電流方向應(yīng)為逆時針，由E→F→G→E.故選A、D．答案：AD11．豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計，磁場方向如圖所示，磁感應(yīng)強度B＝T，導(dǎo)體桿ab和cd在磁場中的長度均為0.2m，電阻均為Ω，所受重力均為N．現(xiàn)在用力向上推導(dǎo)體桿ab，使之勻速上升(與導(dǎo)軌接觸始終良好)，此時桿cd恰好靜止不動，abA．a(chǎn)b受到的推力大小為2NB．a(chǎn)b向上的速度為2C．在2s內(nèi)，推力做功轉(zhuǎn)化的電能是JD．在2s內(nèi)，推力做功為J解析：以ab、cd為整體可知向上的推力F＝2mg＝N，對cd可得BIL＝mg，所以I＝eq\f(mg,Bl)＝eq\f,×A＝1A，ab運動速度為v，Blv＝I×2R，所以v＝eq\f(2RI,Bl)＝eq\f(2××1,×m/s＝2m/s,2s內(nèi)轉(zhuǎn)化的電能W電＝I2×2Rt＝J,2s內(nèi)推力做的功WF＝Fvt＝J.答案：BC二、非選擇題12．一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示，質(zhì)量為m，電阻為R，半徑為r的圓形線圈一半在磁場內(nèi)，一半在磁場外，t＝0時磁感應(yīng)強度為B，以后均勻減小直至為零．磁感應(yīng)強度的變化率eq\f(ΔB,Δt)為一常數(shù)k，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，在磁場力作用下運動，不考慮重力影響．求：(1)t＝0時刻線圈的加速度．(2)線圈最后做勻速直線運動時回路中的電功率．解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝S·eq\f(ΔB,Δt)，又S＝eq\f(1,2)πr2，eq\f(ΔB,Δt)＝k.由閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R)，由安培力公式F＝BI·2r，由牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)，由以上各式得a＝eq\f(Bπkr3,mR).(2)線圈做勻速直線運動，有三種可能：①線圈沒有全部進入磁場，磁場消失，所以以后沒有感應(yīng)電流，回路電功率P＝0.②線圈全部進入磁場，磁場沒有消失，盡管有感應(yīng)電流，但所受合力為零，同樣做勻速直線運動，電功率P＝eq\f(E′2,R).結(jié)合(1)中的E的求法可知E′＝kπr2.解得P＝eq\f(k2π2r4,R).③在上面②的前提下，等到磁場消失后，電功率P＝0.答案：(1)eq\f(BπRr2,mR)(2)0或eq\f(k2π2r4,R)或013．一個旋轉(zhuǎn)線框abcd，線圈旋轉(zhuǎn)時始終在勻強磁場中，電阻不計，ab＝cd＝0.5m，bc＝1m，將其置于水平向左的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B＝6T．線框與理想變壓器原線圈連接，變壓器原、副線圈匝數(shù)比為100∶1，副線圈接入一只“3V,W”的小燈泡，如圖所示，當abcd線圈繞豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時，(1)交流電壓表V的示數(shù)？(2)線框abcd轉(zhuǎn)動的角速度ω多大？解析：(1)因為eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)所以U1＝eq\f(n1,n2)U2＝eq\f(100,1)×3V＝300V(2)因為Um＝eq\r(2)U1，Um＝B·bc·ab·ω所以ω＝eq\f(\r(2)U1,B·bc·ab)＝eq\f(\r(2)×300,6×1×rad/s＝100eq\r(2)rad/s答案：(1)300V(2)100eq\r(2)rad/s14．如圖，一直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長為l、電阻為r，其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為l的光滑平行導(dǎo)軌上，并與之密接；棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控制的負載電阻(圖中未畫出)；導(dǎo)軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面．開始時，給導(dǎo)體棒一個平行于導(dǎo)軌的初速度v0.在棒的運動速度由v0減小至v1的過程中，通過控制負載電阻的阻值使棒中的電流強度I保持恒定．導(dǎo)體棒一直在磁場中運動．若不計導(dǎo)軌電阻，求此過程中導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動勢的平均值和負載電阻上消耗的平均功率．解析：導(dǎo)體棒所受的安培力為F＝lIB ①該力大小不變，導(dǎo)體棒做勻減速運動，因此在導(dǎo)體棒的速度從v0減小到v1的過程中，平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)(v0＋v1) ②當棒的速度為v時，感應(yīng)電動勢的大小為E＝lvB ③棒中的平均感應(yīng)電動勢為eq\x\to(E)＝leq\x\to(v)B ④由②④式得eq\x\to(E)＝eq\f(1,2)Bl(v0＋v1) ⑤導(dǎo)體棒中消耗的熱功率為P1＝I2r ⑥負載電阻上消耗的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\x\to(E)I－P1 ⑦由⑤⑥⑦式得eq\x\to(P)＝eq\f(1,2)l(v0＋v1)BI－I2r ⑧答案：eq\f(1,2)Bl(v0＋v1)eq\f(1,2)l(v0＋v1)BI－I2r15．如圖所示，MN、PQ為平行光滑導(dǎo)軌，其電阻忽略不計，與水平面成30°角固定．N、Q間接一電阻R′＝10Ω，M、P端與電池組和開關(guān)組成回路，電源電動勢E＝6V，內(nèi)阻r＝Ω，導(dǎo)軌所在區(qū)域加有與兩導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強磁場．現(xiàn)將一根質(zhì)量m＝10g，電阻R＝10Ω的金屬導(dǎo)線ab置于導(dǎo)軌上，并保持導(dǎo)線水平．已知導(dǎo)軌間距L＝0.1m，(1)試計算磁感應(yīng)強度B的大?。?2)若某時刻將開關(guān)S斷開，求導(dǎo)線ab能達到的最大速度．(設(shè)導(dǎo)軌足夠長)解析：(1)導(dǎo)線ab兩端電壓為U＝eq\f(R并,R并＋r)E＝eq\f(5,5＋1)×6V＝5V導(dǎo)線ab中的電流I＝eq\f(U,R)＝0.5A導(dǎo)線ab受力如圖所示，由平衡條件得F安＝BIL