1、选修32综合评估时间：90分钟分值：100分一、选择题(17为单选，每小题3分，810为多选，每小题5分，共36分)1如图所示四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现其中说法正确的是(C)A牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B卡文迪许通过扭秤实验，归纳出了万有引力定律C奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场D法拉第通过实验研究，总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律解析：C选项符合物理史实，故选C.伽利略通过理想斜面实验提出力不是维持物体运动的原因，而不是牛顿卡文迪许通过扭秤实验，测定引力常量，但不是提出万有引力定律总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律的不是法拉第而是楞次，故
2、不选A、B、D.2如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中(B)A穿过线框的磁通量保持不变B线框中感应电流方向保持不变C线框所受安培力的合力为零D线框的机械能不断增大解析：线框在释放下落的过程中，磁通量逐渐减小，感应电流方向不变，线框所受安培力的合力向上，所以A错，C错，B对，线框在向下运动的过程中安培力做负功，机械能不断减小，D错3一根弯成直角的导线放在B0.4 T的匀强磁场中，如图所示，导线ab30 cm，bc40 cm，当导线以5 m/s的速度做切割磁感线运动时可能产生的最大感应电动势的值为(B)A1.4 V
3、B1.0 VC0.8 V D0.6 V解析：弯成直角的导线的最大有效长度为ac连线长度，当导线沿垂直于ac连线方向做切割磁感线运动时可产生最大的感应电动势此时感应电动势EBlv0.450.5 V1.0 V，选项B正确4如图所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度匀速逆时针转动设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点那么，在下图中能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是(A)5先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示若甲、乙图中的
4、U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是(D)A第一次，灯泡两端的电压有效值是U0/2B第二次，灯泡两端的电压有效值是3U0/2C第一、第二次，灯泡的电功率之比是29D第一、第二次，灯泡的电功率之比是15解析：甲电源有效值UU0，A错乙电源：T，UU0，B错P，则两次功率之比.即只有D正确6随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用，一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理，如图所示，由地面供电装置(主要装置有线圈和电源)将电能传送至电动汽车车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量
5、，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到90%左右无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无须下车、无须插电即可对电动汽车进行充电目前，无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为1525 cm，允许的错位误差一般为15 cm左右下列说法正确的是(B)A无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电动汽车快速充电B车身感应装置线圈中感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C车身感应装置线圈中感应电流的磁场总是与地面供电装置线圈中电流的磁场方向相反D若线圈均采用超导材料则能量的传输效率有望达到100%解析：题中给出无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为1525 cm，在百米开外无法充电，故A项错误
6、；无线充电桩是通过改变地面供电装置的电流使电动汽车底部的感应装置产生感应电流，根据楞次定律可知，车身感应装置线圈中感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B项正确；由于不知道地面供电装置的电流是增大还是减小，故车身感应装置线圈中感应电流的磁场不一定总是与地面供电装置线圈中电流的磁场方向相反，故C项错误；由于电磁辐射等因素，传输效率不可能达到100%，故D项错误7将一段导线绕成下图中左图所示的闭合回路，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中回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如下图中右图所示用F表示ab边受
7、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(B)解析：从Bt图象中获取磁感应强度B与时间t的关系，结合E及安培力FBIL得Ft关系由Bt图象可知，在0时间内，B均匀减小；时间内，B反向均匀增大由楞次定律知，通过ab的电流方向向上，由左手定则可知ab边受安培力的方向水平向左由于B均匀变化，产生的感应电动势ES不变，则安培力大小不变同理可得在T时间内，ab边受安培力的方向水平向右，故选项B正确8如图是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.下图是某同学画出的在t
8、0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象关于这些图象，下列说法中正确的是(BC)A图甲中是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B图乙中是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C图丙中是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D图丁中是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况解析：开关S由断开变为闭合瞬间，流过自感线圈的电流为零，流过传感器1、2的电流均为.闭合电路稳定后，流过传感器1的电流为，流过传感器2的电流为，开关断开后，流过传感器1的电流立即变为零，流过传感器2的电流方向相反，从逐渐变为零9半径为a右端开
9、小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图所示则(AD)A0时，杆产生的电动势为2BavB时，杆产生的电动势为BavC0时，杆受的安培力大小为D时，杆受的安培力大小为解析：开始时刻，感应电动势E1BLv2Bav，故A正确时，E2B2acosvBav，故B项错误由L2acos，EBLv，I，RR02acos(2)a，得在0时，F，故C项错误时，F，故D项正确10某同学对某种抽水泵中的电磁泵模型
10、进行了研究如图电磁泵是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形，在泵头通入导电剂后液体的电阻率为，泵体所在处有方向垂直纸面向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，理想电流表示数为I，若电磁泵和水面高度差为h，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g.则(AD)A泵体上表面应接电源正极B电源提供的电功率为C电磁泵不加导电剂也能抽取不导电的纯水D在t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开泵时的动能为UItmghI2t解析：泵体中的导电液体受到的磁场力水平向左，由左手定则，电流应从上向下流过泵体，故泵体上表面接电源的正极，选项A正确；电源提供的电功率P
11、UI，该电路不是纯电阻电路，选项B错误；电磁泵不加导电剂不能抽取不导电的纯水，选项C错误；由功能关系得UItmghI2Rtmv2，根据电阻定律，泵体内液体的电阻R，故这部分水离开泵时的动能为UItmghI2t，选项D正确二、填空题(共16分)11(6分)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计(零刻线在正中位置)及开关按如图所示连接在一起，在开关闭合、线圈A在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动片P向左滑动时，电流计指针向右偏转，由此可以推断：如果将线圈A从线圈B中抽出时，电流表指针右偏当开关由断开状态突然闭合，电流表指针将左偏当滑动变阻器滑片P向右滑动时，电流表指
12、针左偏(填“右偏”或“左偏”)解析：因为滑动变阻器的滑动片P向左滑动时，接入电路的电阻增大，电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，指针右偏反之穿过线圈B的磁通量增大，指针左偏，所以A抽出时磁通量减小，电流表指针右偏，开关接通瞬间和滑动变阻器滑片P向右滑动时，磁通量增大，指针左偏12.(4分)原始的电话机将听筒和话筒串联成一个电路，当自己对着话筒讲话时，会从听筒中听到自己的声音，导致听觉疲劳而影响通话现代的电话将听筒电路与话筒电路分开，改进后的电路原理示意图如图所示，图中线圈与线圈的匝数相等，R01.2 k，R3.6 k，Rx为可变电阻当Rx调到某一值时，从听筒中就听不到话筒传出的声音了，这时Rx1
13、.8 k.解析：当、线圈所在的回路对称时，从听筒中就听不到话筒发出的声音了即Rx与R并联后的总电阻与R0相等，即可形成回路对称则R0代入数据R01.2 k，R3.6 k，解得Rx1.8 k13(6分)传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热敏传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻热敏电阻阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由热敏电阻Rt作为传感器制作的简单自动报警器的线路图问：(1)为了使温度过高时报警铃响，c应接在a(填“a”或“b”)；(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻
14、器滑片P向左移动(填“左”或“右”)；(3)如果在调试报警器达最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路实际不能工作的原因可能是可能是乙图中的电源电压太低或继电器线圈太少或弹簧劲度系数太大解析：(1)由图甲可知当温度升高时Rt的阻值减小，通过线圈的电流变大，线圈的磁通量变大，对衔铁的引力变大，可与a点接触，欲使报警器报警，c应接在a点(2)若使启动报警的温度提高些，可使电路的相对电流减小一些，以使得热敏电阻Rt的阻值减小的更大一些，所以将滑动变阻器滑片P向左移动，增大滑动变阻器接入电路的阻值(3)在调试报警器达最低
15、报警温度时，无论如何调节滑动变阻器滑片P都不能使报警器工作，可能是通过线圈的电流太小，线圈的磁通量小，对衔铁的引力较小，也可能是弹簧的弹力较大，线圈的磁力不能将衔铁吸引到和a接触的状态所以可能是乙图电源电压太低或继电器线圈匝数太少或弹簧劲度系数太大三、计算题(共48分)14(10分)如图所示，光滑的平行金属导轨相距30 cm，电阻不计ab是电阻为0.3 的金属棒，可沿导轨滑动与导轨相连的平行金属板A、B相距6 cm，电阻R为0.1 .全部装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中当ab以速度v向右匀速运动时，一带电粒子在A、B板间做半径为2 cm的匀速圆周运动，速度也是v.试求速率v的大小答案：0.4
16、m/s解析：设磁感应强度为B，平行板AB间距为d，ab杆的有效长度为L，带电粒子质量为m，带电荷量为q，感应电动势为EBLv，所以UabUABBLv.带电粒子在A、B板间能做匀速圆周运动，则mgqE，所以m.带电粒子做圆周运动的半径：r，所以v m/s0.4 m/s.15(10分)一小型发电机的输出电压保持240 V不变，发电机输出电压先经一升压变压器升压后经远距离输送，到达用户前又经降压变压器降压，降压后直接向用户供电已知用户得到的电压为220 V，用电总功率为220 kW.已知升压变压器与降压变压器原、副线圈的匝数比分别为125和201.求此时发电机的输出功率答案：3.0105 W解析：如
17、图：由PIU，I4P/U A103 A由n3n4U3U4，U3U4220 V4 400 V由n3n4I4I3，I3I4 A50 A由，U2U125240 V6 000 V电源输出功率PI2U2506 000 W3.0105 W.16(14分)有一种半导体材料称为“霍尔材料”，用它制成的元件称为“霍尔元件”，这种材料有可定向移动的电荷，称为“载流子”，每个载流子的电荷量大小为q1.61019C.霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关闭以自动控制升降电动机的电源的通断等在一次实验中，一块霍尔材料制成的薄片宽ab1.0102 m，长bc
18、4.0102 m，厚h1.0103 m，水平放置在竖直向上的磁感应强度B2.0 T的匀强磁场中，bc方向通有I3.0 A的电流，如图所示，由于磁场的作用，稳定后，在沿宽度方向上产生1.0105 V的横向电压(1)假定载流子是电子，ad、bc两端中哪端电势较高？(2)薄板中形成电流I的载流子定向运动的速率多大？(3)这块霍尔材料中单位体积内的载流子个数为多少？答案：(1)ad端电势高(2)5104 m/s(3)3.751027解析：此题考查对霍尔元件的原理的理解，洛伦兹力与电场力相等是解题的关键和突破口(1)由于假定霍尔材料内的载流子是电子，当电流方向水平向右时，载流子向左做定向移动，由左手定则
19、可以判定载流子所受到的洛伦兹力由ad面指向bc面，因而电子聚集到bc面，使bc面带上负电，ad面带上正电，故ad面电势比bc面电势高(2)在磁场作用下稳定后，载流子在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡，由平衡条件可得：qvBq，解得薄板中形成电流I的载流子定向运动的速率为：v5104 m/s.(3)根据电流的微观表达式InqSv得这块霍尔材料中单位体积的载流子个数为：n3.751027.17(14分)如图(甲)所示，两根光滑固定导轨相距0.4 m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd.棒cd的质量为0.01 kg，长为02 m，处在磁感应强度为B00.5
20、 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里相距0.2 m的水平线MN和JK之间的区域内存在着垂直导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化规律如图(乙)所示在t0时刻，质量为0.02 kg、阻值为0.3 的金属棒ab从虚线MN上方0.2 m高度处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场，并在磁场中做匀速运动，在t2时刻从下边界JK离开磁场，g取10 m/s2.求：(1)在0t1时间内，电路中感应电动势的大小；(2)在t1t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大；(3)棒cd在0t2时间内产生的焦耳热答案：(1)0.2 V(2)0.
21、2 N(3)0.015 J解析：(1)对棒ab自由下落过程，有t10.2 s磁感应强度变化率为 T/s2.5 T/s由法拉第电磁感应定律得，0t1时间内感应电动势E1Labh联立以上各式并代入数据可得E10.2 V.(2)由棒ab匀速进入磁场区域可知BI2Labmabg代入数据，可解得I21 A在t1t2时间内，对棒cd受力分析可得FTmcdgB0I2Lcd代入数据，可解得FT0.2 N.(3)棒ab刚进入磁场时的速度为vgt12 m/s棒ab刚进入磁场后的感应电动势为E2BLabv0.4V由电路知RcdRab0.1 在0t1时间内，感应电流为I10.5 A棒cd在0t2时间内产生的焦耳热QcdQ1Q2IRcdt1IRcd0.015 J.
