高二物理选修3-2达标检测试题37
高二物理选修3-2测试题(含答案)
高二12月19日周考物理试卷一、单选题(本大题共10小题，共40.0分)1.如图所示，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.磁铁的加速度一定大于gD.磁铁下落过程机械能守恒2.如图所示，在一有界匀强磁场上方有一闭合线圈，当闭合线圈从上方下落加速穿过磁场的过程中（）A.进入磁场时加速度小于g，离开磁场时加速度可能大于g，也可能小于gB.进入磁场时加速度大于g，离开时小于gC.进入磁场和离开磁场，加速度都大于gD.进入磁场和离开磁场，加速度都小于g3.关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是（）A.磁通量越大，感应电动势一定越大B.磁通量减小，感应动势一定减小C.磁通量变化越快，感应电动势一定越大D.磁通量变化越大，感应电动势一定越大4.如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C并联，三个支路中分别接有一灯泡．接入交流电源后，三盏灯亮度相同．若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，则以下判断正确的是（）A.与电容器C连接的灯泡L2将变暗B.与线圈L连接的灯泡L1将变暗C.与电阻R连接的灯泡L3将变暗D.三盏灯泡的亮度都不会改变5.如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形线框，当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，从图示看，线框ab将（）A.保持静止不动B.逆时针转动C.顺时针转动D.发生转动，但因电源极性不明，无法确定转动方向6.一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e=220sin100πt V，下列说法正确的是（）A.交流电的频率是100πH zB.t=0.05s时，e有最大值C.交流电的周期是0.2sD.t=0时，线圈位于中性面高中物理试卷第2页，共11页7.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流如图所示，则（ ）A.在A 和C 时刻线圈平面和磁场垂直B.在B 和D 时刻线圈中的磁通量为零C.从A 到B 时刻线圈转动的角度为πradD.该交变电流在1.0s 时间内方向会改变100次8.用220V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V ，通过负载的电流图象如图所示，则（ ）A.变压器输入功率约为3.9WB.输出电压的最大值是110VC.变压器原、副线圈匝数比是1：2D.负载电流的函数表达式i =0.05sin （1OOπt +）A9.交流发电机在工作时电动势为e =E m sin ωt ，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为（ ）A.e ′=E m sin ωtB.e ′=2E m sin ωtC.e ′=E m sin 2ωtD.e ′=sin 2ωt10.三个相同的电阻，分别通过如图甲、乙、丙所示的交变电流，三个图中的I 0和周期T 相同．下列说法中正确的是（ ）A.在相同时间内三个电阻发热量相等B.在相同时间内，甲、乙发热量相等，是丙发热量的2倍C.在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的D.在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小二、多选题(本大题共4小题，共20分)11.如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图中曲线a 、b 所示，则（ ）A.两次t =0时刻线圈平面均与中性面重合B.曲线a 、b 对应的线圈转速之比为3：2C.曲线a 表示的交变电动势频率为25 H zD.曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V12.一小水电站，输出的电功率为P 0=20k W ，输出电压U 0=400V ，经理想升压变压器T 1变为2000V 电压远距离输送，输电线总电阻为r =10Ω，最后经理想降压变压器T 2降为220V向用户供电．下列说法正确的是（）A.变压器T 1的匝数比n1：n2=1：5B.输电线上的电流为50AC.输电线上损失的电功率为25k WD.变压器T 2的匝数比n3：n4=95：1113.某电站用11k V 交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到330k V送电，下面选项正确的是（）A.因I=，所以输电上的电流增为原来的30倍B.因为I=，所以输电线上的电流减为原来的C.因P=，所以输电线上损失的功率为原来的900倍D.若要使输电线上损失功率不变，可将输电线的半径减为原来的14.如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想交流电流表和二极管D．二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是（）A.交流电流表的示数I=NBSB.一个周期内通过R的电荷量q=C.R两端电压的有效值U=NBSD.图示位置电流表的示数为0三、实验题探究题(本大题共1小题，共7分)15.如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线连接完整．（2）电路连接正确后（线圈A在线圈B中），闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，若将滑动变阻器滑片迅速向右移动，电流计指针 ______ ．（“向右偏”或“向左偏”）将线圈A迅速拨出线圈B时，电流计指针 ______ （“向右偏”或“向左偏”）．四、计算题(本大题共3小题，共33分)16.如图所示，两根足够长固定平行金属导轨位于倾角θ=30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R=20Ω的电阻，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=1T．质量m=0.1kg、连入电路的电阻r=10Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，当金属棒ab下滑高度h=3m时，速度恰好达到最大值v=2m/s．金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨良好接触g取10m/s2．求：（1）金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中机械能的减少量．（2）金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中导轨上端电阻R中产生的热量．17.如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，ad=25cm，放在磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，t=0，线圈平面与磁感线平行，ab边正好转出纸外､cd边转入纸里．（1）在图中标出t=0时感应电流的方向；（2）写出线圈感应电动势的瞬时表达式；（3）线圈转一圈外力做功多大？18.发电机的端电压为220V，输出电功率为44k W，输电线路的电阻为0.2Ω，先用初、次级匝数之比为1：10的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级匝数比为10：1的降压变压器降压供给用户．（1）画出全过程的线路图；（2）求用户得到的电压和功率；（3）若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．高二12月19日周考物理试卷答案和解析【答案】1.A2.D3.C4.B5.C6.D7.D8.A9.C 10.C 11.ABC 12.AD 13.BD 14 .AB15.向右偏；向左偏16.解：（1）金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中，金属棒ab机械能的减少量①（2）速度最大时，金属棒ab产生的电动势e=BL v②产生的感应电流I=③此时棒所受的安培力F=BIL ④由平衡条件得，摩擦力f=mgsin30°-F ⑤由能量守恒得，损失的机械能等于金属棒ab克服摩擦力做功和产生的电热之和电热Q=△E-⑥上端电阻R中产生的热量Q R=⑦联立①②③④⑤⑥⑦式得：Q R=0.55J ⑧高中物理试卷第4页，共11页答：（1）金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中机械能的减少量为2.8J．（2）金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中导轨上端电阻R中产生的热量为0.55J．17.解：（1）根据右手定则得出感应电流的方向是adcb，如图：（2）n=3000r/min的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω=100πrad/s感应电动势的最大值为：E m=n BSω=314V所以感应电动势的瞬时值表达式为e=n BωS cosωt=314cos100πt（V）（3）电动势有效值为E=电流I=线圈转一圈外力做功等于电功的大小，即W=I2（R+r）T=98.6J；答：（1）如图所示；（2）线圈感应电动势的瞬时表达式e =314cos100πt（V）；（3）线圈转一圈外力做功98.6 J．18.解：（1）全过程的线路示意图如图所示：（2）根据=，解得升压变压器的输出电压为：U2=220×10V=2200V则输电线上的电流为：I2==A=20A，损失的功率为：P损=I 22R=400×0.2W=80W．输电线上损失的电压为：△U=I2R=20×0.2V=4V则降压变压器输入电压为：U3=U2-△U=2200-4V=2196V根据=，得用户得到的电压为：U4==219.6V用户得到的功率为：P′=P-P损=44000-80=43920W=43.92KW．（3）若不经过变压而直接送到用户，电流为：I===200A用户得到的功率：P′=P-I2r=44000-2002×0.2=36000W=36KW用户得到的电压为：U′=U-I r=220-200×0.2=180V答：（1）画出全过程的线路图，如图所示；（2）用户得到的电压为219.6V，功率为43.92KW；（3）若不经过变压而直接送到用户，用户得到的功率为36KW，电压为180V．【解析】1. 解：A、B当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用．故A正确，B 错误．C、由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g．故C错误；D、下落过程机械能守恒，受到安培阻力，导致机械能不守恒，故D错误．故选：A．当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况．本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键．楞次定律的另一结论：增反减同．2. 解：设闭合线圈在磁场中受到的安培力大小为FA、进入磁场时，若F＜mg，由牛顿第二定律，得mg-F=ma，因F＜mg，则a＜g；离开磁场时，线圈速度增大，安培力F增大，但加速运动，若F＜mg，则a＜g，即离开磁场时加速度不可能大于g．故A错误．B、C根据A项中分析，进入磁场时加速度都小于g．故B、C均错误．D、加速穿过磁场，感应电流产生的安培力：F＜mg，mg-F=ma，所以a＜g．故D正确故选：D闭合线圈从上方下落加速穿过磁场，重力大于安培力．离开磁场时，速度增大，安培力增大．用安培力和牛顿第二定律分析解决问题．本题关键在于审题要清楚，把握加速穿过磁场这个条件，再运用牛顿定律分析．3. 解：A、磁通量越大，磁通量的变化率不一定越大，感应电动势不一定越大．故A错误．B、磁通量减小，磁通量变化率可能增大，可能不变，也可能减小，则感应动势可能增大，可能不变，也可能减小．故B错误．C、磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势一定越大．故C正确．D、磁通量变化越大，而变化的时间不确定，则磁通量的变化率不一定越大，感应电动势不一定越大．故D错误．故选C根据法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率反映磁通量变化的快慢，磁通量变化越快，磁通量变化率越大．本题要紧扣法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决磁通量的变化率，而与磁通量、磁通量的变化量的关系不确定．4. 解：因接入交流电后，三盏灯亮度相同，又因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比，故当交流电频率增大时，电感线圈L的阻碍作用增大，电容对交流电的阻碍作用变小，电阻R的阻碍作用不变，故与L相连的灯泡L1将变暗，与电容C连接的灯泡L2变亮，与R相连接的灯泡高中物理试卷第6页，共11页L3亮度不变，故B项正确，A、C、D三项错误．故选：B．电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比．记住电感线圈是通低频阻高频，电容是通交流，隔直流，即可解决此类题目．5. 解：当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，引起线圈电流减小，通电螺旋管穿过线框的磁场强度减小，引起闭合矩形线框的磁通量减小，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．线框所在位置的磁场方向大致是水平的，要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以线框顺时针转动．故选C．楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，引起线圈电流的变化，使得通电螺旋管的磁场强度发生变化，引起闭合矩形线框的磁通量发生改变．解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．6. 解：A、产生的感应电动势e=220sin100πt V，交流电的频率是f==50H z，故A错误；B、t=0.05 s时，e=0，故B错误；C、交流电的周期T==0.02s，故C错误；D、当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故D正确．故选：D．根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．7. 解：A、AC两点的电流达最大值，故此时线圈和磁场平行；故A错误；B、BD时刻电流为零；此时线圈处于中性面上；故磁通量最大；故B错误；C、AB过程线圈转过了四分之一周期；故为；故C错误；D、该交变电流在1.0s时间有50个周期；一个周期内电流改变两次；故1s内方向会改变100次；故D正确；故选：D．明确交流电的产生过程，明确线圈平面与磁场之间的对应关系；注意图象与线圈转动之间的规律．本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题．8. 解：A、负载的功率P=UI=110×≈3.9W，输入功率等于输出功率，A正确；B、输出电压的最大值是110V，B错误；C、变压器原、副线圈匝数比等于电压之比220：110=2：1，C错误；D、负载电流的函数表达式i=0.05sinl OOπt，D错误；故选A根据图象知道负载电阻中电流的峰值和有效值，周期和角速度，根据输入功率等于输出功率，匝数之比等于电压之比分析各项．本题考查了交流电瞬时值表达式的物理意义和变压器的工作原理，难度中等．9. 解：发电机的速度提高一倍，则角速度增大为原来的2倍，根据E m=NBSω知，将发电机的速度提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，则电动势的峰值不变．其表达式变为：e′=E m sin2ωt．故C正确，ABD错误；故选：C．根据E m=NBSω判断峰值的变化，从而得出电动势的表达式．解决本题的关键掌握正弦式交流电峰值的表达式，知道影响峰值的因素．10. 解：甲的有效值为：I=，由Q=I2R t可知一个周期内甲的发热量为：Q1=．乙前后半个周期电流大小相等，故其发热量为：Q2=I02RT．丙只有前半个周期有电流，故其发热量为：Q3=I02R×T=．故可知在相同时间内，甲丙发热量相等，是乙发热量的，故C正确．故选：C．交流电的发热量要以有效值来计算，有效与峰值的关系是I=，之后依据Q=I2R t可比较三个变化电流在相同时间内产生的热量，时间可取一个周期．本题关键要知道交流电求电热要用有效值，掌握有效与峰值的关系I=；对矩形电流或锯齿形电流，应该分段计算电热．在比较电热的时候时间最小要取一个周期，且最好是以一个周期来比较，时间取太长也没用（超过一个周期，也应该是周期的整数倍）．11. 解：A、在t=0时刻，感应电动势为零，此时线圈一定处在中性面上；故A正确；B、由图可知，a的周期为4×10-2s；b的周期为6×10-2s，则由n=可知，转速与周期成反比，故转速之比为：3：2；故B正确；C、曲线a的交变电流的频率f==25H z；故C正确；D、曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据E m=n BSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U=；故D错误；故选：ABC．根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量．12. 解：A、升压变压器T1的输出电压等于2000V，而输入电压为400V，由电压之比等于匝数之比，则有变压器T1的匝数比n1：n 2=1：5，选项A正确；B、输出的电功率为P0=20k W，而升压变压器T1变为2000V电压远距离输送，所以根据I=，可知输电线上的电流为I=，所以选项B错误；C、根据P损=I2R=102×10W=1000W，所以选项C错误；D、降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为U′=2000V-10×10V=1900V；根据，则有变压器T2的匝数比n3：n4=1900：220=95：11，所以选项D正确．高中物理试卷第8页，共11页故选：AD．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．掌握住理想变压器的电压与匝数之间的关系，理解导线上损失的电压与导线两端输送的电压区别，掌握理想变压器的输入与输出功率不变的关系即可解决本题．13. 解：A、根据P=UI得，I=．输送功率一定，输送电压变为原来的30倍，则输送电流变为原来的，故A错误，B 正确；C、电流减小到倍，根据P损=I2R，可知，电线上损失的功率为原来的倍，故C错误；D、输送电流变为原来的．根据P损=I2R得，要使输电线上的功率不变，电阻变为原来的900倍，根据R==，直径变为原来的．故D正确．故选：BD．输送的功率一定，根据P=UI和P损=I 2R可知高压输电过程中，输电线上的电流、损失功率变化情况．解决本题的关键知道输送功率与输送电压和电流的关系，结合P 损=I2R 判断功率损失．14. 解：A、矩形闭合导线框在磁场中转动，产生的交流电的电压最大值为：E m=NB sω二极管具有单向导电性，一个周期中只有一半时间电路中有电流，根据电流的热效应得：=•T解得：U=I==电流表的示数为有效值，所以电流表的示数为，故A正确，C错误；B、一个周期中只有一半时间电路中有电流，由=N，I=，q=I t得到电量为：q=2，故B正确；D、电流表显示的是有效值，不会随瞬时值的变化而变化；故D错误；故选：AB．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量．从图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2-Φ1．交流电压表测量有效值，由电动势的最大值、欧姆定律和有效值与最大值之间的关系求解电压的有效值．根据焦耳定律Q=I2R t 求解热量，I为有效值．对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电量要用平均值，注意二极管D具有单向导电性，难度不大，属于基础题．15. 解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，电路图如图所示．（2）果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，知磁通量增大产生感应电流，若将滑动变阻器滑片迅速向右移动，则磁通量增大，产生的感应电流与开始相同，所以电流计指针向右偏．将线圈A迅速拨出线圈B时，磁通量减小，产生的感应电流与开始相反，所以电流计指针向左偏．故答案为：（1）如上图所示；（2）向右偏；向左偏．（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．（2）根据楞次定律判断感应电流的方向．本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．16.（1）金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中，重力势能减小mgh，动能增加，机械能的减少量△E=mgh-．（2）先根据法拉第定律、欧姆定律和安培力公式F=BIL求出金属棒稳定时所受安培力的大小，由平衡条件可求出摩擦力，即可根据能量守恒列式求出电路中产生的总热量，结合电路的连接关系，求R产生的热量．本是导体在导轨上滑动的类型，从力和能两个角度研究．力的角度，关键是安培力的分析和计算．能的角度要分析过程中涉及几种能、能量如何是转化的．17.（1）根据右手定则得出感应电流的方向（2）根据感应电动势的瞬时值表达式e=n BωS cosωt即可求解；（3）先求电动势有效值，根据闭合电路欧姆定律求得电流，1min内R上消耗的电能为W=I2R t；外力对线圈做功的功率等于总电阻产生热量的功率；线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．18.（1）（2）画出远距离输电的示意图，根据升压变压器原副线圈的匝数比和输入电压，求出输出电压，从而得出输送的电流，根据P损=I2R求出输电线上损耗的功率．根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入电压，从而得出用户得到的电压．根据功率损失求出用户得到的功率．（3）若不经过变压而直接送到用户，先根据P=UI求解电流，再根据P′=P-I2r求解户得到的功率，根据U′=U-I r求解户得到的电压．解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系；2、升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压的关系；3、输送功率、输送电压、电流的关系．高中物理试卷第10页，共11页高二物理选修3-2测试题(含答案)。
高二物理选修3-2测试题.doc
高二物理选修3-2测试题一．选择题：(每题5分.共40分)1．某一闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的：A．磁通量的大小有关；B．磁通量的变化大小有关；C．磁通量的变化快慢有关；D．磁场的磁感应强度大小有关。
2．由楞次定律可得，感应电流的磁场一定是：A．阻碍引起感应电流的磁通量；B．与引起感应电流的磁场方向相反；C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化；D．与引起感应电流的磁场方向相同。
3．关于自感现象，下列说法中正确的是：A．自感现象是线圈自身的电流发生变化而引起的电磁感应现象；B．自感电动势总是阻碍原电流的增大；C．自感电动势的方向总是与原电流的方向相反；D．自感电动势的方向总是与原电流的方向相同；4．若线圈中的电流强度均匀增大，则这个线圈的：A．自感系数也将均匀增大；B．自感电动势也将均匀增大；C．磁通量也将均匀增大；D．自感系数、自感电动势都保持不变。
5．某交流发电机正常工作时，电动势e=E m sinωt，若将线框转速提高一倍，其他条件不变，则电动势的变化规律是：A．e’=E m sinωt；B．e’=E m sin2ωt；C．e’=2E m sinωt；D．e’=2E m sin2ωt。
6．理想变压器原副线圈两侧一定不同的物理量是：A．交变电流的频率；B．交变电流的功率；C．磁通量的变化率；D．交变电流的峰值。
7．远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压提高k倍，则：A．输电导线的电功率损失不变；B．输电导线的电压损失不变；C．输电导线的电功率损失是原来的1/k2；D．输电导线的电压损失是原来的1/k2；8．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动而产生交变电流的过程中，当线圈平面转到与中性面重合时：A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大；B．穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势为零；C．穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势最大；D．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应动势为零。
物理选修3-2检测(含答案)
2012--2013年度第二学期期中考试高二物理试题命题人：王佳斌一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。
每小题至少有一个选项正确）1．一个长直导线穿过圆环导线的中心，并与圆环导线平面垂直，当长直导线中的电流逐渐减小时，圆环内将()A．没有感应电流B．有逆时针方向的感应电流(从上往下看)C．有顺时针方向的感应电流(从上往下看)D．有感应电流，但方向不好确定2．如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光。
则（）A．在电路甲中，断开S，D将逐渐变暗B．在电路乙中，断开S，D将渐渐变暗C．在电路甲中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗3.某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按图所示规律变化，副线圈接有负载。
下列判断正确的是( )A．输出电压的最大值为36VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为55∶9D．交流电源的有效值为220V，频率为50Hz4．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示．当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是()A．U ab＝0.1 V B．U ab＝－0.1 VC．U ab＝0.2 V D．U ab＝－0.2 V5．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是( )6．在家用交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，如图6所示．当变压器输入电压发生变化时，可上下调节P1、P2的位置，使输出电压稳定在220 V上．现发现输出电压低于220 V，下列措施正确的是()不动，将P2向上移A．PB．P2不动，将P1向下移C．将P1向上移，同时P2向下移D．将P1向下移，同时P2向上移7．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ 平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qRBLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2vRsin θ8．如图所示，匀强磁场的方向垂直于电路所在平面，导体棒ab 与电路接触良好．当导体棒ab 在外力F 作用下从左向右做匀加速直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡L 未被烧毁，电容器C 未被击穿，则该过程中( )A ．感应电动势将变大B ．灯泡L 的亮度变大C ．电容器C 的上极板带负电D ．电容器两极板间的电场强度将减小9．如图甲所示，A 、B 为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A 线圈中通过如图乙所示的电流I ，则 （ ）A ．在t 1到t 2时间内A 、B 两线圈相吸引 B ．在t 2到t 3时间内A 、B 两线圈相排斥C ．t 1时刻两线圈作用力为零D ．t 2时刻两线圈作用力最大10．如图所示，矩形线圈abcd 的边长分别是ab ＝L ，ad ＝D ，线圈与磁感应强度为B 的匀强磁场平行，线圈以ab 边为轴做角速度为ω的匀速转动， 下列说法正确的是(从图示位置开始计时)( )A.t ＝0时线圈的感应电动势为零B.转过90°时线圈的感应电动势为零C.转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为12ωBLDD.转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为2ωBLDπ11.下列技术涉及传感器的应用的是( )A ．宾馆的自动门B ．工厂、电站的静电除尘C ．家用电饭煲的跳闸和保温D ．声控开关12．如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B ，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则 ( )A ．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B ．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C ．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D ．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率二、实验题（共8分,每空4分）13．电阻R 、电容C 与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示。
教科版高二物理选修3-2基础检测试题(含答案)
教科版高二物理选修3-2基础检测试题一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．)1．下列实验或器件应用自感现象的是()2．如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合金属线框abcd共面，第一次将金属线框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属线框由位置Ⅰ翻转到位置Ⅱ，设两次通过金属线框截面的电荷量分别为q1和q2，则() A．q1<q2B．q1＝q2C．q1>q2D．q1≠0，q2＝03．如图所示，直角三角形导线框abc以速度v匀速进入匀强磁场区域，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图像中的()4．如图所示为一正弦交流电电压随时间变化的图像，下列表达式正确的是()A．e＝2sin 0.2πt(V)B．e＝2sin 10πt(V)C．e＝2sin 10πt(V) D．e＝2sin 0.2πt(V)5．一矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动时，就会在线圈中形成交变电流．下列说法不正确的是()甲乙丙丁A．线圈经过甲图位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流也最大B．线圈经过乙图位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电流最大，电流的方向为图中箭头指向C．线圈经过丙图位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流最小D．线圈从丙图位置转到丁图位置的过程中，穿过线圈的磁通量减小，产生的电流在增大6．某交流电电源电压的瞬时值表达式为u＝102sin 100πt(V)，则下列说法中正确的是()A．用交流电压表测该电源电压时，示数是10 VB．用交流电压表测该电源电压时，示数是10 2 VC．用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.01 sD．把标有“6 V 3 W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡将被烧毁7．如图，关于远距离输电，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是()A．升压变压器原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线路中的电流只由升压变压器的匝数比决定C．当用户消耗的总功率增大时，输电线上损失的功率增大D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压8．如图所示，理想变压器原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R和两个小灯泡L1、L2，最初开关S是断开的，现闭合开关S，则()A ．副线圈两端电压变大B ．小灯泡L 1变亮C ．交流电流表A 1示数变大D ．电阻R 中的电流变小9．如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有定值电阻R 1、R 2，且R 1＝R 2，原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，交流电源电压为U ，则( )A ．R 1两端的电压为U5B ．R 1两端的电压为3U 5C ．R 2两端的电压为2U5 D ．R 2两端的电压为U2二、非选择题(本题共4小题，共46分)10．(8分)如图是做探究电磁感应的产生条件原副线圈实验的器材及示意图． (1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．(2)由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转 Ⅰ______________；Ⅱ____________________. (3)假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A 向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向________偏转．(“左”、“右”)11．(12分)如图所示，质量m ＝0.016 kg 、长L ＝0.5 m ，宽d ＝0.1 m ，电阻R ＝0.4 Ω的矩形线圈，从h 1＝5 m 高处自由下落，进入一个匀强磁场，当线圈的下边刚进入磁场时，线圈恰好做匀速直线运动，已知线圈cd 边通过磁场所用的时间t ＝0.15 s.求：(1)磁场的磁感应强度B ；(2)磁场区域的高度h 2(g 取10 m/s 2)．12．(12分)如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10π rad/s匀速转动，线圈共10匝，每匝线圈的电阻值为0.5 Ω，ab＝0.3 m，bc＝0.6 m，负载电阻R＝45 Ω.求(1)电阻R在0.05 s内发出的热量；(2)电阻R在0.05 s内流过的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动)．13．(14分)把功率为220 kW的电能用铝导线(铝的电阻率ρ＝2.7×10－8Ω·m)输送到10 km外的地方，要使功率损失不超过输送功率的10%.(1)如果采用220 V的电压输电，导线的横截面积至少要多大？采用这样的导线切合实际吗？(2)若采用110 kV的电压输电，导线的横截面积是多大？(3)对于同种输电导线，若分别采用110 kV和220 V输电，损失的功率之比是多少？教科版高二物理选修3-2基础检测试题参考答案一、选择题二、非选择题10．(1)(2)将开关闭合(或者断开)；将螺线管A 插入(或拔出)螺线管B (3)右 11．解: (1)安培力：F ＝BId 根据欧姆定律：I ＝ER根据法拉第电磁感应定律：E ＝Bdv线圈刚好做匀速直线运动，根据平衡条件有：F ＝mg 线圈自由落体运动，根据动能定理：mgh ＝12mv 2 解得：v ＝10 m/s联立以上各式得：B ＝0.8 T.(2)线圈的下边刚进入磁场到上边刚进入磁场的时间：t 1＝Lv 之后线圈做加速度为g 的匀加速度运动，直到线圈cd 到达磁场下边界，这个过程用时：t 2＝0.15 s －0.05 s ＝0.1 s此段位移为：x 2＝vt 2＋12gt 22磁场区域的高度为：h 2＝x 2＋L ＝1.55 m.12.解：(1)矩形线圈abcd 在匀强磁场中旋转产生正弦交变电流，电动势的峰值为E m ＝nBSω电流的有效值I ＝I m 2＝E m2R ＋r＝1.60 A所以0.05 s 内R 上发出的热量Q ＝I 2Rt ＝5.76 J. (2)矩形线圈旋转过程中产生的感应电动势的平均值 E ＝n ΔΦΔt ＝nBS T 4＝2nBSωπ＝2E mπ＝72 V ，电流的平均值I ＝ER ＋r＝1.44 A ；0.05 s 内电路流过的电荷量q ＝It ＝0.072 C.13．解: (1)如果采用220 V 的电压输电，则通过导线的电流 I ＝P U由于功率损失P ＝10%P 0＝22×103 W ，且P ＝I 2R ， 因此导线的电阻 R ＝P I 2根据R ＝ρl S 可得，导线的横截面积S ＝ρlR 所以，导线横截面的半径r ≈8.85 cm由上述计算可知，采用这样粗的导线是不切实际的． (2)若采用110 kV 的电压输电，则通过导线的电流 I ′＝P U ＝220×103110×103 A ＝2 A.因此导线的电阻R ′＝PI ′2＝5.5×103 Ω所以，导线横截面的面积S ＝ρlR ′＝9.82×10－8 m 2(3)对于同种输电导线，若分别采用110 kV 和220 V 输电，损失的功率之比为P 1P 2＝I 21I 22＝U 22U 21＝1250 000。
人教版高中物理选修3-2测试题含答案解析全册
人教版高中物理选修3-2测试题及答案解析全册共13套专题培优练（一）电磁感应中的“一定律三定则”问题1.如图1所示，两个相同的铝环穿在一根光滑杆上，将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两环的运动情况是()图1A．同时向左运动，间距增大B．同时向左运动，间距不变C．同时向左运动，间距变小D．同时向右运动，间距增大解析：选C将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两个环中均产生感应电流。
根据楞次定律，感应电流将阻碍与磁体间的相对运动，所以两环均向左运动。
靠近磁铁的环所受的安培力大于另一个，又可判断两环在靠近。
选项C正确。
2.如图2所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中的过程中，则()图2A．小车将向右运动B．使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部转变为电能，最终转化为螺线管的内能C．条形磁铁会受到向右的力D．小车会受到向左的力解析：选A磁铁向右插入螺线管中，根据楞次定律的扩展含义“来拒去留”，磁铁与小车相互排斥，小车在光滑水平面上受力向右运动，所以选项A正确，选项C、D错误。
电磁感应现象中满足能量守恒，由于小车动能增加，外力做的功转化为小车的动能和螺线管中的内能，所以选项B错误。
3.如图3所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。
当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是()图3A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右解析：选D根据楞次定律的另一种表述判断，磁铁靠近线圈时两者排斥，F N大于mg，磁铁远离线圈时两者吸引，F N小于mg，由于安培力阻碍两者间的相对运动，所以线圈一直有向右运动的趋势。
故选D。
4. (多选)如图4所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时()图4A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g解析：选AD本题考查用楞次定律判断物体的运动情况。
人教版高二物理选修3-2综合检测试卷【答案+解析】
人教版高二物理选修3-2综合检测试卷一、单选题(共9小题,每小题3分,共27分)1.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2：1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是()A．Ea：Eb＝4：1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea：Eb＝4：1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea：Eb＝2：1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea：Eb＝2：1，感应电流均沿顺时针方向2.某研究小组的同学利用铜芯电缆线和灵敏电流计做摇绳发电的探究实验．如图所示，他们将电缆线和灵敏电流计连成闭合回路，在操场上由两位同学手摇导线，其他同学观察灵敏电流计的指针变化．在下列说法中，你认为正确的研究结果应符合()A．摇动绳子时，流过灵敏电流计的电流是大小变化的直流电B．摇动绳子时，灵敏电流计中电流的大小与两同学的站立方位无关C．仅增加绳子的长度，灵敏电流计中的电流的最大值增大D．仅增加摇绳的频率，灵敏电流计中的电流的最大值不变3.如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市区电网的电压，假设负载变化时输入电压保持不变．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小．忽略变压器上的能量损失，不计电压表、电流表的内阻对电路的影响．当用户的用电器增加时，下列说法正确的是()A．电压表读数增大，电流表读数增大B．电压表读数减小，电流表读数增大C．电压表读数不变，电流表读数增大D．电压表读数不变，电流表读数减小4.在远距离输电中，如果输送功率和输送距离不变，要减少输送导线上热损耗，目前最有效而又可行的输送方法是()A．采用超导材料做输送导线B．采用直流电输送C．提高输送电的频率D．提高输送电压5.如下图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为()A．BLvB．BLv sinθC．BLv cosθD．BLv(1＋sinθ)6.如图所示是磁电式电流表的结构图和磁场分布图，若磁极与圆柱间的磁场都是沿半径方向，且磁场有理想的边界，线圈经过有磁场的位置处磁感应强度大小相等．某同学用此种电流表中的线圈和磁体做成发电机使用，让线圈匀速转动，若从图中水平位置开始计时，取起始电流方向为正方向，表示产生的电流随时间变化关系的下列图象中正确的是()A． B． C． D．。
人教版高中物理选修3-2高二检测题：答案.docx
高中物理学习材料一、单项选择题：题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案DCBBCDBC二、双项选择题： 题号 9 10 11 12 13 14 答案BCBDBCADBDCD15．（1）E ＝BLv ，A hrR r R r R I 4.0=+=+=+=，方向为：N Q → （2）F 外＝F 安＝BIh ＝0.02N ，方向向左 （3）E ab ＝BLv ，U ab ＝E ab －Ihr ＝0.32V16、解：（1）（3分）导体棒cd 静止时受力平衡，设所受安培力为F 安，则：F 安=mg sin θ------3分 解得 F 安=0.10N------1分（2）（8分）设导体棒ab 的速度为v 时，产生的感应电动势为E ，通过导体棒cd 的感应电流为I ，则： E =Blv I =rE2 F 安=BIl 联立上述三式解得v =222F rB l安 --- 5分 代入数据得 v =1.0m/s ----1分 （3）（7分）设对导体棒ab 的拉力为F ，导体棒ab 受力平衡，则F =F 安+mg sin θ 3分 解得 F =0.20N 1分 拉力的功率P =Fv 1分 解得 P = 0.20W 1分 17．（1）全校消耗的功率64022⨯⨯=用P W=5280W ，设线路电流为线I ，输电电压为2U ，降压变压器原线圈电压为3U ，144343==n n U U ，而2204=U V ，则22043⨯=U V=880V ，A A U P I 688052803===用线，线路损失功率4362⨯==线线损R I P W=144W ，所以5424=+=损用出P P P W（2）46⨯==线线损R I U V=24V ，90432=+==U U U U 损送V ，由2121n n U U =得：226419042121=⨯==V n n U U V ，升压变压器原线圈 电流226542411==U P I 出A=24A ，发电机的电动势25022612411=+⨯=+=U r I E V。
高二物理选修3-2章末达标检测试题(有答案和解释)_1
高二物理选修3-2章末达标检测试题（有答案和解释）末检测一、选择题．如图1所示为交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是．图1A．52AB．5Ac.722AD．3.5A解析题图所示图象中的交变电流在一个周期内产生的热量：Q＝I21RT2＋I22RT2＝2RT2＋2RT2＝25RT.令此交变电流的有效值为I，应有Q＝I2RT，故I2RT＝25RT，解得I ＝5A．B项正确．答案 B．如图2所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是．图2A．原线圈中的电流为nIB．变压器的输入功率为UInc．电动机输出的总功率为I2RD．电动机两端电压为IR解析电流表的读数为副线圈电流，所以原线圈电流为In，故A错误；原线圈的输入功率则为UIn，故B对；电动机上的热功率为I2R，电动机消耗功率为UIn，两端电压为Un，故c、D错误．答案 B．一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动，产生交变电动势的瞬时值表达式为e＝102sinV，则．A．该交变电动势的频率为2HzB．零时刻线圈平面与磁场垂直c．t＝0.25s时，e达到最大值D．在1s时间内，线圈中电流方向改变100次解析由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π，由角速度和周期、频率的关系ω＝2πT＝2πf得到此交变电动势的频率为2Hz，周期是0.5s，所以选项A正确．周期是0.5s，所以1s内线圈中的电流方向改变4次，选项D错误．代入表达式t＝0.25s，得到e＝0，选项c错误．零时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，选项B正确．综上所述，本题的正确选项为A、B.答案AB．如图3所示，低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重．东北为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP，则除冰时．图3A．输电电流为3IB．输电电流为9Ic．输电电压为3UD．输电电压为13U解析高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线①若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线②由①②得I′＝3I，A对．又输送功率不变，由P＝UI ＝U′I′得U′＝13U，所以D对．答案AD．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图4-甲所示，则下列说法正确的是．图4A．t＝0时刻，线圈平面位于中性面位置B．t＝0.01s时刻，Φ的变化率最大c．t＝0.02s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈相应产生的交流电动势的图象如图4-乙所示解析由Φ-t图知，t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A项正确、D项错误；由图知T＝0.04s，在t＝0.01s时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，则c项错误．答案AB．如图5所示是变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器的滑片P 向下移动时，下列说法不正确的是．图5A．相当于在增加用电器的数目B．A1表的示数随A2表示数的增大而增大c．V1表的示数随V2表示数的增大而增大D．变压器的输入功率增大解析输入电压U几乎不变，故变压器原、副线圈的电压不变，即V1表与V2表的示数不变，c错；滑动变阻器的滑片P向下移动，电阻减小相当于增加负载，A正确；因副线圈电压U2不变，由I2＝U2R＋R0知，电流I2增大，由n1n2＝I2I1知，I1也增大，B正确；由P2＝U2I2知，P2增大，变压器输入功率P1＝P2，即P1增大，D正确．答案 c．汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油．柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的；而汽油机做功冲程开始时，汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的．但是汽车蓄电池的电压只有12V，不能在火花塞中产生火花，因此，要使用如图6所示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开关由机械控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，从而在副线圈中产生10000V以上的电压，这样就能在火花塞中产生火花了．下列说法中正确的是．图6A．柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的B．汽油机点火装置的开关始终闭合，副线圈的两端也会有高压c．接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压D．汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数解析汽车柴油机压缩汽缸内空气，实际上是活塞对气体做功使其内能增加，当温度升高到一定温度时，柴油着火燃烧．汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压12V断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压10000V，而达到产生火花的目的，所以电源可以是直流，且副线圈匝数要远大于原线圈匝数，故A、D正确．答案AD．某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题．经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源．漏电保护器电路如图7所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源．造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端．图7A．零线与火线之间漏电B．火线与地之间漏电或零线直接接地c．只有火线与地之间漏电才会产生D．刷卡机装得过多，造成电流太大解析由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电．答案 B．我国“西电东送”采用高压输电，继三峡至常州500V 直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500V直流输电工程．采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联．关于高压直流输电，下列说法正确的是．A．高压输电可以减小输电电流，从而减少输电导线的能量损失B．恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响c．可以加快输电的速度D．为实现高压直流输电，可以用变压器直接改变恒定电流的电压解析在功率一定时，采用高压输电，根据P＝UI，可以通过减小电流，从而减少输电导线的能量损失，A项正确；交流电由于感抗和容抗的作用，不能无限升压，而利用直流输电可以有效弥补这个缺陷，B项正确；两种输电方式都不能改变输电的速度，c项错误；变压器只能改变交变电流的电压，D项错误．答案AB0．如图8甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻，R为定值电阻．下列说法正确的是．图8A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝92sin50πtV B．t＝0.02s时电压表V2的示数为9Vc．变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1∶4D．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变解析由题中图乙可知U1＝36V，T＝2×10－2s，由U1U2＝n1n2得U2＝9V，所以副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝92sin100πtV，A选项错；电压表示数为有效值，故B选项正确；由变压器原、副线圈电流关系及输入、输出功率关系知，c选项错；当Rt处温度升高时Rt电阻变小，U2不变，副线圈中电流I2变大，故D选项正确．答案BD二、非选择题1．如图9甲所示，在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只R＝1Ω的电阻，导轨间距L＝0.2，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.8T．一根电阻r＝0.3Ω的导体棒ab置于导轨上，且始终与导轨良好接触，若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ 和N之间运动，其速度图象如图9乙所示．求：图9导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式；整个电路在1分钟内产生的热量．解析由速度图象得，某时刻导体棒运动速度表达式v ＝10sin/s导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝BLv＝10BLsin＝1.6sinV感应电动势的最大值为E＝10BL＝1.6V感应电动势的有效值为E＝E2＝452V回路中的总电阻为R′＝r＋R2＝0.8Ω电流I＝ER′＝2A整个电路在1分钟内产生的热量为Q＝I2R′t＝96答案e＝1.6sinV 96j．有条河流，流量Q＝23/s，落差h＝5，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R ＝30Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V,100”的电灯正常发光？解析设水的密度为ρ电源端：P输出＝gh/t×50%＝Qρhg×0.5＝2×1×103×10×5×0.5＝5×104输出电压U0＝240V；输送电路如图所示．为满足输电要求，据ΔP损＝I2送R线有I送＝ΔP损R线＝P输出×6%R线＝5×104×0.0630A ＝10A，则送电电压为U送＝P输出I送＝5×10410V＝5×103V所以升压变压器的变压比为n1∶n2＝U0∶U送＝2405×103＝6∶125输电线电压损失ΔU损＝I送•R线＝10×30V＝300V，用户端：U1＝U送－ΔU损＝5×103V－300V＝4700V，据题意可知U2＝220V，所以降压变压器的匝数比为n1′∶n2′＝U1∶U2＝4700220＝235∶11.因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯盏数为N＝P输－ΔP损P灯＝5×104－5×104×0.06100＝470．答案6∶125 235∶11 470盏。
高二物理试题-高二物理选修3-2达标检测试题3 最新
(时间：60分钟)1．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成，而不采用一块整硅钢，这是为了()．A．增大涡流，提高变压器的效率B．减小涡流，提高变压器的效率C．增大涡流，减小铁芯的发热量D．减小涡流，减小铁芯的发热量思路点拨涡流的主要效应是生热，必然带来功率损失．解析本题考查涡流的基本特点．涡流的主要效应之一就是发热，而变压器的铁芯发热，是我们不希望出现的．所以不采用整块硅钢，而采用薄硅钢片叠压在一起，目的应该是减小涡流，减小铁芯的发热量，进而提高变压器的效率．答案BD2．下列关于涡流的说法中正确的是()．A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流C．涡流有热效应，但没有磁效应D．在硅钢中不能产生涡流解析涡流本质上是感应电流，是自身构成回路，在穿过导体的磁通量变化时产生的，所以A对B错．涡流不仅有热效应，同其他电流一样也有磁效应，C 错．硅钢电阻率大，产生的涡流较小，但仍能产生涡流，D错．答案 A3．下列关于涡流的说法中正确的是()．A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流C．涡流有热效应，但没有磁效应D．在硅钢中不能产生涡流解析涡流本质上是感应电流，是自身构成回路，在穿过导体的磁通量变化时产生的，所以A对B错．涡流不仅有热效应，同其他电流一样也有磁效应，C 错．硅钢电阻率大，产生的涡流较小，但仍能产生涡流，D错．答案 A4．如图1－3－7所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝处产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其它部分发热很少，以下说法正确的是()．1－3－7A．交流电的频率越高，焊缝处的温度升高得越快B．交流电的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小D．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大解析交流电频率越高，则产生的感应电流越强，升温越快，工件电流相同，即电阻大，温度高，放热多．答案AD5.图1－3－8高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图1－3－8所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是()．A．利用线圈中电流产生的焦耳热B．利用线圈中电流产生的磁场C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电解析高频感应炉的原理是：给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，由于电流的热效应，可使金属熔化．故只有C正确．答案 C6.图1－3－9如图1－3－9所示，一条形磁铁从静止开始向下穿过一个用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈的过程中()．A．做自由落体运动B．做减速运动C．做匀速运动D．做非匀变速运动解析双线绕成的线圈由于两导线产生的磁通量相互抵消，不会产生磁场，所以磁铁将做自由落体运动．答案 A7.图1－3－10如图1－3－10所示，闭合金属环从光滑曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升．设环的初速度为零，摩擦不计，曲面处在图中磁场中，则()．A．若是匀强磁场，环滚上的高度小于hB．若是匀强磁场，环滚上的高度等于hC．若是非匀强磁场，环滚上的高度等于hD．若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h解析若磁场为匀强磁场，穿过环的磁通量不变，不产生感应电流，即无机械能向电能转化，机械能守恒，故A错，B正确；若磁场为非匀强磁场，环内要产生电能，机械能减少，故D正确．答案BD8.图1－3－11我国在2000年底就已经宣布研制成功了一辆高温超导磁悬浮高速列车模型，该车的车速已经达到每小时500 km，可乘载5人．如图1－3－11所示是磁悬浮的原理，下面的圆柱是柱形磁铁，上面是用高温超导材料制成的超导圆环．将超导圆环放在柱形磁铁上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁上方．请判断下列说法中正确的是()．A．在超导环放入磁场的过程中，就会产生感应电流，稳定后感应电流消失B．在超导环放入磁场的过程中，就会产生感应电流，稳定后，感应电流仍然存在C．若柱形磁铁的N极向上，超导环中的感应电流的磁场的N极向下D．超导环中没有感应电流，而是预先通好的电流产生磁场与柱形磁铁形成磁悬浮答案BC9.图1－3－12如图1－3－12所示是用涡流金属探测器探究地下金属物的示意图，下列说法中正确的是()．A．探测器内的探测线圈会产生交变磁场B．只有有磁性的金属物才会被探测器探测到C．探测到地下的金属是因为探头中产生了涡流D．探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流答案AD10.图1－3－13光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图1－3－13所示，抛物线的方程是y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是()．A．mgb B.12m v2C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋12m v2解析金属块在进出磁场过程中要产生涡流，机械能减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场，以后在磁场内就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q＝ΔE＝12m v2＋mg(b－a)．答案 D11.图1－3－14如图1－3－14所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是()．A．恒定直流、小铁锅B．恒定直流、玻璃杯C．变化的电流、小铁锅D．变化的电流、玻璃杯解析通入恒定电流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高．涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，故C正确．答案 C12．测量列车运行的速度和加速度，可采用如图1－3－15所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车在各位置的速度和加速度．图1－3－15如图1－3－16甲所示，假设磁体端部磁感应强度B＝0.018 T，且全部集中在端面范围内，与端面相垂直．磁体的宽度与线圈宽度相同，且都很小，线圈匝数n＝5，长L＝0.2 m，电阻R＝0.4 Ω(包括引出线的电阻)，测试记录下来的电流—位移图，如图乙所示．图1－3－16(1)试计算在离原点30 m、130 m处列车的速度v1和v2的大小．(2)假设列车做匀加速直线运动，求列车加速度的大小．解析(1)从图上读得i1＝0.12 A，i2＝0.15 A，根据感应电流公式I＝nBL vR，可算出，v1＝i1RnBL＝0.12×0.45×0.004×0.2m/s＝12 m/s，v2＝i2RnBL＝0.15×0.45×0.004×0.2m/s＝15 m/s.(2)加速度a＝v22－v21 2s，从图上读得s＝100 m，a＝152－1222×100m/s2＝0.418 m/s2.答案(1)12 m/s15 m/s(2)0.418 m/s2。
高二物理选修3-2 综合检测参考答案
高二物理选修3－2 综合检测参考答案
一、选择题
1、A
2、B
3、D
4、D
5、B
6、BD
7、AD
8、AC
二、实验题
9、力 C
10、声电变大向左
三、计算题
11、解析：(1)感应电动势最大值
Em＝nBsω＝100×0.5×0.1×0.2×50 2 V＝50 2 V
S断开时，电压表示数为电源电动势有效值E＝Em
2
＝50 V.
(2)当开关S合上时，由全电路欧姆定律
I＝
E
R＋r
＝
50
20＋5
A＝2 A U＝IR＝2×20 V＝40 V
(3)额定电压即电压有效值，故R的额定电压为40 V.
(4)通过R的电流最大值Im＝2I＝2 2 A.
电阻R上所消耗的电功率P＝UI＝40×2 W＝80 W.
12、试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律可知：
由闭合电路欧姆定律可知：
由右手定则可知：电流由
（2）金属棒匀速运动时，受力平衡，故有：
方向：水平向左
（3）由部分电路欧姆定律知：
则：
13、解析：
（1）导体棒cd 静止时受力平衡，设所受安培力为F 安，则F 安=mgsin θ=0.10 N
（2）设导体棒ab 的速度为v ，产生的感应电动势为E ，通过导体棒cd 的感应电流为I ， 则E=Blv ，I=E/2r ， F 安=BIl ，解得：s m L
B r F V /0.1222==安 （3）设对导体棒ab 的拉力为F ，导体棒ab 受力平衡，则F=F 安+mgsin θ=0.20 N 拉力的功率P=Fv=0.20 W ．。
人教版高中物理选修3-2高二测试卷(、3).docx
高中物理学习材料桑水制作浙江省桐乡市高级中学期初测试卷高二物理（2010、3）一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。
在每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的） 1．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备。
下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是A ．动圈式话筒B ．日光灯镇流器C ．磁带录音机D ．白炽灯泡 2．关于电磁感应，下列说法正确的是 A ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 B ．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零 C ．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大 D ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大3．如图所示，等腰直角三角形OPQ 区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框ABC 以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB 边垂直，且保持AC 平行于OQ 。
关于线框中的感应电流，以下说法正确的是A ．开始进入磁场时感应电流最小B ．开始穿出磁场时感应电流最大C ．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向D ．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向4．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N 极朝下。
当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部），则A ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥5．在一个较长的铁钉上，用漆包线绕上两个线圈A 、B ，将线圈B 的两端接在一起，并把CD 段直漆包线南北方向放置在静止的小磁针的上方，如图所示。
下列判断正确的是 A ．开关闭合时，小磁针不发生转动B ．开关闭合时，小磁针的N 及垂直纸面向里转动C ．开关断开时，小磁针的N 及垂直纸面向里转动D ．开关断开时，小磁针的N 及垂直纸面向外转动B AC DSN S NP Q O AB C Bv6．如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘（不计各种摩擦），现让铜盘转动。
高二物理选修32章末达标检测试题含答案和解释
适用优选文件资料分享高二物理选修3-2章末达标检测试题( 含答案和讲解)章末检测 ( 时间：90 分钟满分：100分)一、选择题(此题共10小题，每题 7 分，共 70 分．在每题给出的四个选项中，最罕有一个是正确的，全选对的得7 分，选对但不全的得 4 分，有选错的得 0分) 1. 如图 1 所示，出缺口的金属圆环与板间距为 d 的平行板电容器的两极板焊接在一同，金属圆环右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场，现使金属圆环以恒定不变的速度 v 向右运动由磁场外进入磁场，在金属圆环进入磁场的过程中，电容器带电荷量 Q随时间 t 变化的定性图象应为 () ．图 1 剖析金属圆环进入磁场过程中切割磁感线的金属的有效长度先变大后变小，最后不变(完好进入磁场中)，则电容器两板间电势差也是先变大后变小，最后不变，由Q＝CU可知图线 C 正确．答案 C 2．如图 2 所示，空间某地区中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上界线 b 和下界线 d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面 a 开始着落．已知磁场上下界线之间的距离大于水平面 a、b 之间的距离．若线圈下边刚经过水平面 b、c( 位于磁场中 ) 和 d 时，线圈所碰到的磁场力的大小分别为 Fb、Fc 和 Fd，则() ．图 2 A．Fd＞Fc＞Fb B．Fc＜Fd＜Fb C．Fc＞Fb＞Fd D．Fc ＜F b＜Fd 剖析此题察看导体切割磁感线时感觉电动势及安培力的计算．线圈自由着落，到 b 点受安培力，线圈全部进入磁场，无感觉电流，则线圈不受安培力作用，线圈连续加快，到 d 点出磁场时碰到安培力作用，由 F＝B2L2vR知，安培力和线圈的速度成正比， D项对．答案D 3. 图 3 中半径为 r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中，绕 O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，电阻两头分别接盘心O和盘边缘，则经过电阻 R的电流强度的大小和方向是( ) ．图 3 A．由 c 到 d，I ＝Br2ωR B．由 d 到 c，I ＝Br2ωR C．由 c 到 d，I ＝Br2ω2R D．由 d 到 c，I ＝Br2ω2R 剖析由右手定章可判断出 R中电流由 c 到 d，电动势 E＝Brv2 ＝12Br2ω，电路中电流 I＝B r2ω2R. 答案 C 4．若是宇航员登月后，想探测一下月球的表面可否有磁场，他手边有一只敏捷电流表和一个小线圈，则以下推断正确的是 () ． A ．直接将电流表放于月球表面，看可否有示数来判断磁场的有无 B ．将电流表与线圈组成闭合电路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场 C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场 D．将电流表与线圈组成闭合电路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场剖析电磁感觉现象产生的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感觉电流产生．选项 A中，即便有一个恒定的磁场，也不会有示数，因此 A 错误；同理，若是将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，也不能够判断出没有磁场，因为穿过线圈的磁通量可能是恒定的，因此选项 B 错误；可是有示数则说明必然是有磁场的，因此选项C正确；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，电流表也没有示数，只说明经过闭合回路的磁通量不变，该磁通量可能为 0，或为另一恒定值，因此 D选项错误．答案 C 5. 一个由电阻平均的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中，如图 4 所示，线圈平面与磁场方向成 60°角，磁感觉强度随时间平均变化，以下方法可使感觉电流增加一倍的是( ) ．图 4 A．把线圈匝数增加一倍 B ．把线圈面积增加一倍 C．把线圈半径增加一倍 D．改变线圈与磁场方向的夹角剖析设导线的电阻率为ρ，横截面积为 S0，线圈的半径为 r ，则 I ＝ER＝nΔΦΔtR＝nπr2 B tsin θρn?2πrS0＝S0r2ρ? B t?sin θ可见，将 r 增加一倍，I 增加一倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时， sin θ不能够变为原来的2 倍( 因 sin θ最大值为 1) ，若将线圈的面积增加一倍，半径 r 增加 (2－1) 倍，电流不是增加一倍， I 与线圈匝数没关．综上所述，只有 C项正确．答案 C 6. 如图 5 所示，矩形线圈 abcd 的边长分别是 ab＝L，ad＝D，线圈与磁感觉强度为 B 的匀强磁场平行，线圈以 ab 边为轴做角速度为ω的匀速转动，以下说法正确的选项是 ( 从图示地点开始计时 )() ．图 5 A．t ＝0 时线圈的感觉电动势为零B．转过 90°时线圈的感觉电动势为零 C．转过 90°的过程中线圈中的平均感觉电动势为 12ωBLDD．转过 90°的过程中线圈中的平均感觉电动势为 2ωBLDπ剖析 A、B 两选项中都是刹时感觉电动势，用E＝Blv 求解比较方便． t ＝0 时，只有 cd 边切割磁感线，感觉电动势E1＝Blv ＝BL?ωD＝BSω≠0，A 错；转过 90°时，线圈的四条边均不切割磁感线， E2＝0，B 正确；C、D两选项求的都是平均感觉电动势，用 E＝ΔΦΔt 较方便．转过 90°的过程中，穿过线圈的磁通量由 0 变为Φ＝BLD.转过 90°所用时间 t ＝T4＝2πω4＝π2ω，故平均电动势为： E＝ΔΦΔt ＝BLDπ2ω＝2ωBLDπ，故 C错、D正确．答案 BD 7. 如图 6 所示，匀强磁场的方向垂直于电路所在平面，导体棒ab 与电路接触优秀．当导体棒 ab 在外力 F 作用下从左向右做匀加速直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡 L 未被烧毁，电容器 C未被击穿，则该过程中 ( ) ．图 6 A．感觉电动势将变大B ．灯泡 L 的亮度变大 C．电容器C 的上极板带负电 D．电容器两极板间的电场强度将减小剖析当导体棒 ab 在外力 F 作用下从左向右做匀加快直线运动时，由右手定章，导体棒 a 端的电势高，电容器 C的上极板带正电；由公式 E＝Blv ，感觉电动势将变大，导体棒两头的电压变大，灯泡 L 的亮度变大，由 E＝Ud，电容器两极板间的电场强度将变大．故 A、B正确．C、D错．答案 AB8. 图 7 (2012?福建理综 ) 如图 7 所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始着落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线向来保持重合．若取磁铁中心 O为坐标原点，成立竖直向下为正方向的x 轴，则以下列图中最能正确反应环中感觉电流 i 随环心地点坐标 x 变化的关系图象是 ( ) ．剖析条形磁铁的磁感线散布表示图以以下列图．铜环由静止开始着落过程中磁通量的变化率是非平均变化的，故环中产生的感觉电动势、环中的感觉电流也是非平均变化的，A错误．在对于O点对称的地点上磁场散布对称，但环的速率是增大的，则环在 O点下方的电流最大值大于在 O点上方电流的最大值，故C错误．因为磁通量在 O点上方是向上增大而在 O点下方是向上减小的，故环中电流方向在经过 O点是要改变的， D错误．可知 B 选项正确．答案 B 9. 如图 8 所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，质量不能够忽略的金属棒与两导轨向来保持垂直并优秀接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力 F 作用下做加快上涨运动的一段时间内，力 F 做的功与安培力做的功的代数和等于适用优选文件资料分享( ) ．图 8 A ．棒的机械能增加量 B ．棒的动能增加量 C．棒的重力势能增加量 D．电阻 R 上放出的热量答案 A 10. 某地的地磁场磁感觉强度的竖直重量方向向下，大小为 4.5 ×10－ 5 T ．一敏捷电压表连结在当地入海河段的两岸，河宽 100 m，如图 9 所示．该河段涨潮和落潮时有海水 ( 视为导体 ) 流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为 2 m/s. 以下说法正确的选项是 () ．图 9 A．河北岸的电势较高 B ．河南岸的电势较高 C．电压表记录的电压为 9 mV D．电压表记录的电压为 5 mV 剖析由 E＝BLv＝(4.5 ×10－5×100×2) V ＝9×10－ 3 V＝9 mV，可知电压表记录的电压为 9 mV，选项 C正确、 D 错误；从上往下看，画出水流切割磁感线表示图如图 9 所示，据右手定章可知北岸电势高，选项 A 正确、 B错误．答案 AC 二、非选择题( 此题共 3 小题，共 30 分．计算题要求有必要的文字表达，列出必要的方程和演算步骤 ) 11 ．(10 分) 如图 10 所示，匀强磁场的磁感觉强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率 B t ＝k，k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l 的方框．将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场所区中，求：图10 (1) 导线中感觉电流的大小； (2) 磁场对方框作使劲的大小随时间的变化率．剖析 (1) 导线框的感觉电动势为 E ＝ΔΦΔt ① ΔΦ＝ 12l2? B②导线框中的电流为 I ＝ER③式中 R是导线框的电阻，根据电阻率公式有 R＝ρ4lS ④联立①②③④式，将 B t ＝k 代入得 I ＝－ klS8 ρ. ⑤ (2) 导线框所受磁场的作使劲的大小为 F ＝BIl ⑥它随时间的变化率为 F t ＝Il B t ⑦由⑤⑦式得 F t ＝ k2l2S8 ρ答案 (1) －klS8ρ (2)k2l2S8 ρ 12 ．(10 分)(2012? 成都高二检测 ) 如图 11 所示，圆滑导轨竖直放置，匀强磁场的磁感觉强度为 B＝0.5 T ，磁场方向垂直于导轨平面向外，导体棒 ab 的长度与导轨宽度均为 L＝0.2 m ，电阻 R＝1.0 Ω. 导轨电阻不计，当导体棒紧贴导轨匀速下滑时，均标有“ 6 V 3 W”字样的两小灯泡恰巧正常发光，求：图 11(1)经过 ab 的电流的大小和方向； (2)ab 运动速度的大小； (3) 电路的总功率．剖析(1) 每个小灯泡中的电流为I1 ＝P1U1＝0.5 A 则ab 中的电流为 I ＝2I1 ＝1 A 由右手定章知经过ab 棒的电流方向为由适用优选文件资料分享b 到 a (2)ab 产生的感觉电动势： E＝U1＋IR＝6 V＋1×1.0 V＝7 V 由E＝BLv，知 ab 的运动速度 v＝EBL＝70 m/s (3)电路的总功率P＝IE ＝7 W 答案(1)1 A由b到a(2)70 m/s(3)7 W 13 ．(10 分)如图 12 甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为 d＝1 m 的金属“ U”型导轨，在“ U”型导轨右侧 l ＝0.5 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感觉强度随时间变化规律如图乙所示．在t ＝0 时辰，质量为 m＝0.1 kg 的导体棒以 v0＝1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1 ，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响 ( 取 g＝10 m/s2) ．图 12 (1) 经过计算剖析 4 s 内导体棒的运动情况； (2) 计算 4 s 内回路中电流的大小，并判断电流方向； (3) 计算 4 s 内回路产生的焦耳热．剖析 (1) 导体棒先在无磁场所区做匀减速运动，有－μmg＝ma，vt ＝ v0＋at ，x ＝v0t ＋12at2 ，代入数据解得： t ＝1 s 时， vt ＝0，x＝0.5 m ，因此导体棒没有进入磁场所区．导体棒在 1 s 末已停止运动，此后素来保持静止，静止时离左端地点为x＝0.5 m. (2)由图乙可知：前 2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E＝0，I ＝0，后 2 s 回路产生的电动势为 E＝ΔΦΔt ＝ld B t ＝0.1 V ．此时回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为 R＝ 5λ＝0.5 Ω，电流为 I ＝ER＝0.2 A. 根据楞次定律，回路中的电流方向是顺时针方向．(3) 前 2 s 电流为零，后 2 s 有恒定电流，焦耳热为Q＝I2Rt ＝0.04 J.答案(1) 前 1 s ：匀减速直线运动，后 3 s ：静止在离左端0.5 m 的地点 (2) 前 2 s ：I ＝0，后 2 s ：I ＝0.2 A电流方向是顺时针方向(3)0.04 J。
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1传感器及其工作原理
(时间：60分钟)
知识点一传感器的概念
1．关于传感器，下列说法正确的是()．
A．光敏电阻和热敏电阻都是由半导体材料制成的
B．金属材料也可以制成传感器
C．传感器主要是通过感知电阻的变化来传递信号的
D．以上说法都不正确
解析光敏和热敏电阻分别应用了半导体的不同特性制成，A正确．由于金属材料的电阻随温度而变化，可制成将温度信号转换为电信号的传感器，B正确．传感器可感知电阻、电压、电流等各种变化来传递信号，C错误．
答案AB
2．电容式传感器是用来将非电信号转变为电信号的装置．由于电容器的电容C 取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而引起电容的变化，如图6－1－17所示是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是()．
图6－1－17
A．甲图的传感器可以用来测量角度
B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度
C．丙图的传感器可以用来测量压力
D．丁图的传感器只能用来测量速度
答案ABC
3．为解决楼道的照明，在楼道内安装一个传感器与电灯的控制电路相接．当楼道内有走动而发出声响时，电灯即与电源接通而发光，这种传感器为________传感器，它输入的是________信号，经传感器转换后，输出的是________信号．答案声控声音电
知识点二光敏、热敏、金属热电阻的应用
4．如图6-1-18所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针的偏角为θ；现用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断()．
图6-1-18
A．θ′＝θ`B．θ′＜θ
C．θ′＞θD．不能确定
解析光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，阻值变大，指针自左向右偏转角度变小．
答案 B
5.在信息技术高速发展、电子计算机广泛应用的今天，担负着信息采集任务的传感器在自动控制、信息处理技术中发挥着越来越重要的作用，其中热电传感器是利用热敏电阻将热信号转换成电信号的元件．某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中，安装好如图6-1-19所示装置．向杯内加入冷水，温度计的示数为20 ℃，多用电表选择适当的倍率，读出热敏电阻的阻值R1.然后向杯内加入热水，温度计的示数为60 ℃，发现多用电表的指针偏转角度较大，则下列说法正确的是()．
图6-1-19
A．应选用电流挡，温度升高换用大量程测量
B．应选用电流挡，温度升高换用小量程测量
C．应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率大的挡
D．应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率小的挡
解析多用电表与热敏电阻构成的回路中未接入电源故不能用电流表，A、B均错，当温度升高时多用电表指针偏转角度较大，说明热敏电阻的阻值变小了，应该换用倍率小的挡，C错误，D正确．
答案 D
6．街旁的路灯、江海里的航标都要求在夜晚亮、白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的()．A．压敏性B．光敏性
C．热敏性D．三种特性都利用
答案 B
知识点三含传感器的电路分析与判断
7.如图6-1-20所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后，在没有光照射时，a、b 两点等电势，当用光照射电阻R3时，则()．
图6-1-20
A．R3的电阻变小，a点电势高于b点电势
B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势
C．R3的电阻变大，a点电势高于b点电势
D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势
解析R3是光敏电阻，当有光照射时电阻变小，R3两端电压降减小，故a点电势将升高，因其它阻值不变，所以a点电势将高于b点电势．
答案 A
8.如图6-1-21所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时()．
图6-1-21
A．电压表的示数增大
B．R2中电流减小
C．小灯泡的功率增大
D．电路的路端电压增大
解析当光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，而电压表的示数增大，A项正确，D项错误；由路端电压减小，而R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小，故B项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，C项正确．
答案ABC
9.传感器是把非电学物理量(如位移、压力、流量、声强等)转换成电学量的一种元件．如图6-1-22所示为一种电容式传感器，电路可将声音信号转化为电信号．电路中a、b构成一个电容器，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜．若声源S发出频率恒定的声波使a振动，则a 在振动过程中()．
图6-1-22 A．a、b板之间的电场强度不变
B．a、b板所带的电荷量不变
C．电路中始终有方向不变的电流
D．向右位移最大时，电容器的电容量最大
解析a、b始终跟电源相连，电势差U不变，由于a、b间距离变化，由E＝U d知
场强变化，A错误；由C＝
εr S
4πk d知d变化时C变化，a向右位移最大时，电容最
大，D正确；由Q＝CU知a、b所带电荷量变化，电路中电流方向改变，B、C 错误．
答案 D
10．有一些星级宾馆的洗手间装有自动干手机，洗手后将湿手靠近，机内的传感器就开通电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干，手靠近干手机能使传感器工作，是因为()．
A．改变湿度B．改变温度C．改变磁场D．改变电容
解析根据自动干手机工作的特征，手靠近干手机电热器工作，手撤离后电热器停止工作，人是一种导体，可以与其他导体构成电容器．手靠近时相当于连接一个电容器，可以确定干手机内设有电容式传感器，由于手的靠近改变了电容大小，故D正确；用湿度和温度来驱动电热器工作，理论上可行，但是假如干手机是由于温度、湿度的变化工作就成了室内烘干机．
答案 D
11．如图6－1－23所示为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I－U关系曲线图．()．
图6－1－23
(1)为了通过测量得到如图所示I －U 关系的完整曲线，在图6－1－24甲和乙两个电路中应选择的是图________；简要说明理由：________________.(电源电动势为9 V ，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100 Ω)
图6－1－24
(2)在如图6－1－25所示电路中，电源电压恒为9 V ，电流表读数为70 mA ，定值电阻R 1＝250 Ω.由热敏电阻的I －U 关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V ；电阻R 2的阻值为________Ω.
图6－1－25
(3)举出一个应用热敏电阻的例子．
解析 (1)应选择图甲．因为图甲电路电压可从0 V 调到所需电压，电压调节范围大．
(2)由题图知R 2与热敏电阻串联后与R 1并联接在9 V 电源上，总电流I ＝70 mA ，R 1＝250 Ω.设通过热敏电阻的电流为I 2，通过R 1的电流为I 1，则I ＝I 1＋I 2，故I 2
＝I －I 1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫70－9250×103mA ＝34 mA.由图象查得34 mA 对应的电压为5.0 V ，R 2两端电压U 2＝9 V －5.0 V ＝4.0 V ，所以R 2＝ 4.0 V 34×10－3 A
＝117.6 Ω. 答案 (1)甲 因为甲电路电压可从0 V 调到所需电压，电压调节范围大
(2)5.0 117.6
(3)恒温箱、自动孵化器、热敏温度计等(任选一例)
12．一种半导体材料称为“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1个元电荷量，即q ＝1.6×10－19 C ，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及自动控制升降电动机的电源的通断等．
图6-1-26
在一次实验中，一块霍尔材料制成的薄片宽ab ＝1.0×10－2m 、长bc ＝4.0×10－2 m 、厚h ＝1×10－3m ，水平放置在竖直方向上的磁感应强度B ＝1.5 T 的匀强磁场中，bc 方向通有I ＝3.0 A 的电流，如图6-1-26所示，沿宽度产生1.0×10－5 V 的横向电压．
(1)假定载流子是电子，a 、b 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？
解析 (1)根据左手定则可确定a 端电势高．
(2)当导体内由于载流子有沿电流方向所在的直线定向运动时，受洛伦兹力作用而产生横向分运动，产生横向电场，横向电场的电场力与洛伦兹力平衡时，导体横向电压稳定．设载流子沿电流方向所在直线定向移动的速度为v ，横向电压为
U ab ，横向电场强度为E ，电场力为F e ＝e ·E ＝e ·U ab a b ，磁场力F B ＝e v B ，平衡时U ab a b
·e ＝e v B ，得v ＝U ab
a b B ＝6.7×10－4 m/s. 答案 (1)a (2)6.7×10－4 m/s。