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第2章章末复习方案与全优评估

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(时间：60分钟，满分100分)

一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的)

1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是(　　)

A．焦耳发现了电流的磁效应的规律

B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律

C．楞次发现了电磁感应现象，拉开了研究电与磁相互关系的序幕

D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动

解析：在电学的发展过程中，焦耳发现了电流的热效应，库仑总结出电荷间相互作用的计算公式——库仑定律。发现电磁感应现象的是法拉第；牛顿对伽利略的理想斜面实验合理外推得到的是物体在不受外力作用下将一直保持匀速直线运动或静止状态——牛顿第一定律。

答案：B

2. 如图1所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时(　　)

A．p、q将互相靠拢

B．p、q将互相远离

C．磁铁的加速度仍为g 图1

D．磁铁的加速度大于g

解析：条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过闭合回路中的磁通量将增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场将阻碍这一磁通量的增加，具体表现应为：使回路面积减小，延缓磁通量的增加；根据楞次定律，感应电流的磁场与条形磁铁的磁场反向，对磁铁产生斥力，延缓磁铁的下落。

答案：A

3．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定垂直向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图2甲所示。现令磁感应强度B随时间t变化，先按图乙中所示的Oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则(　　)

图2

A．E1>E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向

B．E1<E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向

C．E1<E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向

D．E2＝E3，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向

解析：设a点纵坐标为B0,0～4 s时，直线斜率表示感应电动势的大小E1＝，磁通量是正向增大，由楞次定律知，感应电流I1是逆时针方向；7～8 s和8～9 s时，直线斜率是相同的，故E2＝E3＝＝4E1,7～8 s磁通量是正向减小的，由楞次定律知，感应电流I2的方向是顺时针方向，8～9 s磁通量是反向增大的，I3是顺时针方向。

答案：B

4．(2012·新课标全国卷) 如图3，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是(　　) 图3

图4

解析：依题意，线框中感应电流方向总是沿顺时针方向，由于线框受到的安培力中左边框受力较大，故以左边框受力为主，由左手定则可知直线电流方向向上时，线框受到向左的安培力，直线电流方向向下时，线框受到向右的安培力，由题意导线中的电流应先为正后为负，故A对。

答案：A

5. 如图5所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈，如果断开开关S1，接通S2，A、B两灯都能同样发光。若最初S1是接通的，S2是断开的，那么下列所述中不正确的是(　　)

A．刚接通S2，A灯就立即亮，B灯延迟一段时间才亮

B．刚接通S2时，线圈L中的电流为零图5

C．接通S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗

D．接通S2，电路稳定后再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下，然后熄灭

解析：接通S2，电源就开始给电路供电，电感线圈L会发生通电自感现象，使通过线圈的电流由零逐渐增大，但自感现象不会影响到两灯泡的发亮，所以灯泡A、B会同时变亮，选项A错误，B正确；待电路稳定后，由于线圈的电阻不计，灯泡B相当于与一段导线并联，被短路，所以B灯将会熄灭，电源只给A灯供电，A灯将变得更亮，选项C正确；在断开S2时，A灯泡与电路断开，将立即熄灭，而B灯与电感线圈构成闭合电路，由于线圈的自感现象，B灯会先亮一下后再熄灭，选项D正确。

答案：A

6. (2012·海南高考)如图6，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置 Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置 Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则(　　)

A．T1>mg，T2>mg

B．T1<mg，T2<mg

C．T1>mg，T2<mg 图6

D．T1<mg，T2>mg

解析：金属圆环从位置 Ⅰ 到位置 Ⅱ 过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg，T2>mg，A项正确。

答案：A

7. 如图7所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车上固定着一闭合线圈，今有一条形磁铁自左向右平动穿过线圈，在磁铁穿过线圈过程中不受线圈以外的水平力作用，则(　　)

A．线圈先受到向右的力，后受到向左的力图7

B．线圈先受到向左的力，后受到向右的力

C．小车获得向右的速度

D．小车与磁铁组成的系统机械能守恒

解析：当条形磁铁靠近线圈时，两者相互排斥，小车受向右的作用力而获得向右的速度；当条形磁铁穿过线圈相对于线圈(小车)继续向右运动时，两者又相互吸引，使线圈(小车)继续受向右的作用力，继续获得向右的速度。即体现“来拒去留”的特点。

答案：C

8. 如图8所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直于纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图9中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体环将受到向上的磁场力作用(　　) 图8

图9

解析：导体环要受到作用力，必须使导体环中产生感应电流，因而必须使螺线管中有变化的磁通量，也就是abcd中产生变化的电流，所以磁场必须有变化的，由受力方向可知应减少，故选A项。

答案：A

二、实验题(本题共12分，把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答)

9．(12分)在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图10甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。在图乙中

图10

(1)S闭合时，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；

(2)线圈A放在B中不动时，指针将________；

(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________。

解析：(1)由题图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转。S闭合后，将A插入B中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转。

(2)A放在B中不动，磁通量不变，不产生感应电流。

(3)断开开关，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏转。

答案：(1)向右偏转　(2)不动　(3)向左偏转

三、计算题(本题包括3小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

10．(12分) 如图11所示空间有一宽为3L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，总电阻阻值为R。线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域。在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行。设线框刚进入磁场的位置x＝0，x轴沿水平方向向右。求：图11

(1)cd边刚进入磁场时，ab两端的电势差，并指明哪端电势高。

(2)线框在穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热。

(3)在图12中，画出ab两端电势差Uab随距离变化的图像。其中U0＝BLv。

图12

解析：(1)dc切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，回路中的感应电流I＝，a、b两端的电势差U＝I·R＝BLv，b端电势高。

(2)设线框从dc边刚进入磁场到ab边刚进入磁场所用时间为t，由焦耳定律Q＝2I2Rt，L＝vt，

求出Q＝。

(3)在0～L阶段：U1＝BLv

在L～3L阶段：U2＝BLv

在3L～4L阶段：

U3＝I·R＝BLv。

其Uab随x变化的图像如图所示。

答案：(1)BLv　b端电势高

(2)　(3)见解析图

11．(14分) U形金属导轨abcd原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc等长的金属棒PQ平行bc放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e、f。已知磁感应强度B＝0.8 T。导轨质量M＝2 kg。其中bc段长图13

0.5 m，bc段电阻R＝0.4 Ω。其余部分电阻不计；金属棒PQ质量m＝0.6 kg、电阻r＝0.2 Ω、与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。若向导轨施加方向向左、大小为F＝2 N的水平拉力，如图13所示。

求：导轨的最大加速度、最大电流和最大速度(设导轨足够长，g取10 m/s2)。

解析：导轨受到PQ棒水平向右的摩擦力f＝μmg，根据牛顿第二定律并整理得F－μmg－F安＝Ma，刚拉动导轨时，I感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度

am＝＝ m/s2＝0.4 m/s2。

随着导轨速度的增大，感应电流增大，加速度减小，当a＝0时，速度最大。设速度最大值为vm，电流最大值为Im，此时导轨受到向右的安培力F安＝BImL

F－μmg－BImL＝0

Im＝

代入数据得Im＝ A＝2 A

I＝

Im＝

vm＝＝ m/s＝3 m/s。

答案：am＝0.4 m/s2　Im＝2 A　vm＝3 m/s

12．（14分）(2012·天津高考) 如图14所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T。棒在水平

向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，图14

当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：

(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；

(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；

(3)外力做的功WF。

解析：(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得＝ ①

其中ΔΦ＝Blx ②

设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得＝ ③

则通过电阻R的电荷量为q＝Δt ④

联立①②③④式，代入数据得q＝4.5 C ⑤

(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得

v2＝2ax ⑥

设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－mv2⑦

撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W ⑧

联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J ⑨

(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得

Q1＝3.6 J

在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2 ?

由⑨⑩?式得WF＝5.4 J ?

答案：(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J

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