教科版高中物理选修3-2滚动检测3
高中创新设计物理教科版选修3-2：模块综合检测
模块综合检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题||，每小题4分||，共40分)1．如图1所示||，电阻和面积一定的圆形线圈垂直放入匀强磁场中||，磁场的方向垂直纸面向里||，磁感应强度随时间的变化规律为B＝B0sinωt.下列说法正确的是()图1A．线圈中产生的是交流电B．当t＝π/2ω时||，线圈中的感应电流最大C．若增大ω||，则产生的感应电流的频率随之增大D．若增大ω||，则产生的感应电流的功率随之增大2．两个完全相同的灵敏电流计A、B||，按图2所示的连接方式||，用导线连接起来||，当把电流计A的指针向左边拨动的过程中||，电流计B的指针将()图2A．向左摆动B．向右摆动C．静止不动D．发生摆动||，由于不知道电流计的内部结构情况||，故无法确定摆动方向3．如图3甲所示||，一矩形线圈放在随时间变化的匀强磁场内．以垂直线圈平面向里的磁场为正||，磁场的变化情况如图乙所示||，规定线圈中逆时针方向的感应电流为正||，则线圈中感应电流的图象应为()图34．如图4所示||，在光滑绝缘水平面上||，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场||，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场的过程中(磁场宽度大于金属球的直径)||，则小球()图4A．整个过程匀速运动B．进入磁场的过程中球做减速运动||，穿出过程做加速运动C．整个过程都做匀减速运动D．穿出时的速度一定小于初速度5.线框在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)||，当转到如图5所示位置时||，磁通量和感应电动势大小的变化情况是()图5A．磁通量和感应电动势都在变大B．磁通量和感应电动势都在变小C．磁通量在变小||，感应电动势在变大D．磁通量在变大||，感应电动势在变小6.如图6所示的电路中||，变压器是理想变压器．原线圈匝数n1＝600匝||，装有0.5A的保险丝||，副线圈的匝数n2＝120匝||，要使整个电路正常工作||，当原线圈接在180V的正弦交变电源上时||，下列判断正确的是()A．副线圈可接耐压值为36V的电容器B．副线圈可接“36 V||，40 W”的安全灯两盏C．副线圈可接电阻为14Ω的电烙铁D．副线圈可以串联一个量程为3A的电流表||，去测量电路中的总电流7．一交变电流的i－t图象如图7所示||，由图可知()A．用电流表测该电流示数为102AB．该交变电流的频率为100HzC．该交变电流通过10Ω的电阻时||，电阻消耗的电功率为2019WD．该交变电流的电流瞬时值表达式为i＝102sin628t A8．图8是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路||，L两端并联一只电压表||，用来测量自感线圈的直流电压||，在测量完毕后||，将电路解体时应()A．先断开S1B．先断开S2C．先拆除电流表D．先拆除电阻R9．如图9所示的电路中||，L为自感系数很大的电感线圈||，N为试电笔中的氖管(启辉电压约70V)||，电源电动势约为10V．已知直流电使氖管启辉时辉光只产生在负极周围||，则() A．S接通时||，氖管不会亮B．S接通时启辉||，辉光在a端C．S接通后迅速切断时启辉||，辉光在a端D．条件同C||，辉光在b端10．如图10所示是一种延时开关||，当S1闭合时||，电磁铁将衔铁吸下||，将C线路接通||，当S1断开时||，由于电磁作用||，D将延迟一段时间才被释放||，则() A．由于A线圈的电磁感应作用||，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用||，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的开关S2||，无延时作用D．如果断开B线圈的开关S2||，延时将变长图6图711．(5分)如图11所示||，是一交流电压随时间变化的图象||，此交流电压的有效值等于________V.12．(15分)硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件||，某同学用图12所示的电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I的关系||，图中R0为定值电阻且阻值的大小已知||，电压表视为理想电压表．图11(1)请根据图12||，将图13中的实验器材连接成实验电路．图12图13(2)若电压表V2的读数为U0||，则I＝________.姓名：________班级：________学号：________得分：________(3)实验一：用一定强度的光照射硅光电池||，调节滑动变阻器||，通过测量得到该电池的U—I曲线a||，见图14.由此可知电池内阻________(选填“是”或“不是”)常数||，短路电流为______mA||，电动势为________V.(4)实验二：减小实验一中光的强度||，重复实验||，测得U—I曲线b||，见图14.当滑动变阻器的电阻为某值时||，实验一中的路端电压为1.5V||，则实验二中外电路消耗的电功率为________mW(计算结果保留两位有效数字)图14三、计算题(本题共4小题||，共40分)13．(8分)如图15所示||，理想变压器原线圈Ⅰ接到220V的交流电源上||，副线圈Ⅱ的匝数为30||，与一标有“12V||，12W”的灯泡连接||，灯泡正常发光．副线圈Ⅲ的输出电压为110V||，电流为0.4A．求：图15(1)副线圈Ⅲ的匝数；(2)原线圈Ⅰ的匝数以及通过原线圈的电流．14．(10分)某发电站的输出功率为104kW||，输出电压为4kV||，通过理想变压器升压后向80km远处的用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m||，导线横截面积为1.5×10－4m2||，输电线路损失的功率为输出功率的4%.求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输电线路上的电压损失．15．(8分)如图16所示||，光滑导轨MN、PQ在同一水平面内平行固定放置||，其间距d ＝1m||，右端通过导线与阻值R L＝8Ω的小灯泡L相连||，CDEF矩形区域内有方向竖直向下、磁感应强度B＝1T的匀强磁场||，一质量m＝50g、阻值为R＝2Ω的金属棒在恒力F作用下从静止开始运动x＝2m后进入磁场恰好做匀速直线运动．(不考虑导轨的电阻||，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触)．求：图16(1)恒力F的大小；(2)小灯泡发光时的电功率．16．(14分)如图17所示||，在坐标xOy平面内存在B＝2.0T的匀强磁场||，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨||，其中OCA满足曲线方程x＝0.50sinπ5y m||，C为导轨的最右端||，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2||，其中R1＝4.0Ω、R2＝12.0Ω.现有一足够长、质量m＝0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F 作用下||，以v＝3.0m/s的速度向上匀速运动||，设棒与两导轨接触良好||，除电阻R1、R2外其余电阻不计||，g取10 m/s2||，求：图17(1)金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；(2)外力F的最大值；(3)金属棒MN滑过导轨OC段||，整个回路产生的热量．模块综合检测答案1．ACD[线圈中产生的感应电流的规律和线圈在匀强磁场中匀速运动时一样||，都是正(余)弦交变电流．由规律类比可知A、C、D正确．]2．B[因两表的结构完全相同||，对A来说就是由于拨动指针带动线圈切割磁感线产生感应电流||，电流方向应用右手定则判断；对B表来说是线圈受安培力作用带动指针偏转||，偏转方向应由左手定则判断||，研究两表的接线可知||，两表串联||，故可判定电流计B的指针向右摆动．]3．B[0～t1时间内||，磁场均匀增强||，穿过线圈的磁通量均匀增大||，产生的感应电流大小不变||，由楞次定律知电流方向为逆时针；同理||，t1～t2时间内无电流||，t2～t4时间内有顺时针大小不变的电流．]4．D[小球进出磁场时||，有涡流产生||，要受到阻力||，故穿出时的速度一定小于初速度．]5．D[由题图可知||，Φ＝Φm cos θ||，e＝E m sin θ||，所以磁通量变大||，感应电动势变小．]6．BD [根据输入电压与匝数关系||，有U 1U 2＝n 1n 2||，解得 U 2＝n 2n 1U 1＝120600×180V ＝36V ．根据保险丝熔断电流||，有P 2＝P 1＝I 1U 1＝0.5×180W ＝90W ．根据正弦交变电流有效值与最大值间的关系||，有U 2m ＝2U 2＝362V ．允许副线圈通过的最大电流有效值为I 2＝n 1n 2I 1＝600120×0.5A ＝2.5A ．负载电阻是最小值R ＝U 2I 2＝362.5Ω＝14.4Ω.根据以上数据||，得B 、D 正确．]7．BD8．B [S 1断开瞬间||，L 中产生很大的自感电动势||，若此时S 2闭合||，则可能将电压表烧坏||，故应先断开S 2.]9．AD [接通时电压不足以使氖管发光||，迅速切断S 时||，L 中产生很高的自感电动势||，会使氖管发光||，b 为负极||，辉光在b 端．故A 、D 项正确．]10．BC [如果断开B 线圈的开关S 2||，那么在S 1断开时||，该线圈中会产生感应电动势||，但没有感应电流||，所以无延时作用．]11．50 2解析 题图中给出的是一方波交流电||，周期T ＝0.3s||，前T 3时间内U 1＝100V||，后2T 3时间内U 2＝－50V ．设该交流电压的有效值为U ||，根据有效值的定义||，有U 2R T ＝U 21R ·⎝⎛⎭⎫T 3＋U 22R ·⎝⎛⎭⎫23T ||，代入已知数据||，解得U ＝502V.12．(1)实验电路如下图所示(2)U 0R 0(3)不是 0.295(0.293～0.297) 2.67(2.64～2.70) (4)0.068(0.060～0.070) 解析 (1)略．(2)根据欧姆定律可知I ＝U 0R 0(3)路端电压U ＝E －Ir ||，若r 为常数||，则U —I 图为一条不过原点的直线||，由曲线a 可知电池内阻不是常数；当U ＝0时的电流为短路电流||，约为295μA ＝0.295mA ；当电流I ＝0时路端电压等于电源电动势E 、约为2.67V.(4)实验一中的路端电压为U 1＝1.5V 时电路中电流为I 1＝0.21mA||，连接a 中点(0.21mA||，1.5V)和坐标原点||，此直线为此时对应滑动变阻器阻值的外电路电阻(定值电阻)的U —I 图||，和图线b 的交点为实验二中的路端电压和电路电流||，如下图||，电流和电压分别为I ＝97μA ||，U ＝0.7V||，则外电路消耗功率为P ＝UI ＝0.068mW.13．(1)275匝 (2)550匝 0.25A解析 理想变压器原线圈两端电压跟每个副线圈两端电压之比都等于原、副线圈匝数之比．由于有两个副线圈||，原、副线圈中的电流跟它们的匝数并不成反比||，但输入功率等于输出的总功率．(1)已知U 2＝12V||，n 2＝30；U 3＝110V由U 2U 3＝n 2n 3||，得n 3＝U 3U 2n 2＝275匝； (2)由U 1＝220V||，根据U 1U 2＝n 1n 2||，得n 1＝U 1U 2n 2＝550匝 由P 1＝P 2＋P 3＝P 2＋I 3U 3＝56W||，得I 1＝P 1U 1＝0.25A 14．(1)8×104V (2)3.2×103V解析 (1)导线电阻r ＝ρ2l S ＝2.4×10－8×2×80×1031.5×10－4Ω＝25.6Ω输电线路上损失的功率为输出功率的4%||，则4%P ＝I 2r代入数据得I ＝125A由理想变压器P 入＝P 出及P ＝UI 得输出电压U ＝P I ＝107125V ＝8×104V (2)输电线路上的电压损失U ′＝Ir ＝125×25.6V ＝3.2×103V15．(1)0.8N (2)5.12W解析 (1)对导体棒由动能定理得Fx ＝12mv 2 因为导体棒进入磁场时恰好做匀速直线运动所以F ＝BId ＝B Bdv R ＋R Ld 代入数据||，根据以上两式方程可解得：F ＝0.8N||，v ＝8m/s(2)小灯泡发光时的功率P L ＝⎝⎛⎭⎪⎫Bdv R ＋R L 2·R L ＝5.12W 16．(1)1.0A (2)2.0N (3)1.25J解析 (1)金属棒MN 沿导轨竖直向上运动||，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN 匀速运动到C 点时||，电路中感应电动势最大||，产生的感应电流最大．金属棒MN 接入电路的有效长度为导轨OCA 形状满足的曲线方程中的x 值．因此接入电路的金属棒的有效长度为L ＝x ＝0.5sin π5y ||，L m ＝x m ＝0.5m||， 由E m ＝BL m v ||，得E m ＝3.0V||，I m ＝E m R 并||，且R 并＝R 1R 2R 1＋R 2||， 解得I m ＝1.0A(2)金属棒MN 匀速运动的过程中受重力mg 、安培力F 安、外力F 外作用||，金属棒MN 运动到C 点时||，所受安培力有最大值||，此时外力F 有最大值||，则F 安m ＝I m L m B ||，F 安m ＝1.0N||，F 外m ＝F 安m ＋mg ||，F 外m ＝2.0N.(3)金属棒MN 在运动过程中||，产生的感应电动势e ＝3.0sin π5y ||，有效值为E 有＝E m 2. 金属棒MN 滑过导轨OC 段的时间为tt ＝y Oc v ||，y ＝52m||，t ＝56s 滑过OC 段产生的热量Q ＝E 2有R 并t ||，Q ＝1.25J.。
高中物理教科版选修3-2课时跟踪检测全集(共15份)
高中物理教科版选修3-2课时跟踪检测全集（共15份）课时跟踪检测（一）电磁感应的发现感应电流产生的条件1．关于感应电流，下列说法中正确的是( )A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流 B．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流解析：选D 如果线圈不闭合，就不能形成回路，所以不能产生感应电流，A错误；闭合线圈只有一部分导线做切割磁感线运动时，才会产生感应电流，B、C错误；当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流，D正确。
2．利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题。
IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。
公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。
刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。
下列说法正确的是( )A．IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L中不会产生感应电流 D．IC卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息解析：选B IC卡工作所需要的能量是线圈L中产生的感应电流，选项A错误；要使电容C达到一定的电压，则读卡机应该发射特定频率的电磁波，IC卡才能有效工作，选项B正确；若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，线圈L中会产生感应电流，但电容C不能达到一定的电压，IC卡不能有效工作，选项C错误；IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也能向读卡机传输自身的数据信息，选项D错误。
3.如图1所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图所示，另在导线环A所在的平面内画一个圆B，它的一半面积在A环内，另一半面积在A环外，则穿过B圆内的磁通量( )图1A．为零B．垂直向里 C．垂直向外D．条件不足，无法判断解析：选B 由环形电流的磁感线分布可知，中间密，外部稀疏，所以穿过B圆的总磁通量是垂直纸面向里的，则选项B正确。
教科版物理选修3-2：第1章章末综合检测
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1.下列说法正确的是( ) A ．奥斯特发现电磁感应现象 B ．电流的磁效应就是电磁感应现象C ．法拉第能够发现电磁感应现象，是因为他坚信各种自然现象是相互关联的D ．以上说法都不对解析：选C.电磁感应现象是法拉第研究发现的，A 错．电流的磁效应现象是“电生磁”，电磁感应现象是“磁生电”，是两种不同的物理现象，B 错．法拉第在自然现象之间的相互联系和相互转化的信念支持下，研究了电与磁的相互关系，发现了电磁感应现象，C 对．故选C.2.关于闭合电路中的感应电动势E 、磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ以及磁通量的变化率ΔΦΔt 之间的关系，下列说法正确的是( ) A ．Φ＝0时，电动势E ＝0B.ΔΦΔt＝0时，电动势E 可能不等于0 C ．ΔΦ很大，电动势E 可能很小 D.ΔΦΔt很大，ΔΦ一定很大 解析：选C.根据E ＝ΔΦΔt ，所以Φ＝0时，ΔΦΔt 不一定为0，A 项不正确；ΔΦΔt ＝0，E 一定为0，B 项错误；而ΔΦ很大，如果Δt 很长，E 可能很小，C 项正确；ΔΦΔt 很大但ΔΦ不一定大，D 项错误．3.如图所示，一个U 形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab ，有一个磁感应强度为B 的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( ) A ．ab 向右运动，同时使θ减小B ．使磁感应强度B 减小，θ角同时也减小C ．ab 向左运动，同时增大磁感应强度BD ．ab 向右运动，同时增大磁感应强度B 和θ角(0°<θ<90°)解析：选A.设此时回路面积为S ，据题意，磁通量Φ＝BS cos θ，对A ，S 增大，θ减小，cos θ增大，则Φ增大，A 正确．对B ，B 减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B 错．对C ，S 减小，B 增大，Φ可能不变，C 错．对D ，S 增大，B 增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D 错．故只有A 正确．4.一个面积S ＝4×10－2 m 2、匝数n ＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )A ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化率等于－0.08 Wb/sB ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C ．在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势等于－0.08 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零 解析：选A.由E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt ·S 得：在开始2 s 内线圈中产生的感应电动势 E ＝100×－42×4×10－2 V ＝－8 V 磁通量变化率：ΔΦΔt＝－0.08 Wb/s第3 s 末虽然磁通量为零，但磁通量变化率为0.08 Wb/s ，所以选A.5.如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是( )解析：选D.根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C 选项，当磁铁向上运动时：①闭合线圈原磁场的方向——向上；②穿过闭合线圈的磁通量的变化——减少；③感应电流产生的磁场方向——向上；④利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相反．故C 项错．同理分析可知A 、B 错，D 正确．6.如图所示，一根长导线弯成“n ”形，通以直流电I ，正中间用不计长度的一段绝缘线悬挂一金属环C ，环与导线处于同一竖直平面内，在电流I 增大的过程中，下列叙述正确的是( )A ．金属环C 中无感应电流产生B ．金属环C 中有沿逆时针方向的感应电流产生 C ．悬挂金属环C 的竖直线拉力变大D ．金属环C 仍能保持静止状态解析：选BCD.电流I 增大的过程中，穿过金属环C 的磁通量增大，环中出现逆时针的感应电流，故A 错，B 正确；可以将环等效成一个正方形线框，利用“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”得出环将受到向下的斥力且无转动，所以悬挂金属环C 的竖直拉力变大，环仍能保持静止状态，C 、D 正确．7.如图，EOF 和E ′O ′F ′为空间一匀强磁场的边界，其中EO ∥E ′O ′，FO ∥F ′O ′，且EO ⊥OF ；OO ′为∠EOF 的角平分线，OO ′间的距离为l ；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l 的正方形导线框沿O ′O 方向匀速通过磁场，t ＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i 与时间t 的关系图线可能正确的是( )解析：选B.本题中四个选项都是i －t 关系图线，故可用排除法．因在第一个阶段内通过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律可判定此过程中电流沿逆时针方向，故C 、D 错误．由于在穿过整个磁场区域的磁通量变化量ΔΦ＝0，由q ＝ΔΦR可知整个过程中通过导线框的总电荷量也应为零，而在i －t 图像中图线与时间轴所围总面积为零，即时间轴的上下图形面积的绝对值相等．故A 错误B 正确．8.如图所示的电路中，电源电动势为E ，线圈L 的电阻不计．以下判断正确的是( )A ．闭合S ，稳定后，电容器两端电压为零B ．闭合S ，稳定后，电容器的a 极带负电C ．断开S 的瞬间，电容器的a 极板将带正电D ．断开S 的瞬间，电容器的a 极板将带负电解析：选AC.闭合S ，稳定后，由于线圈L 的直流电阻为零，所以线圈两端电压为零，又因为电容器与线圈并联，所以电容器两端电压也为零，电容器不带电，故A 正确，B 错误；断开S 的瞬间，线圈L 中电流减小，线圈中产生与原电流方向相同的自感电动势，并作用在电容器上，所以，此时电容器a 极板将带正电，b 极板将带负电，C 正确、D 错误．9.如图所示，将边长为l 的正方形闭合线圈以不同速度v1、v 2向右匀速拉出磁场时(v 1<v 2)，下列结论不．正确的是( ) A ．拉力所做的功W 2>W 1 B ．拉力的功率P 2>P 1 C ．流过线框的电荷量Q 2>Q 1 D ．线框中的感应电流I 2>I 1解析：选C.F 拉＝F 安＝BIl ＝Bl ·Bl v R ＝B 2l 2v R ，W 拉＝F 拉·l ＝B 2l 3vR，v 1<v 2，所以W 2>W 1，选项A 正确．P 拉＝F 拉·v ＝B 2l 2v 2R ，P 2>P 1，选项B 正确．流过线框的电荷量Q ＝ΔΦR ，Q 1＝Q 2，选项C 错误．电流I ＝Bl vR，I 2>I 1，选项D 正确．10.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qR BLC ．产生的焦耳热为qBL vD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2vR sin θ解析：选B.流过ab 棒某一截面的电量q ＝I ·t ＝B ΔS Rt ·t ＝BL ·s R ，ab 棒下滑的位移s ＝qRBL，其平均速度v ＝s t ，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于12v ，A 错误B 正确；由能量守恒mgs sin θ＝Q ＋12m v 2，产生的焦耳热Q ＝mgs sin θ－12m v 2＝mg qRBL sinθ－12m v 2，C 错误；当mg sin θ＝B 2L 2v R时v 最大，安培力最大，即F安m＝mg sin θ，D 错误．二、填空、实验题(包括2小题，共12分．按题目要求作答) 11.(6分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整．(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：A ．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________．B ．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________． 解析：依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定． 答案：(1)如图所示(2)向右偏转一下 向左偏转一下12.(6分)如图所示为电磁流量计的示意图，在非磁性材料制成的圆管所在的区域加一匀强磁场，当管中的导电流体流过此磁场区域时，测出管壁上ab 两点的电动势E 就可以知道管道中液体的电动势E ，就可以知道管道中液体的流量Q (单位时间内流过液体的体积)，已知管的直径为D ，磁感应强度为B ，则流量Q 为__________，a 、b 两点中________点电势高．解析：当导电液体向左流动时，导体切割磁感线向左运动，因而在液体流的顶部(如a 点)与底部(如b 点)间产生了电势差，故感应电动势为E ＝BD v ，因此液体流动速度大小为v ＝E /(BD )．设液体流动时间为t ，则在t 时间内流动距离为l ＝v t ＝Et /(BD )．在t 时间内通过管道某截面的液体体积为V 体＝l ·πD 24＝πDEt 4B .所以液体流量为Q ＝V 体t ＝πDE4B.由右手定则知b 点电势高．答案：πDE4Bb三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(10分)如图所示，在磁感应强度为0.2 T 的匀强磁场中，有一长为0.5 m 、电阻为1.0 Ω的导体AB 在金属框架上以10 m/s 的速度向右滑动，R 1＝R 2＝2.0 Ω，其他电阻不计，求流过R 1的电流I 1. 解析：AB 切割磁感线相当于电源，其等效电路如图所示，E AB ＝Bl v ＝0.2×0.5×10 V ＝1 V(2分) 由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r(2分)R 1、R 2并联，由并联电路电阻关系得1R ＝1R 1＋1R 2解得：R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝1.0 Ω，I AB ＝I ＝0.5 A ．(3分) 因为R 1＝R 2，所以流过R 1的电流为I 1＝I2＝0.25 A ．(3分)答案：0.25 A14.(12分)有一面积为S ＝100 cm 2，匝数为n ＝100匝的金属环，总电阻为R ＝0.1 Ω，环中有匀强磁场，方向垂直于圆环面，磁感应强度变化规律如图所示．求：(1)圆环中产生的感应电动势的大小；(2)在2～3 s 内流过导线横截面的电荷量． 解析：(1)由法拉第电磁感应定律知， E 感＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt·S (1分)式中ΔBΔt为题图中直线的斜率，即k ＝0.1 T/s(2分) 代入数据得：E 感＝100×0.3－0.23－2×100×10－4 V ＝0.1 V ．(3分)(2)因为q ＝I 感·Δt ＝E 感R ·Δt ＝n ·ΔΦΔt ·ΔtR＝n ·ΔΦR ＝n ·ΔB ·SR.(3分) 得2～3 s 内流过导线横截面的电荷量为： q ＝100×0.1×100×10－40.1C ＝1 C ．(3分)答案：(1)0.1 V (2)1 C 15.(12分)如图所示，线圈abcd 每边长l ＝0.20 m ，线圈质量m1＝0.10 kg 、电阻R ＝0.10 Ω，砝码质量m 2＝0.14 kg.线圈上方的匀强磁场磁感应强度B ＝0.5 T ，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为h ＝l ＝0.20 m ．砝码从某一位置下降，使ab 边进入磁场开始做匀速运动．求：(1)线圈做匀速运动的速度大小？(2)穿过磁场区域过程中线圈产生的总热量是多少？(设线圈穿过磁场过程中没有与滑轮相碰)解析：(1)该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力F 安、绳子的拉力T 和重力m 1g 相互平衡，即T ＝F 安＋m 1g .①(2分) 砝码受力也平衡：T ＝m 2g .②(2分)线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流I ＝Bl v /R ，③(2分) 因此线圈受到向下的安培力F 安＝BIl .④(1分) 联解①②③④式得v ＝(m 2－m 1)gR /(B 2l 2)⑤(1分) 代入数据解得：v ＝4 m/s.⑥(1分)(2)线圈匀速上升，上升的时间为t ＝2hv ⑦(1分)由焦耳定律得Q ＝I 2Rt ⑧(1分)联解③⑥⑦⑧并代入数据得Q ＝0.16 J ．(1分)答案：(1)4 m/s (2)0.16 J16.(14分)有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示．该机底面固定有间距为L 、长度为d 的平行金属电极，电极间充满磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R .绝缘橡胶带上镀有间距为d 的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻．若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U ，求：(1)橡胶带匀速运动的速率；(2)电阻R 消耗的电功率；(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功． 解析：(1)设电动势为E ，橡胶带运动速率为v . 由：E ＝BL v ，E ＝U 得：v ＝UBL.(5分) (2)设电功率为P . P ＝U2R.(4分)(3)设电流为I ，安培力为F ，克服安培力做的功为W . 由：I ＝UR ，F ＝BIL ，W ＝Fd得：W ＝BLUdR.(5分) 答案：(1)U BL (2)U 2R (3)BLUdR。
高中物理第三章检测含解析教科版选修3_2
第二章检测（时间:90分钟满分:100分）一、选择题（本题包含10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,1 ~6题只有一个选项符合题目要求，7〜10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分）1. 下列说法正确的是（）A. 电饭锅中的敏感元件是光敏电阻B. 测温仪中测温元件可以是热敏电阻C. 机械式鼠标中的传感器接收到连续的红外线，输出不连续的电脉冲D. 火灾报警器中的光传感器在没有烟雾时呈现低电阻状态，有烟雾时呈现高电阻状态解析：电饭锅中的敏感元件是感温铁氧体,选项A错误；机械式鼠标中的传感器接收断续的红外线脉冲,输出相应的电脉冲信号，选项C错误；火灾报警器中的光传感器在没有烟雾时呈现高电阻状态，有烟雾时呈现低电阻状态，选项D错误;选项B正确.答案:B2. 某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时,P振动而Q可视为不动.在P、Q间距增大过程中（）A. P、Q构成的电容器的电容增大B. P上电荷量保持不变C. M点的电势比N点的低D. M点的电势比N点的高解析：薄片P和Q为两金属极板，构成平行板电容器，由C —可知，当P、Q间距增大过程中即d增大，电容C减小，选项A错误.电容器始终与电源连接.两极板电压不变.据电容的定义式C 知电荷量减少，选项B错误.Q板上的正电荷流向M点经N点到电源正极，故$ 叫选项C错误，选项D正确.答案:D3. 压力传感器的阻值随所受压力的增大而减小, 有位同学利用压力传感器设计了判断小车运动状态的装置,其工作原理如图甲所示,将压力传感器和一块挡板固定在绝缘小车上, 中间放置一个绝缘重球.小车向右做直线运动过程中,电流表示数变化与时间t 的关系如图乙所示, 下列判断正确的是（）A. 从11到12时间内,小车做匀速直线运动B. 从11到12时间内,小车做匀加速直线运动C. 从t2到t3时间内,小车做匀速直线运动D. 从t2到t3时间内,小车做匀加速直线运动解析: 在0~t1 内, I 恒定, 压力传感器阻值不变, 小球的受力不变, 小车可能做匀速或匀加速直线运动. 在t 1〜t 2内,I变大,阻值变小,说明压力变大,小车做变加速运动,选项A B错误.在t 2〜t 3内,I不变, 说明压力不变，小车做匀加速直线运动，选项C错误,选项D正确.答案:D4. 如图所示的电路是一火警报警器的一部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器电流表为值班室的显示器，a b之间接报警器.当传感器艮所在处出现火情时，显示器的电流12、报警器两端的电压U的变化情况是（）A. 12变大,U变大B. 12变小，U变小C.12变小,U变大D. 12变大,U变小解析：抓住半导体热敏特性即电阻随温度升高而减小，再用电路动态变化的分析思路，按局部T整体T局部进行.当传感器F2处出现火情时，温度升高，电阻减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，路端电压&=U=E-lr减小，1（叶R i）增大，U并=己-1 （叶R i）减小，通过Fb的电流13减小，通过F2的电流12=1-1 3增大，选项D正确.答案：D5. 利用传感器和计算机可以测量快速变化力的瞬时值，用这种方法获得了弹性绳中拉力F随时间t变化的图线，如图所示.实验时，把小球举到悬点0处,然后放手让小球自由落下•由图线所提供的信息，可以判定( )A. t 2时刻小球速度最大B. t 1时刻小球处在最低点C. t 3时刻小球处在悬点0处D. t 1至t 2时刻小球速度先增大后减小解析：o~t i过程,小球做自由落体,绳中拉力为0;t i~t2过程,11时刻小球刚好把绳拉直,但F=0, t2时刻拉力最大，说明小球已落至最低点,t l~t2过程中有某一时刻重力等于绳的拉力，此时小球速度最大，所以此过程中，小球速度先增大后减小；t2~t3过程，小球向上弹起，t3时刻绳恢复原长,F=0；之后重复以上过程•由分析可知，t l、t3时刻小球处在绳自然长度处，t2时刻在最低点，故选项D正确，选项A、B C错误.答案：D6. 在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示.M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻F L发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )A. R A变大,且R越大，U增大越明显B. 甩变大，且R越小，U增大越明显C. 甩变小，且R越大，U增大越明显D. 甩变小，且R越小，U增大越明显解析:根据闭合电路欧姆定律，当F M变小时，电路中电流增大,S两端电压U增大,且R越大,在甩减小时,R M与R 的并联电阻值变化越明显，电路中电流变化越明显,S两端电压U增大得也越明显，选项C正确.答案：C7. 下列关于传感器的说法, 正确的是( )A. 所有传感器的材料都是由半导体材料做成的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压的变化来传递信号的D .热敏电阻温度越高, 电阻越小解析:半导体材料可以制成传感器, 其他材料也可以制成传感器,如金属氧化物氧化锰就可以制成温度计,所以选项A错误,选项B正确•传感器不但能感知电压的变化，还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量，所以选项C错误•热敏电阻温度越高，能够自由移动的载流子增多，导电性能越好，电阻越小，选项D正确•答案：BD8. 在一些学校教室为了保证照明条件，采用智能照明系统，在自然光不足时接通电源启动日光灯，而在自然光充足时，自动关闭日光灯，其原理图如图所示.R为一光敏电阻，L为一带铁芯的螺线管，在螺线管上方有一用细弹簧系着的轻质衔铁，一端用铰链固定在墙上可以自由转动，另一端用一绝缘棒连接两动触头. 有关这套智能照明系统工作原理描述正确的是( )A. 光照越强，光敏电阻阻值越大，衔铁被吸引下来B. 在光线不足时，光敏电阻阻值变大，电流小，衔铁被弹簧拉上去，日光灯接通C. 上面两接线柱应该和日光灯电路连接D. 下面两接线柱应该和日光灯电路连接解析：由光敏电阻特性可知，光照强度越强，电阻越小，电流越大，所以A项错，B项正确；上面两接线柱应接日光灯电路，所以C项正确，而D项错误.答案：BC9. 右图是温度报警器电路示意图，为“非”门电路，下列关于对此电路的分析正确的是( )A. 当F T的温度升高时，Rr减小，A端电势降低，丫端电势升高，蜂鸣器会发出报警声B. 当R的温度升高时，Rr减小,A端电势升高，丫端电势降低,蜂鸣器会发出报警声C. 当增大R时,A端电势升高，丫端电势降低,蜂鸣器会发出报警声D. 当增大R时,A端电势降低，丫端电势升高,蜂鸣器会发出报警声解析：当R温度升高时，由于R阻值减小，所以A电势升高，为高电平，丫输出低电平，蜂鸣器会发出报警声；只阻值增大,A电势升高,同样会出现上述现象,所以选项B、C正确.答案:BC10. 下图是电饭锅的结构图，如果感温磁体的“居里温度”为103 C ,下列说法正确的是（）A. 常温下感温磁体具有较强的磁性B. 当温度超过103 C时,感温磁体的磁性较强C. 饭熟后，水分被大米吸收，锅底的温度会超过103 C ,这时开关按钮会自动跳起D. 常压下只要锅内有水，锅内的温度就不可能达到103 C,开关按钮就不会自动跳起解析:常温下感温磁体的磁性较强，当按下开关按钮时，永磁体与感温磁体相互吸引而接通电路，而感温磁体的“居里温度”是103C ,常压下只要锅内有水，锅内温度就不可能达到103 C ,开关就不会自动断开；饭熟后，水分被吸收，锅底温度就会升高，当达到103 C时,感温磁体磁性消失，在弹簧的作用下开关自动跳起•综上所述A、C D三项正确.答案：ACD二、填空题（本题包含2小题,共20分）11. （8分）按图所示接好电路，合上S、S,发现小灯泡不亮，原因是______________________________ ;用电吹风对热敏电阻吹一会儿热风，会发现小灯泡 ________,原因是______________________________ ;停止吹风，会发现__________________________ ;把热敏电阻放入冷水中会发现___________________ •答案：热敏电阻在常温时阻值较大，左侧电路电流较小，电磁铁磁性较弱，吸不住衔铁变亮当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，使右侧电路接通，小灯泡亮了小灯泡依然亮着小灯泡熄灭12. (12分)如图所示，厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体时，在导体板的上侧面A和下侧面A'之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应.实验表明，当磁场不太强时，电势差U电流I和B的关系为U=式中的比例系数称为霍尔系数霍尔效应可解释如下外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧在导会出现多余的正电荷从而形成横向电场横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力当静电力与洛伦兹力达到平衡时导体板上下两侧之间就会形成稳定的电势差设电流是由电子的定向流动形成的电子的平均定向速度为电荷量为回答下列问题(1) 达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势 _________ (选填“高于” “低于”或“等于”)下侧面A的电势.(2) 电子所受的洛伦兹力的大小为__________ .⑶当导体板上下两侧之间的电势差为U时，电子所受静电力的大小为________ .解析:(1)导体的电子定向移动形成电流，电子的运动方向与电流方向相反，电流方向向右，则电子向左运动.由左手定则判断，电子会偏向A端面，A'板上出现等量的正电荷，电场线向上，所以上侧面A 的电势低于下侧面A'的电势.(2)电子所受的洛伦兹力的大小为F>=evB.(3)电子所受静电力的大小为F静=eE=答案：(1)低于(2) evB (3)三、计算题(本题包含4小题，共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不得分.有数值计算的题，答案中必须写明数值和单位)13. (8分)一热敏电阻在温度为80 C时阻值很大，当温度达到100 C时阻值就很小，今用一电阻丝给水加热，并配以热敏电阻以保持水温在80 C到100 C之间，可将电阻丝与热敏电阻并联，一并放入水中，如图所示,图中R为热敏电阻，民为电阻丝.请简述其工作原理.解析：开始水温较低时，R阻值较小，电阻丝F2对水进行加热；当水温达到100 C左右时，R阻值变得很小,R被短路,将停止加热；当温度降低到80 C时,R阻值又变得很大,F2又开始加热.这样就可达到保温的效果.答案:见解析14. （10分）图甲为热敏电阻的R-t图像,图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为100 Q .当线圈中的电流大于或等于20 mA时,继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电的电池的电动势E=9.0 V,内阻可以不计.图中的“电源”是恒温箱加热器的电源问：甲乙（1）应该把恒温箱内的加热器接在____________ （选填“ A B端”或“ C D端”）.⑵如果要使恒温箱内的温度保持50 C,可变电阻R'的值应调节为多大？解析：⑴A B端.⑵由热敏电阻的R-t图像可知，温度为50C时，R=90Q .由闭合电路欧姆定律得I线则R'-线-R=260 Q .答案:(1) A B端⑵260 Q15. （10分）如图所示,小铅球P系在细金属丝下，悬挂在O点,开始时小铅球P沿竖直方向处于静止状态•当将小铅球P放入水平流动的水中时，球向左摆动一定的角度0 ,水流速度越大，0越大.为了测定水流对小球作用力的大小，在水平方向固定一根电阻丝BC其长为L,它与金属丝接触良好，不计摩擦和金属丝的电阻，C端在O点正下方处，且OC=h图中还有电动势为E的电源（内阻不计）和一只电压表.请你连接一个电路，使得当水速增大时，电压表示数增大.解析：电路图如答案图所示设CD=x P球平衡时由平衡条件可得tan 0根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律可得I ■根据电阻定律可得R=R=由式可得U——因为水流速度越大，0越大,所以U越大.答案:如图所示•16. (12分)某种电饭锅的工作原理图如图所示，煮饭时开关S是闭合的，红色指示灯亮；饭熟后(当时的温度大约为103 C )保护开关S自动断开,黄灯亮.(1) 电阻R的作用是保护红色指示灯不致因电流过大而烧毁，与电饭锅发热板的等效电阻相比，二者大小应有什么关系？为什么？(2) 通常情况下用这种电饭锅烧水时它的自动断电功能是否起作用？为什么？解析:(1) R应该远大于发热板的等效电阻.因为R和红灯只起指示作用，消耗的电功率应远小于发热板的功率，两者又是并联接入电路的，电压相同，所以流过R和红灯的电流应远小于流过发热板的电流，因此R应该远大于发热板的等效电阻.(2)水的沸腾温度为100 C，烧开时水温不会达到103 C，所以自动断电功能不起作用.答案:(1) R应该远大于发热板的等效电阻(2)见解析。
教科版2018-2019学年高中物理选修3-2第3章 传感器章末检测含解析
第三章传感器章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．唱卡拉OK用的话筒，内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个很小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，下列说法正确的是()A．该传感器是根据电流的磁效应工作的B．该传感器是根据电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈不会产生感应电动势2．用多用电表的同一挡位测量热敏电阻和光敏电阻的阻值时，下列说法正确的是() A．测热敏电阻时，温度越高，多用电表指针偏角越大B．测热敏电阻时，温度越高，多用电表指针偏角越小C．测光敏电阻时，光照越弱，多用电表指针偏角越大D．测光敏电阻时，光照越弱，多用电表指针偏角越小3．在如图1所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，LED 为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED相距不变，下列说法正确的是()图1A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变D．无论怎样移动滑动触头P，L消耗的功率都不变4. 演示位移传感器的工作原理如图2所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x.假设电压表是理想电压表，则下列说法正确的是()图2A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M不动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数5．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图3甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是()图3A．0～t1时间内，升降机一定匀速运动B．0～t1时间内，升降机可能减速上升C．t1～t2时间内，升降机可能匀速上升D．t1～t2时间内，升降机可能匀加速上升6.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了一个判断小车运动状态的装置，其工作原理如图4(a)所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球．小车向右做直线运动过程中，电流表示数变化与时间t的关系如图(b)所示，下列判断正确的是()图4A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动图57．如图5所示是某种汽车上的一种自动测定油箱内油面高度的装置．R是滑动变阻器，它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表(由电流表改装而成)指针所指的刻度，就可以知道油箱内油面的高度，当滑动变阻器的金属片向下移动时()A．电路中的电流减小，油箱内油面降低B．电路中的电流减小，油箱内油面升高C．电路中的电流增大，油箱内油面降低D．电路中的电流增大，油箱内油面升高8．如图6所示的是一个电容式传感器，在金属线a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极．今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度h变大时()图6A ．引起两极间正对面积变大B ．电容器的电容将变小C ．电容器两极间的电压将变大D ．以上说法都不正确9．计算机键盘是由两个金属切片组成的小电容器，该电容器的电容可用公式C ＝εr S d计算，式中εr ＝9×10－12 F/m ，S 为金属片的正对面积，d 表示两金属片的间距．当键被按下时，此电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号．设每个金属片的正对面积为50 mm 2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm.如果电容变化0.25 pF ，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下( )A ．0.15 mmB ．0.25 mmC ．0.35 mmD ．0.45 mm10．酒精测试仪用于机动车驾驶人员是否酗酒及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器．这种酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，在如图7所示的电路中，电压表示数U 与酒精气体浓度c 之间的对应关系正确的是( )图7 A ．U 越大，表示c 越大，c 与U 成正比B ．U 越大，表示c 越大，但是c 与U 不成正比C ．U 越大，表示c 越小，c 与U 成反比二、填空题(本题共2小题，共20分)11．(10分)如图8所示，将万用表的选择开关置于“欧姆”挡，再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻R T 两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间．若往R T 上擦一些酒精，表针将向________(填“左”或“右”)移动；若用吹风机将热风吹向电阻，表针将向________(填“左”或“右”)移动．图812．(10分)图9为在温度为10℃左右的环境中工作的某自动恒温箱的原理简图．图9箱内的电阻R 1＝20 kΩ，R 2＝10 kΩ，R 3＝40 kΩ，R t 为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图10所示．当a 、b 端电压U ab <0时，电压鉴别器会令开关S 接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内的温度升高；当U ab >0时，电压鉴别器会使S 断开，停止加热．则恒温箱内的温度恒定在________℃.图10三、计算题(本题共3小题，共40分)13．(12分)电热毯、电饭锅等人们常用的电热式家用电器，它们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同．图11为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝R1，R2和自动开关．图11(1)当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？(2)用电器由照明电路供电(U＝220 V)，设加热时用电器的电功率为400 W，保温时用电器的电功率为40 W，则R1和R2分别为多大？14．(13分)一热敏电阻在温度为80℃时阻值很大，当温度达到100℃时阻值就很小，今用一电阻丝给水加热，并配以热敏电阻以保持水温在80℃到100℃之间，可将电阻丝与热敏电阻并联，一并放入水中，如图12所示，图中R1为热敏电阻，R2为电阻丝．请简述其工作原理．图1215．(15分)现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干．如图13所示，试设计一个温控电路．要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图说明工作过程．图13第三章 传感器 章末检测 答案1．B [当声波使膜片前后振动时，膜片后的金属线圈就跟着振动，使处于永磁体磁场中的线圈切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生改变，产生感应电流，从而将声音信号转化为电信号，这是电磁感应的工作原理，所以B 选项正确．]2．AD [热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，而多用电表的零刻度在表盘的右侧，所以温度越高，多用电表指针偏角越大，选项A 正确，选项B 错误．光敏电阻的阻值随光照强度的增加而减小，所以光照越弱，阻值越大，故多用电表指针偏角越小，选项C 错误，选项D 正确．]3．A [滑动触头P 左移，使其电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R 减小，最终达到增大流过灯泡的电流的效果．]4．B [电压表为理想电表，则电压表不分流，故触头移动不会改变电路的电阻，也就不会改变电路中的电流，故A 项错误；电压表测的是触头P 左侧电阻分得的电压，故示数随物体M 的移动，亦即触头的运动而变化，故B 正确，C 、D 错误．]5．B [在0～t 1时间内，电流恒定，表明压敏电阻的阻值恒定，则重物对压敏电阻压力恒定，则升降机可能处于静止、匀速运动或匀变速直线运动，故A 选项错误，B 选项正确．t 1～t 2时间内，电流在增加，表明压敏电阻的阻值在减小，则重物对压敏电阻的压力在增大，故不可能做匀速运动或匀加速运动，C 、D 两项都错．]6．D [从题图(b)可以看出，在t 1到t 2时间内，电流表示数逐渐增大，则压敏电阻的阻值逐渐减小，说明压敏电阻受到重球的压力越来越大，小车的加速度增大，故小车做变加速运动，A 、B 均错；在t 2到t 3时间内，电流不变，则说明重球对压敏电阻的压力不变，故小车做匀加速直线运动，C 错，D 对．]7．D [油面升高，金属片向下移动，R 接入电路中的电阻减小，电路中电流增大，所以选项D 正确．]8．A [当导电液体深度h 变大时，相当于电容器的两极板的正对面积变大，由C ＝εr S 4πkd知，电容C 变大，而电容器充电后与电源断开，所以电容器所带电荷量Q 不变，由U ＝Q C知，电容器两极间的电压将变小．]9．A [由题给公式可知，键未按下时电容C 0＝εr S d ＝9×10－12×50×10－60.6×103 F ＝0.75×10－12 F恰能检测出信号的电容C ′＝C 0＋ΔC ＝(0.75＋0.25) pF ＝4C 03故d ′＝3d 4，Δd ＝d 4＝0.15 mm 所以A 正确．]10．B [题中给出传感器电阻r ′的倒数与酒精气体的浓度c 是正比关系，即1r ′＝kc ，电压表示数U ＝R 0E r ′＋R ＋R 0＋r ＝R 0E 1kc ＋R ＋R 0＋r ＝kR 0E k (R ＋R 0＋r )＋1c，可以看出电压与浓度的关系不是正比关系，但随浓度的增大而增大．]11．左 右解析 若往R T 上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸热，热敏电阻R T 温度降低，电阻值增大，指针应向左偏；用吹风机将热风吹向电阻，电阻R T 温度升高，电阻值减小，指针向右偏．12．35解析 设电路路端电压为U ，当U ab ＝0时，有U R 1＋R 2R 1＝U R 3＋R t R 3，解得R t ＝20 kΩ 由R t －t 图可知，当R t ＝20 kΩ时，t ＝35℃13．(1)S 闭合时，为加热状态；S 断开时，为保温状态 (2)121 Ω 1 089 Ω解析 (1)当S 闭合时，R 2短路，此时电路总电阻最小，由P ＝U 2R知，功率最大为加热状态，当S 断开时，R 1，R 2串联，电路总电阻最大，功率最小为保温状态．(2)S 闭合时，加热状态有P ＝U 2R 1① S 断开时，保温状态有P ′＝U 2R 1＋R 2② 联立①②得，R 1＝121 Ω，R 2＝1 089 Ω.14．见解析解析 开始水温较低时，R 1阻值较大，电阻丝R 2对水进行加热；当水温达到100℃左右时，R 1阻值变得很小，R 2被短路，将停止加热；当温度降低到80℃时，R 1阻值又变得很大，R 2又开始加热．这样就可达到保温的效果．15．电路图如下图所示工作过程：闭合S ，当温度低于设计值时热敏电阻阻值大，通过电磁继电器的电流不能使它工作，K 接通电炉丝加热．当温度达到设计值时，热敏电阻减小到某值，通过电磁继电器的电流达到工作电流，吸合铁片P ，使触点K 断开，电炉丝断电，停止供热．当温度低于设计值，又重复前述过程．解析 热敏电阻R t 与滑动变阻器及电磁继电器构成低压控制电路．。
教科版高中物理选修3-2章末检测2.docx
高中物理学习材料桑水制作章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．正弦交流电源与电阻R1、R2、交流电压表按图1甲所示的方式连接，R1＝20 Ω，R2＝10 Ω，交流电压表的示数是20 V，图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图像，则( )．图1A．通过R1的电流i1随时间t变化的规律是i1＝22cos 100πt(A)B．通过R1的电流i1随时间t变化的规律是i1＝22sin 100πt(A)C．R2两端的电压u2随时间t变化的规律是u2＝20cos 100πt(V)D．R2两端的电压u2随时间t变化的规律是u2＝20sin 100πt(V)解析 电压表的示数是电压的有效值，即R 2两端的电压的有效值为20 V ，所以最大值为20 2 V ，C 、D 选项都不对；电路中的电流的有效值为20/10 A ＝2 A ，按照余弦规律变化．答案 A2．一个电阻接在10 V 的直流电源上，它的发热功率为P ，当接到电压u ＝10sin ωt V 的交流电源上，它的发热功率是( )．A ．0.25PB ．0.5PC ．PD ．2P解析 因接交流电时的功率P ′＝U 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R ＝1022R ，而接直流电时的功率P＝U 2直R ＝102R，所以P ′＝0.5P ，故选项B 正确． 答案 B图23.如图2所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝4∶1，当导体棒l 在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表A 1的示数是12 mA ，则电流表A 2的示数为( )．A ．3 mAB ．0C ．48 mAD ．与负载R 的值有关解析 变压器只能工作于交流电路，不能工作在恒定电压和恒定电流的电路．导体棒l 向左匀速切割磁感线时，在线圈n 1中通过的是恒定电流，不能引起穿过线圈n 2的磁通量变化，在副线圈n 2上无感应电动势出现，所以A 2中无电流通过．答案 B4．钳形电流表的外形和结构如图3所示．图(a)中电流表的读数为1.2 A ．图(b)中用同一电缆线绕了3匝，则( )．(a) (b)图3A ．这种电流表能测直流电流，图(b)的读数为2.4 AB ．这种电流表能测交流电流，图(b)的读数为0.4 AC ．这种电流表能测交流电流，图(b)的读数为3.6 AD ．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图(b)的读数为3.6 A 答案 C5．图4所示电路中，A 1、A 2、A 3为相同的电流表，C 为电容器，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图5所示，则在t 1～t 2时间内( )．图4 图5A．电流表A1的示数比A2的小B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同D．电流表的示数都不为零解析理想变压器原线圈中的磁感应强度随时间均匀增加，穿过副线圈的磁通量也将随时间均匀增加，副线圈中产生恒定的感应电动势，副线圈中的电流为恒定电流，电感线圈对恒定电流无阻碍作用，因而电流表A1、A2的示数相同，C项正确，A、B选项均错；恒定电流不能通过电容器，因而电流表A3的示数为零，D项错误．答案 C6．如图6所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n∶1.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6 A．电动机两端电压为IRB．电动机消耗的功率为I2RC．原线圈中的电流为nID．变压器的输入功率为UI n解析电动机两端电压为Un，故电动机消耗的功率为IUn即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I0＝I n .答案 D二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)7．在家用交流变压器中，变压器的原、副线圈都有滑动头，如图7所示，变压器输入电压发生变化时，可上、下调节滑动头P1、P2的位置，使输出电压稳定在220 V上．若输出电压低于220 V，要使输出电压恢复到220 V，下列措施正确的是( )．图7 A．将P1向下移B．将P2向下移C．P1向上移，同时P2向下移D．P1向下移，同时P2向上移解析U2＝n2n1U1，当P1向下移时n1减小，所以U2增大；当P2向下移时，n2减小，U2减小；当P1向上移，P2向下移时，n1增大，n2减小，所以U2减小；当P1向下移，P2向上移时，n1减小，n2增大，所以U2增大．故正确答案为A、D.答案AD8．如图8所示，A、B两输电线间电压为u＝200 2sin 100πt(V)，输电线电阻不计把电阻R＝50 Ω的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是( )．图8A．电流表示数为4 AB．电压表示数为200 VC．通过R的电流方向每秒钟改变50 次D．用电器消耗的电功率为1.6 kW解析由u＝2002sin 100πt(V)可知，电压最大值U m＝200 2 V，角速度ω＝100π rad/s，所以电压的有效值U＝Um2＝200 V，周期T＝2πω＝0.02 s，频率f＝1T＝50 Hz.由欧姆定律得I＝UR＝20050A＝4 A，所以A、B两项正确；一周期内电流方向改变两次，而f＝50 Hz，则1 s内电流方向改变100次，C项错误；电功率P＝IU＝4×200 W＝800 W，所以D项错误．故正确答案为A、B.答案AB9．如图9所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝202sin100πt(V)．氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有( )．图9A．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB．开关接通后，电压表的示数为100 VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变解析由三个决定关系可知副线圈电压由原线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V，B正确；当U＝100伏时，氖泡即发光，故每个交流电周期内氖泡发光两次，每秒内有50个周期，即发光100次，则氖泡发光频率为100 Hz，A正确；开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小．答案AB10．图10中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里2的电流、电压均指有效值；电功率指平均值)．下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )．图10解析当滑动头P匀速上滑时，副线圈匝数均匀增大，由U1U2＝n1n2知，U2＝n2n1U1，U2随时间均匀增大，C项正确；由于灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以当电压均匀增加时，由欧姆定律I＝UR知灯泡中电流并非均匀增加，而是增加的越来越慢，其I2－t图线的斜率逐渐减小，B项正确；灯泡消耗的功率N2＝U2I2，N2随时间并不是均匀增加的，D项错误；变压器的输入功率与输出功率相等，当灯泡功率增大时，输入功率也在增大，原线圈中电流增大，A项错误．答案BC11．如图11所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1和I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )．图11A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小解析改变开关的位置就是改变副线圈匝数的多少，当副线圈匝数减少时，副线圈两端电压减小，R上消耗的功率减小，电流也减小；当电压和副线圈都不发生变化时，调节滑动变阻器向上滑动，则电阻减小，输出电流增大，输入电流也增大．答案BC三、非选择题(40分)图1212．(10分) (1)一按正弦规律变化的交流电流的图像如图12所示，根据图像可知，该交流电流的频率是______ Hz，该交流电流的有效值是____ A，该交流电流的瞬时值表示式是________________．图13(2)一台理想变压器，其原线圈2 200匝，副线圈440匝，并接一个100 Ω的负载电阻，如图13所示．①当原线圈接在44 V直流电源上时，电压表示数为______ V，电流表示数为________ A.②当原线圈接在220 V交流电源上时，电压表示数为______ V，电流表示数为________ A．此时输入功率为______ W，变压器效率为________．解析(2)①原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，副线圈两端不产生感应电动势，故电压表示数为零，电流表示数也为零．②由U2U1＝n2n1得U 2＝U1n2n1＝220×4402 200V＝44 V(电压表读数)I 2＝U2R＝44100A＝0.44 A(电流表读数)P入＝P出＝I2U2＝0.44×44 W＝19.36 W 效率η＝100%答案(1)5010 2i＝20sin(314t) A(2)①00②440.44 19.36 100%13．(14分)如图14所示，图(a)是一台发电机定子中的磁感线分布图，其中N、S是永久磁铁的两个极，它们的表面呈半圆柱面形状，M是圆柱形铁芯，永久磁铁与铁芯之间的缝隙中形成方向沿圆柱半径、大小近似均匀的磁场，磁感强度B＝0.05 T．图(b)是该发电机转子的示意图，矩形线框abcd可绕ad、cb 边的中点并与图(a)中的铁芯M共轴的固定转轴OO′旋转，在旋转过程中，线框的abcd边始终处在图(a)所示的缝隙内的磁场中，已知ab边长20 cm，ad边长10 cm，线框共有n＝100匝导线，线圈电阻为5 Ω，外接电阻R＝20 Ω，当线圈以角速度ω＝250 rad/s转动时，求：图14(1)每匝线圈中的感应电动势；(2)外电阻R上的功率．解析(1)由于磁场始终沿半径方向，故ab、cd边转动的速度方向始终与磁感应强度B垂直，每匝线圈产生的感应电动势大小恒为E＝BSω，代入数据得E ＝0.25 V，此交流电是方波交变电流，而不是正弦交流电．(2)此交流电的有效值等于最大值故通过电阻的电流为I＝nBSωR＋r，代入数据得I＝1 A.电阻R上的功率P＝I2R＝20 W.答案(1)0.25 V (2)20 W14．(16分)一台发电机输出的电功率为100 kW，输出电压为250 V，现欲向远处输电，若输电线的总电阻为8 Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，并向用户输送220 V电压：(1)试画出这次输电线路的示意图．(2)求输电所需升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数之比分别是多少？(3)求用户得到的电功率是多少？解析(1)由于是大功率、远距离输电，为了减少输电线路损失的电能，所以要采用高压输电，电能送到用户以后，再用降压变压器向用户输送220 V电压，画出其输电线路的示意图如图所示．(2)由于要求P R≤P2×5%，又因为P1＝P2PR＝5%×P1＝5%×100 kW＝5×103 W故通过输电线的最大电流为：I 2＝PRR＝5×1038A＝25 A变压器B2输入功率P2′＝P2－P R＝(100×103－5×103) W＝9.5×104 WI 3＝P2′U3＝9.5×104220A＝4 75011AI 1＝P1U1＝100×103250A＝400 A.所以升压变压器的变压比n1n2＝I2I1＝25400＝116降压变压器的变压比n3n4＝I3I2＝4 750/1125＝19011(3)由于是理想变压器，用户得到的电功率即为降压变压器的输入功率P用＝P1－P R＝(100×103－5×103) W＝95 kW.答案(1)如解析图所示(2)1∶16 190∶11 (3)95 kW。
教科版高中物理选修3-2滚动检测3
滚动检测3电容、电感及交变电流
(时间：60分钟满分：100分)
一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)
1.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图1所示，此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻．下列说法正确的是()．
图1
A．交变电流的周期为0.125 s
B．交变电流的频率为8 Hz
C．交变电流的有效值为 2 A
D．交变电流的最大值为4 A
解析本题考查对交流电的图像、交流电的最大值、有效值的掌握情况．由图像可以看出，此交变电流的周期为0.250 s，电压的最大值U m＝20 V．所以交
变电流的频率为4 Hz，A、B项均错误；交变电流的最大值I m＝U m
R＝2 A，有效
值I＝2
2
A＝ 2 A，C项正确、D项错误．
答案 C
图2
2.两个相同的白炽灯L1和L2，接到如图2所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联，当a、b处接电压最大值为U m、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度高于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是()．A．最大值仍为U m而频率大于f
B．最大值仍为U m而频率小于f。
2017-2018学年高中物理选修3-2学业分层测评：第3章 第
学业分层测评(八)(建议用时：45分钟)1．如图3－2－10所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )图3－2－10A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流C．图示位置ab边的感应电流方向为a→bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零【解析】线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生做周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错．线圈处于图示位置时，线圈与中性面垂直，感应电流最大，ab边向右运动，由右手定则得，ab边的感应电流方向为a→b，故B错、C对．线圈平面与磁感线平行时，磁通量的变化率最大．故D错．【答案】 C2．(多选)一矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向、并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化情况如图3－2－11所示，则( )【导学号：05002068】图3－2－11A．t1时刻穿过线圈的磁通量为零B．t2时刻穿过线圈的磁通量为零C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零D．t4时刻穿过线圈的磁通量变化率为零【解析】t1时刻穿过线圈的磁通量为零，感应电动势最大；t2时刻穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零；t3时刻穿过线圈的磁通量变化率最大，感应电动势最大；t4时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，感应电动势为零，选项A、D正确．【答案】AD3．(多选)线圈在匀强磁场中转动产生感应电动势e＝10sin 20πt V，则下列说法正确的是( )A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大D．t＝0.4 s时，e有最大值10 2 V【解析】由电动势的瞬时值表达式知，计时是从线圈位于中性面时开始的，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，故A、B正确，C错误．当t＝0.4 s时，e＝10sin 20πt＝10×sin(20π×0.4)V＝0，D错误．【答案】AB4. 矩形线圈在匀强磁场中匀速旋转时，如图3－2－12所示，产生的感应电动势最大值为50 V，那么该线圈由图所示位置转过30°时，线圈中的感应电动势大小为( )图3－2－12A．50 V B．253VC．25 V D．10 V【解析】由题意可知：线圈从题图所示位置开始转动，产生的瞬时感应电动势表示为e＝E m cos ωt，转过30°时，e′＝E m cos 30°＝50×32V＝253V，故B正确．【答案】 B5．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图3－2－13所示，下列说法中正确的是( )【导学号：05002069】图3－2－13A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．交变电流的瞬时值表达式为i ＝5 cos(50πt ) AC ．在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量为零D ．1 s 末线圈平面与磁感线垂直，感应电流最大【解析】 从题图中可得该交变电流的周期为0.02 s ，频率为50 Hz.交变电流的瞬时值表达式为i ＝5 cos(100πt )A.在t ＝0.01 s 时，感应电流最大，穿过交流发电机线圈的磁通量为零.1 s 末线圈平面与磁感线平行，感应电流最大．故正确选项为C.【答案】 C6．欲增大交流发电机的感应电动势而不改变频率，下面措施中不能采用的是( ) A ．增大转速 B ．增大磁感应强度 C ．增加线圈匝数 D ．增大线圈的包围面积【解析】 设线圈匝数为N ，磁感应强度为B ，线圈围成的面积为S ，角速度为ω，转速为n (转/秒)，由E m ＝NBS ω＝NBS ·2πn ，又由频率f ＝ω/2π＝2πn 2π＝n ，可知B 、C 、D项只改变E m 大小，没改变频率，而A 项改变了频率，故选A.【答案】 A7．如图3－2－14所示的电路中，A 是熔断电流I 0＝2 A 的保险丝，R 是可变电阻，交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e ＝2202sin 314t (V)．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )图3－2－14【导学号：05002070】A ．110 2 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω【解析】 该交变电流电动势的有效值为U ＝22022V ＝220 V ，故可变电阻的最小阻值R min ＝U I 0＝2202Ω＝110 Ω.【答案】 B8. 如图3－2－15所示，一半径为r ＝10 cm 的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B ＝5π2T 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO ′以n ＝600 r/min 的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置时开始计时．图3－2－15(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式； (2)求线圈从图示位置经160s 时的电动势的瞬时值．【解析】 (1)当线圈从中性面开始计时时，产生的感应电动势的瞬时值为e ＝E m sin ωt其中ω＝2πn60＝2π×10 rad/s＝20π rad/s峰值E m ＝NBS ω＝100×5π×π×0.12×20πV ＝100 V所以e ＝100sin 20πt (V)．(2)当t ＝160s 时，由e ＝100 sin 20πt (V)得：e ＝100 sin(20π×160)V ＝50 3 V.【答案】 (1)e ＝100 sin 20πt (V) (2)50 3 V9．一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3－2－16甲所示，则下列说法中正确的是( )甲乙图3－2－16A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01 s时刻Φ的变化率达到最大C．t＝0.02 s时刻感应电动势达到最大D．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示【解析】t＝0时Φ最大，线圈应在中性面位置，A错；t＝0.01 s时，磁通量为零，此时Φ的变化率最大，B对；t＝0.02 s时，Φ最大，e＝0，C错；因Φ－t图象为余弦图象，故e－t图象应为正弦图象，D错．【答案】 B10．(多选)图3－2－17甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是( )甲乙图3－2－17A．电流表的示数为10 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左【解析】由题图乙知I m＝10 2 A，I＝I m2＝10 A，A正确．T＝2×10－2s，ω＝2πT＝100πrad/s，B错误．t＝0.01 s时，I＝I m，此时线圈平面与磁场方向平行，C正确．由右手定则判定0.02 s时电阻R中电流方向自左向右，D错误．【答案】AC11. 如图3－2－18所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长度为a，宽度为b，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速转动，沿转轴OO′方向看去，线圈转动沿逆时针方向，t＝0时刻线圈平面与磁感线垂直．图3－2－18(1)表示出线圈经过图示位置时，通过电阻R 的感应电流的方向； (2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式；(3)求线圈从t ＝0位置开始到转过90°的过程中的平均电动势； (4)求线圈从t ＝0位置开始到转过60°时的瞬时电流．【解析】 (1)根据右手定则或楞次定律判断可知，线圈中电流方向是badcb .故流过R 的电流是自下而上 .(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBab ω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBab ωsin ωt .(3)E ＝nΔΦΔt ＝n Bab π/2ω＝2nBab ωπ. (4)i ＝eR ＋r ＝nBab ωsinπ3R ＋r＝3nBab ωR ＋r. 【答案】 (1)自下而上 (2)nBab ωsin ωt (3)2nBab ωπ (4)3nBab ωR ＋r12．如图3－2－19所示，一个电阻为R 的金属圆环放在磁场中，磁场与圆环所在的平面垂直，穿过圆环的磁通量随时间变化的图象如图所示，图中的最大磁通量Φ0和变化的周期T 都是已知量．求：图3－2－19(1)在一个周期T 内金属环中产生的热量； (2)交变电流的有效值；(3)在一个周期T 内通过金属环某一横截面的电荷量.【导学号：05002071】【解析】 (1)0～T /4时间内，感应电动势为：E 1＝ΔΦΔt ＝4ΔΦ0T，0～T /4时间内，感应电流为：I 1＝E 1R＝4Φ0RT，T /2～3T /4时间内，感应电动势、感应电流大小同0～T /4内相同，T /4～T /2及3/4T ～T 时间内感应电动势、感应电流为0，一个周期内产生的热量为：2I 21R T 4＝8Φ2RT.(2)由有效值的定义可知I 2RT ＝8Φ20RT ，有效值为I ＝22Φ0RT.(3)由于一个周期T 内穿过金属环的磁通量变化ΔΦ＝0，通过金属环某一横截面的电荷量也为零．【答案】 (1)8Φ20RT (2)22Φ0RT(3)0。
教科版高中物理选修3-2练习：综合检测卷
综合检测卷(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1．目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所，关于金属探测器的下列有关论述正确的是()A．金属探测器可用于月饼生产中，用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中B．金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物，是因为探测器的线圈中能产生涡流C．使用金属探测器的时候，应该让探测器静止不动，探测效果会更好D．能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品，是因为探测器的线圈中通有直流电答案 A解析金属探测器是通过其通有交流电的探测线圈，会在隐藏金属中激起涡流，反射回探测线圈，从而改变原交流电的大小和相位，从而起到探测作用．当探测器对于被测金属发生相对移动时，探测器中的线圈的交流电产生的磁场相对变化较快，在金属中产生的涡流会更强，检测效果更好，正确选项为A.2．一磁铁自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处移动，如图1所示，则下列四个图中能较正确反映线圈中电流I和时间t的关系的是(线圈中电流的方向为正方向) ()图1答案 B解析当条形磁铁向右运动且并未穿过线圈过程中，通过线圈的磁通量向右逐渐增加，由楞次定律可知，线圈中的感应电流为正方向，当条形磁铁的正中央到达线圈位置时，磁通量的变化率最小，感应电流为零，当条形磁铁正中央通过线圈后，穿过线圈向右的磁通量逐渐减小，则线圈中产生负方向的感应电流，且先增大再减小，故选项B正确．3.如图2所示，电感L的电感很大，电源内阻不可忽略，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S 闭合时，下列判断正确的是 ( )图2A ．灯A 比灯B 先亮，然后灯A 熄灭 B ．灯B 比灯A 先亮，然后灯B 逐渐变暗C ．灯A 与灯B 一起亮，而后灯A 熄灭D ．灯A 与灯B 一起亮，而后灯B 熄灭 答案 B解析 开关S 闭合时，B 灯立即亮，A 灯由于电感L 的自感作用，将逐渐变亮，由于总电流逐渐变大，路端电压变小，B 灯逐渐变暗，选项B 符合要求．4．如图3所示是一交变电流的i －t 图像，则该交变电流的有效值为 ( )图3A ．4 AB ．2 2 A C.83 AD.2303A答案 D解析 设该交变电流的有效值为I ，由有效值的定义得(I m 2)2Rt 1＋I 2m Rt 2＝I 2RT .而T ＝t 1＋t 2， 代入数据解得：I ＝2303A ，故D 正确．5．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm ，最大感应电动势为E m .下列说法中正确的是 ( ) A ．当磁通量为零时，感应电动势为零 B ．当磁通量减小时，感应电动势在减小 C ．当磁通量等于0.5Φm ，感应电动势等于0.5E m D ．角速度ω等于E m /Φm 答案 D解析 根据正弦式交变电流的产生及其变化规律(设从中性面开始)，e ＝E m sin ωt ＝BSωsin ωt ＝Φm ωsin ωt 可知D 是正确的．6．如图4所示，水平桌面上一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，金属框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图(1)所示．磁场方向垂直线框平面向下．圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L，电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度恒为B2，方向垂直导轨平面向下，如图(2)所示．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图像是(设向右为静摩擦力的正方向) ()图4答案 A解析根据楞次定律、左手定则和平衡条件可知A项正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)7．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝2202sin 100πt V，对于这个交变电流的说法错误．．的是()A．此交变电流的频率为100 Hz，周期为0.01 sB．此交变电流电动势的有效值为220 VC．耐压为220 V的电容器能够在该交变电路中使用D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零答案ACD解析由电动势瞬时值表达式可知，此交变电流的频率为50 Hz，周期为0.02 s，电动势的有效值为220 V，最大值为220 2 V，故A、C选项错误，B选项正确．当t＝0时，电动势的瞬时值为零，说明t＝0时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故D选项错误．8．如图5甲是录音机的录音电路原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是光电传感的火灾报警器的部分电路图，丁是电容式话筒的电路原理图，下列说法正确的是()图5A ．甲图中录音机录音时，由于话筒的声电转换，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场B ．乙图电路开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下，并在开关处产生电火花C ．丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表现出电阻的变化D ．丁图电路中，根据电磁感应原理，声波的振动会在电路中产生恒定的电流 答案 AC解析 乙图电路开关断开瞬间，线圈中产生很高的自感电动势，但由于电路不能构成回路，所以不会产生感应电流，灯泡不会突然闪亮一下，选项B 错误；丁图电路中，声波的振动会改变M 、N 间的距离，从而改变了电容的大小，在电路中产生变化的充放电电流，选项D 错误．9．如图6甲所示是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )图6A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52 VC ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000D ．实现点火的条件是n 2n 1<1 000答案 BC解析 由u －t 图像知，交流电压的最大值U m ＝5 V ，所以电压表的示数U ＝U m 2＝52V ，故选项A 错误，选项B 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2得n 2n 1＝U 2U 1，变压器副线圈电压的最大值U 2m ＝5 000 V时，有效值U 2＝U 2m 2＝5 0002V ，所以点火的条件n 2n 1>5 0002 V 52 V ＝1 000，故选项C 正确，选项D 错误．10.如图7所示，边长为l的正方形闭合导线框置于磁感应强度为B 的匀强磁场中，线框平面与磁感线的方向垂直．用力将线框分别以速度v 1和v 2匀速拉出磁场，比较这两个过程，以下判断正确的是 ( )图7A ．若v 1＞v 2，通过线框导线的电荷量q 1＞q 2B ．若v 1＞v 2，拉力F 1＞F 2C ．若v 1＝2v 2，拉力的功率P 1＝2P 2D ．若v 1＝2v 2，拉力所做的功W 1＝2W 2 答案 BD解析 由于E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R ，q ＝I Δt ，所以q ＝ΔΦR由于ΔΦ及R 一定，故q 1＝q 2，所以A 错误．由于拉力F ＝F 安，而F 安＝BIl ，I ＝ER，E ＝Bl v ，所以F ＝F 安＝B 2l 2vR .由此可看出，若v 1＞v 2，F 1＞F 2，B 正确．由P ＝F v ，F ＝F 安＝B 2l 2vR.所以P ＝B 2l 2v 2R .由于v 1＝2v 2，P 1＝4P 2，故C 错误．由拉力做功W ＝Fl ＝F 安l ＝B 2l 2v R ·l ＝B 2l 3vR ，又因v 1＝2v 2，故W 1＝2W 2，故D 正确． 三、填空题(本题共2小题，共11分)11．(4分)如图8所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I ＝________.线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量q ＝________.图8答案2BSω2R BSR解析 电动势最大值E m ＝BSω，有效值E ＝E m 2＝22BSω.由闭合电路欧姆定律可得I ＝ER ＝2BSω2R ，电荷量q ＝I ·Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦR ＝BSR . 12．(7分)在研究电磁感应现象实验中，(1)为了能明显地观察到实验现象，请在如图9所示的实验器材中选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．图9(2)将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中的感应电流方向与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流方向与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．答案 (1)见解析图 (2)相反 (3)相同 解析 (1)实物电路图如图所示．(2)因闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相反，故电流绕行方向相反．(3)将原线圈拔出时，穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，故电流绕行方向相同． 四、计算题(本题共4小题，共45分)13．(6分)如图10所示，面积为0.2 m 2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．已知磁感应强度随时间变化的规律为B ＝(2＋0.2t ) T ，定值电阻R 1＝6 Ω，线圈电阻R 2＝4 Ω，求a 、b 两点间的电压U ab .图10答案 2.4 V解析 由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔBΔtS由题意：ΔBΔt ＝0.2 T/s ，n ＝100，S ＝0.2 m 2可得：E ＝4 V回路中线圈为电源，R 1为外电阻，有|U ab |＝ER 1R 1＋R 2由楞次定律得a 点电势高于b 点电势，所以U ab ＝2.4 V .14.(12分)如图11所示为交流发电机示意图，匝数为n ＝100匝的矩形线圈，边长分别为10 cm 和20 cm ，内阻为5 Ω，在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中绕OO ′轴以50 2 rad/s 的角速度匀速转动，线圈外部和20 Ω的电阻R 相连接．求：图11(1)S 断开时，电压表示数；(2)开关S 合上时，电压表和电流表示数；(3)通过电阻R 的电流最大值是多少？电阻R 上所消耗的电功率是多少？ 答案 (1)50 V (2)40 V 2 A (3)2 2 A 80W 解析 (1)感应电动势的最大值E m ＝nBSω＝100×0.5×0.1×0.2×50 2 V ＝50 2 VS 断开时，电压表示数为电源电动势的有效值E ＝E m2＝50 V .(2)当开关S 合上时，由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r ＝5020＋5 A ＝2 A U ＝IR ＝2×20 V ＝40 V(3)通过R 的电流最大值I m ＝2I ＝2 2 A. 电阻R 上所消耗的电功率P ＝UI ＝40×2 W ＝80 W.15．(12分)如图12所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW ，输出电压为400 V ，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2 kV 高压输电，最后用户得到220 V 、9.5 kW 的电力，求：图12(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2； (2)输电线路导线的总电阻R ；(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n 3∶n 4. 答案 (1)1∶5 (2)20 Ω (3)95∶11解析 (1)n 1n 2＝U 1U 2＝15(2)ΔP ＝0.5 kW ＝I 22R又P 1＝P 2＝U 2I 2 所以I 2＝5 A ，R ＝20 Ω (3)U 3＝U 2－I 2R n 3n 4＝U 3U 4解得n 3n 4＝951116．(15分)如图13所示，用质量为m 、电阻为R 的均匀导线做成边长为l 的单匝正方形线框MNPQ ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直向下的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l ，磁感应强度为B .在垂直MN 边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v 匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平且MN 边与磁场的边界平行．求：图13(1)线框MN 边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小； (2)线框MN 边刚进入磁场时，M 、N 两点间的电压U MN ；(3)在线框从MN 边刚进入磁场到PQ 边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W .答案 (1)Bl v R (2)34Bl v (3)2B 2l 3v R解析 (1)线框MN 边刚进入磁场时，感应电动势E ＝Bl v ，线框中的感应电流I ＝E R ＝Bl vR.(2)M 、N 两点间的电压U MN ＝34E ＝34Bl v .(3)只有MN 边在磁场中时，线框运动的时间t ＝lv ，此过程线框中产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝B 2l 3v R，只有PQ 边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q ＝B 2l 3vR，根据能量守恒定律得水平外力做功W ＝2Q ＝2B 2l 3vR.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
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高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）滚动检测2电磁感应中的能量守恒、自感、涡流(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．关于某一线圈的自感系数，下列说法中正确的是()．A．线圈中电流变化越大，线圈的自感系数越大B．线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大C．若线圈中通入恒定电流，线圈自感系数为零D．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变解析自感系数只与线圈本身有关，而与其他因素无关．自感系数是由线圈的本身性质(线圈的长度、面积、单位长度上的匝数)和是否插入铁芯决定的．线圈的横截面积越大，线圈越长，单位长度上的匝数越多，它的自感系数就越大，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯的大得多．自感系数与通入的电流、电流改变量、电流变化率等均无关，故正确答案为D.答案 D图12.如图1所示，L是一个带有铁芯的线圈，灯正常发光，当S断开时，出现的情况是()．A．灯立即熄灭B．灯逐渐熄灭C．灯比原来更亮一些，再逐渐熄灭D．灯比原来更亮一些，再突然熄灭解析当电流发生变化时，产生自感电动势，只有当处于闭合回路中才会产生感应电流，灯才会逐渐熄灭．当S断开时，虽然有自感电动势，但不存在闭合回路，故灯立即熄灭，正确答案为A.答案 A3．如图2所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则()．图2A．铜盘转动将变慢B．铜盘转动将变快C．铜盘仍以原来的转速运动D．铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁的上下两端的极性来决定解析当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知感应电流受的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢，本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，故正确选项为A.答案 A图34.如图3所示，用一根长为L质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点连结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0≪L.先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法不正确的是()．A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→aB．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→aC．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等D．金属线框最终将在磁场内做往复运动解析金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→d→c→b→a.金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流感应，根据楞次定律判断电流的方向为a→b→c→d→a.根据能量转化和守恒，可知，金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等．如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于d0≪L，故线框最终将在磁场内做往复运动．答案 C图45.如图4所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当ab棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为P0，除灯泡外，其他电阻不计，要使稳定状态灯泡的功率变为2P0，下列措施正确的是()．A．换一个电阻为原来一半的灯泡B．把磁感应强度B增为原来的2倍C．换一根质量为原来的2倍的金属棒D．把导轨间的距离增大为原来的2倍解析金属棒在导轨上下滑的过程中，受重力mg、支持力F N和安培力F＝IlB三个力的作用．其中安培力F是磁场对棒ab切割磁感线所产生的感应电流的作用力，它的大小与棒的速度有关．当导体棒下滑到稳定状态时(匀速运动)所受合外力为零，则有mg sin θ＝IlB.此过程小灯泡获得稳定的功率P＝I2R.由上两式可得P＝m2g2R sin2θ/B2l2.要使灯泡的功率由P0变为2P0，根据上式讨论可得，题目所给的四个选项只有C是正确的．答案 C二、多项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分．每小题选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)图56.如图5所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F .此时( )．A ．电阻R 1的电功率为13F vB ．电阻R 1的电功率为14F vC ．整个装置因摩擦而产生的热功率为μmg v cos θD ．整个装置消耗的机械功率为(F ＋μmg cos θ)v答案 CD图67.如图6所示，金属球(铜球)下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡位置后释放，此后小球的运动情况是(不计空气阻力)( )．A ．做等幅振动B ．做阻尼振动C ．振幅不断增大D ．无法判定解析 本题综合考查涡流现象和阻尼振动．小球在通电线圈磁场中运动，小球中产生涡流，故小球要受到安培力作用，安培力阻碍它的相对运动，故小球做阻尼振动．答案 B8．下列说法中正确的是( )． A ．日光灯在接通电源后，电流首先通过镇流器和启动器，启动器中的氖气发出辉光后，启动器自动断开B ．日光灯在接通电源后，电源的电压加在启动器两极之间，使启动器中的氖气发出辉光后，启动器接通，然后有电流通过镇流器、启动器和灯管的灯丝C ．电路接通后，由于启动器中的氖气停止放电，启动器两个触片分离，电路自动断开，此过程中镇流器由于自感，而产生高电压加在灯管两端，使灯管内的气体电离，并形成电流通过灯管D．日光灯正常工作后，启动器不再起作用，镇流器也没有什么作用了解析接通电源时，路端电压通过镇流器、灯丝加在启动器上，在启动器的两个金属片上形成强电场，使金属片发热膨胀，接触到一起，从而使电路中有电流通过．灯丝通电后发热将灯管内的水银气化，为气体导电作了准备．启动器一接触，就不再产生热量，金属片恢复原状，电流断开，使通过镇流器的磁通量减小，通过自感产生瞬时高压加在灯管的两端，击穿灯管中的水银气体形成导电通路，水银蒸气导电时放出紫外线激发壁上的荧光粉发光．否则，再重复以上过程，直到灯管发光为止．答案BC图79.图7放置的两条平行光滑导轨，电阻不计，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是()．A．ab受到的拉力大小为2 NB．ab向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 J解析因为cd棒静止不动，可知cd棒受的安培力与其重力平衡，有BIl＝G，又I＝Bl v2R，联立两式解得ab向上匀速运动的速度大小为2 m/s，由整体法知拉力F＝2G＝0.2 N，在2 s内，拉力做功W＝F v t＝0.2×2×2 J＝0.8 J，转化为电能部分为E＝（Bl v）22R·t＝0.4 J.答案BC三、非选择题(38分)图810．(9分)如图8所示，正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k.导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动．导体框在磁场中的加速度大小为________，导体框中感应电流做功的功率为________．解析导体框在磁场中受到的合外力等于F，根据牛顿第二定律可知导体框的加速度为a＝Fm.由于导体框运动不产生感应电流，仅是磁感应强度增加产生感应电流，因而磁场变化产生的感应电动势为E＝S ΔBΔt＝L2k，故导体框中的感应电流做功的功率为P＝E2R＝k2L4R.答案Fmk2L4R图911．(15分)如图9所示，矩形导线框abcd，质量m＝0.2 kg，电阻r＝1.6 Ω，边长L1＝1.0 m，L2＝0.8 m．其下方距cd边h＝0.8 m处有一个仅有水平上边界PQ的匀强磁场，磁感应强度B＝0.8 T，方向垂直于纸面向里．现使线框从静止开始自由下落，下落过程中ab边始终水平，且ab边进入磁场前的某一时刻，线框便开始匀速运动．不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)通过计算说明进入磁场的过程中线框的运动情况；(2)求线框匀速运动的速度大小；(3)求线框进入磁场过程中产生的焦耳热．解析(1)设cd边刚进入磁场时速度大小为v，则由机械能守恒有mgh＝1 2m v2，得v＝2gh＝4 m/s.故cd边受的安培力F安＝BIL1＝B2L21vr＝1.6 N，故mg>F安，由牛顿第二定律分析，线框进入磁场后先做加速度逐渐减小的加速运动，至mg＝F安时，达到匀速．(2)线框达到匀速运动状态时，受力平衡，设此时速度为v m，则有：mg＝F安＝B 2L 21v m r ，代入数据得v m ＝5 m/s.(3)线框从开始至ab 边进入磁场的过程中，由能量守恒可知其减少的机械能全部转化为线框的内能，故有Q ＝mg (h ＋L 2)－12m v 2m ，代入数据得Q ＝0.7 J.答案 (1)先加速，后匀速 (2)5 m/s (3)0.7 J图1012．(14分)如图10所示，在光滑的水平面上有一半径r ＝10 cm 、电阻R ＝1 Ω、质量m ＝1 kg 的金属环，以速度v ＝10 m/s 向一有界匀强磁场滑去．匀强磁场方向垂直于纸面向里，B ＝0.5 T ，从环刚开始进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环释放了32 J 的热量，求：(1)此时圆环中电流的即时功率；(2)此时圆环运动的加速度．解析 (1)取环为研究对象，从刚进入磁场至一半进入磁场的过程中，由能量守恒知，环减少的动能全部转化为焦耳热，设此时速度大小为v 1，则有Q ＝12m v 2－12m v 21，又因为P ＝E 2R ＝（B ·2r ·v 1）2R， 由以上两式联立，代入数据整理得P ＝0.36 W.(2)由楞次定律可知环此时受的安培力方向向左，由牛顿第二定律得B 2·（2r ）2·v 1R＝ma ， 即a ＝B 2·（2r ）2· v 1mR＝6×10－2 m/s 2方向向左． 答案 (1)0.36 W (2)6×10－2 m/s 2，方向向左．。
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高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）滚动检测4变压器及电能输送(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时()．A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流答案 C2．关于电能输送的分析，正确的是()．A．由公式P＝U2/R知，输电电压越高，输电线上功率损失越少B．由公式P＝U2/R知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电导线上功率损失越大D．由公式P＝UI知，输电导线上的功率损失与电流成正比答案 C3．如图1为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述不正确的是()．图1A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好解析根据P＝I2R可知，在电流I一定的情况下，减小电阻R可以减少电路上的电能损失，而R＝ρlS，所以增大输电线横截面积S有利于减少输电过程中的电能损失，A正确；由公式P＝I2R可得，若设输送的电功率P′，则P＝P′2U2R，可见，在输送电压U一定时，输送的电功率P′越大，输电过程中的电能损失越大，C错误．答案 C4．中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为()．A.P4 B.P2C．2P D．4P解析设输送功率为P，输送电流为I，输送电压为U，则P＝UI，I＝P U，P损＝I2R.输送电压升为原来的2倍，则输送电流降为原来的一半，P损降为原来的四分之一，故选A.答案 A5．一输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏．为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图2所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V．按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为()．图2A．1 100，360 B．1 100，180C．2 200，180 D．2 200，360解析根据U1U2＝n1n2得2201＝n15，可知n1＝1 100，排除C、D两项．再由22036＝n1n2可知n2＝180，故A错、B对．答案 B二、多项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分．每小题选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)6．某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是()．A．由公式I＝PU可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的150B．由公式I＝UR可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C．由公式P＝I2R可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的1 2 500D．由公式P＝U2R可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍答案AC7．某小型水电站的电能输送示意图如图3所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则()．图3A.n2n1＞n3 n4B.n2n1＜n3n4C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有n2n1＞n3n4，故A项对，B、C项错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D项也正确．答案AD8．(2011·江苏苏北四市调研)如图4甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，电容器电容C＝100 μF.已知电阻R1两端的正弦交流电压如图4乙所示，则()．图4A．原线圈输入电压的最大值为400 VB．交流电的频率为100 HzC．电容器所带电荷量恒为2×10－3 CD．电阻R1消耗的电功率为20 W解析由题图乙可知变压器输出的电压最大值为20 V，变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，所以原线圈输入电压的最大值为400 V，A选项正确；副线圈交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，原、副线圈交流电的频率一致，B选项不正确；电容器所带电荷量为CU＝1.414×10－3 C，C选项不正确；R1消耗的电功率P＝U2R1＝20 W，D选项正确．答案AD9．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图5所示，副线圈所接电路如图6所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是()．图5图6A．副线圈输出电压的频率为50 HzB．副线圈输出电压的有效值为31.1 VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加解析由题图5知，原线圈两端输入电压的最大值为U m＝311 V，有效值为U1＝U m2＝220 V，周期为T＝2×10－2 s，频率为f＝1T＝50 Hz，变压器不改变电压的频率，A 项正确；由U 1U 2＝n 1n 2知，U 2＝n 2n 1U 1＝22 V ，B 项错误；变压器原、副线圈的电流比与匝数成反比，由于匝数未变，所以原、副线圈的电流比不变，C 项错误；P 向右移动时，滑动变阻器的有效值减小，副线圈中电流增大，由P 2＝U 2I 2知变压器的输出功率增加，D 项正确．答案 AD三、非选择题(38分)10．(10分)发电机端电压为220 V ，输送功率110 kW ，为保证用户至少获得100 kW 的功率，则输电线的电阻不得大于______ Ω；若用一个理想变压器升压至5 500 V 后再输电，则输电线的电阻不得大于________ Ω.解析 I 1＝P U 1＝110×103220 A ＝500 AP 损＝P －100 kW ＝10 kW又P 损＝I 21·R 1得R 1＝0.04 Ω.当升压至5 500 V 时，I 2＝P U 2＝110×1035 500 A ＝20 A故R 2＝P 损I 22＝10×103202 Ω＝25 Ω.答案 0.04 2511．(12分)某发电站的输出功率为104 kW ，输出电压为4 kV ，通过理想变压器升压后向80 km 远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m ，导线横截面积为1.5×10－4 m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%.求：(1)升压变压器的输出电压． (2)输电线路上的电压损失． 解析 (1)导线电阻r ＝ρ2l S ＝2.4×10－8×2×80×1031.5×10－4Ω＝25.6 Ω输电线路损失功率为输出功率的4%，则4%P ＝I 2r 代入数据得I ＝125 A由理想变压器P 入＝P 出及P ＝UI 得 输出电压U ＝P I ＝107125 V ＝8×104 V (2)输电线路上电压损失U ′＝Ir ＝125×25.6 V ＝3.2×103 V .答案 (1)8×104 V (2)3.2×103 V12．(16分)一座小型水电站，水以3 m/s 的速度流入水轮机，而以1 m/s 的速度流出．流出水位比流入水位低1.6 m ，水的流量为1 m 3/s.如果水流能量的75%供给发电机，20%使水温度升高．求：(1)水温升高多少？(2)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率多大？(3)若发电机的输出电压为240 V ，输电线路总电阻为503 Ω，允许损失的电功率为输出功率的5%，用户所需电压为220 V ，则在送电过程中所用的升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？[变压器为理想变压器，g 取10 m/s 2，水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃)]解析 (1)每秒水流机械能损失为 ΔE ＝12m (v 21－v 22)＋mg Δh ＝2×104J其中有20%能量使水温升高，则cm Δt ＝20%ΔE所以Δt ＝20%ΔEcm ＝9.5×10－4 ℃.(2)发电机的输出功率为P 出＝75%ΔEt ×80%，代入数据得P 出＝12 kW.(3)发电机经变压器到用户的供电线路示意图如下图所示P 线＝5%P 出＝600 W因为P 线＝I 2线R 线，所以I 线＝6 A又因为I 2＝I 线＝6 A ，I 1＝P 出U 1＝50 A所以对升压变压器有I 1I 2＝n 2n 1，即n 1n 2＝I 2I 1＝325又因为I 3＝I 线＝6 A ，I 4＝P 出－P 线U 4＝57011 A 所以，对降压变压器有n 3n 4＝I 4I 3＝9511.答案 (1)9.5×10－4 ℃ (2)12 kW (3)325 9511。
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高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）滚动检测(三)电流和电路(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV，短路电流为40 mA，若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是()．A．0.10 V B．0.20 VC．0.30 V D．0.40 V解析电池板开路电压等于电动势E＝800 mV.短路时I＝Er求得内阻r＝20Ω.再由欧姆定律或电压分配关系，可得外接20 Ω电阻时的路端电压为0.40 V.答案 D2．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图1所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是()．图1A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大解析设滑动变阻器的触头上部分电阻为x，则电路的总电阻为R总＝r＋R1＋x·R2x＋R2，滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，并联支路电阻x增大，故路端电压变大，同时并联部分的电压变大，故通过电流表的电流增大，故选项A正确．答案 A图23.如图2所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线．若A、B点的横坐标为1 A，那么AB线段表示的功率为()．A．1 W B．6 WC．2 W D．2.5 W解析由图像中不难看出，在C点，电源的总功率等于电源内部的热功率，所以电源的电动势为E＝3 V，短路电流为I＝3 A，所以电源的内阻为r＝EI＝1 Ω.图像上AB段所表示的功率为P AB＝P总－I2r＝(1×3－12×1)W＝2 W．故正确选项为C.答案 C图34．如图3所示是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是()．A．路端电压变小B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小D．电路的总电阻变大解析滑动触头由a端滑向b端的过程中，总电阻变小，D错误，干路电流变大，路端电压变小，A正确，内阻消耗功率变大，C错误，定值电阻R3上电压变小，电流表示数变小，B错误．答案 A图45．如图4所示的电路中，当闭合开关S后，发现两灯都不亮，电流表指针几乎指在“0”刻度线不动，电压表指针则有明显偏转，该电路中故障可能是()．A．电流表坏了，或开关S接触不良B．灯泡L1的灯丝断了，或L1的灯泡与灯座接触不良C．电流表和两个灯泡都坏了D．从a点开始，经过灯泡L2到b点的这段电路中有断路解析电流表指针几乎指在“0”刻度线不动，说明电路有断路；由于断路处的电压应不为“0”，所以电压表指针有明显偏转，则说明了与电压表并联的电路有断路，即a－L2－b支路有断路，所以选D.答案 D二、多项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分．每小题选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)图56．如图5所示的是两个闭合电路中两个电源的U－I图像，下列说法中正确的是()．A．电动势E1＝E2，内阻r1<r2B．电动势E1＝E2，内阻r1>r2C．电动势E1＝E2，发生短路时的电流I1>I2D．当两电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大解析电源的电动势和内阻的测定可以通过U－I图线来完成，由图线可知，E1＝E2，两电源的短路电流I1>I2(图线的横截距)，内阻r＝E/I，故r1<r2，选项A 正确，因图线1的斜率小于图线2的斜率，由图线可以得到ΔU＝rΔI⇒ΔU2>ΔU1，选项D正确．答案ACD图67．如图6所示，将一个改装的电流表接入电路和标准表进行校准，发现待测表的读数比标准表的读数偏大一些，如果通过表头的电流I g是准确的，出现的误差可能是下述哪种原因引起的？()．A．R g的测量值比真实值偏大B．R g的测量值比真实值偏小C．所并联的R并比公式R并′＝I g R gI－I g计算出的R并′偏小D．所并联的R并比公式R并′＝I g R gI－I g计算出的R并′偏大解析改装成的电流表(待测表)比标准表的读数偏大，说明流经表头的电流偏大些，根据并联电路的特点，所并联的R并越大，流经表头的电流越大，所以R并比公式R并′＝I g R gI－I g计算出的R并′偏大，同样如果R g测量值比真实值偏大，也会使R′并偏大故选项A、D正确．答案AD8．如图7所示电路中，当滑动变阻器的触头向上滑动时，则()．图7A ．电源的功率变小B ．电容器贮存的电荷量变小C ．电源内部消耗的功率变大D ．电阻R 消耗的电功率变小解析 由闭合电路欧姆定律可知，当滑动触头向上滑动时，R 总变小，I 总增大，U 路减小．而R 1分压U 1增大，所以电容器上的电压减小．电源功率P 总＝E －I 总，A 错误．Q ＝CU 减小，B 正确．电源内部消耗功率P 内＝I 2总r 增大，C 正确．电阻R 消耗的功率可能增大，也可能减小．答案 BC图89.一个T 型电路如图8所示，电路中的电阻R 1＝10 Ω，R 2＝120 Ω，R 3＝40 Ω，另有一测试电源，电动势为100 V ，内阻忽略不计．则( )．A ．当cd 端短路时，ab 之间的等效电阻是40 ΩB ．当ab 端短路时，cd 之间的等效电阻是40 ΩC ．当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压为80 VD ．当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压为80 V解析 当cd 端短路时，R 2与R 3并联电阻为30 Ω后与R 1串联，ab 间等效电阻为40 Ω，A 对；若ab 端短路时，R 1与R 3并联电阻为8 Ω后与R 2串联，cd 间等效电阻为128 Ω，B 错；当ab 两端接通测试电源时，电阻R 2未接入电路，cd 两端的电压即为R 3的电压，为U cd ＝4050×100 V ＝80 V ，C 对；当cd 两端接通测试电源时，电阻R 1未接入电路，ab 两端电压即为R 3的电压，为U ab ＝40160×100 V ＝25 V ，D 错．本题正确答案为A 、C.答案 AC三、非选择题(38分)10．(8分)如果图9中电流表的内阻是100 Ω，怎样在这个刻度盘上标出相应的电压数据？图9解析当电流满偏时，I＝I g＝3 mA故U g＝I g R g＝3×10－3×100 V＝0.3 V当I＝2 mA时，U＝IR g＝2×10－3×100 V＝0.2 V当I＝1 mA时，U＝0.1 V.答案见解析11．(14分)如图10所示电路中，电阻R1＝R2＝R3＝10 Ω，电源内阻r＝5 Ω，电压表可视为理想电表，当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10 V.图10(1)电阻R2中的电流为多大？(2)路端电压为多大？(3)电源的电动势为多大？(4)当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？解析(1)电阻R2中的电流I＝U2/R2，代入数据得I＝1 A.(2)外电阻R＝R2＋R1R3R1＋R3＝15 Ω.路端电压U＝IR＝15 V.(3)根据闭合电路欧姆定律I＝E/(R＋r)，代入数据解得E＝20 V.(4)S1闭合而S2断开，电路中的总电流I′＝E/(R1＋R2＋r)．电压表示数U′＝I′(R1＋R2)，代入数据得U′＝16 V. 答案(1)1 A(2)15 V(3)20 V(4)16 V图1112．(16分)在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R.用电流表和电压表测金属的电阻时由于电压表、电流表内阻的影响，不论使用电流表内接法还是电流表外接法，都会产生系统误差．按如图11所示的电路进行测量，可以消除由于电表内阻造成的系统误差．利用该电路进行实验的主要操作过程是：第一步：先将R2的滑动触头调到最左端，单刀双掷开关S2向1闭合，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1和R2，使电压表和电流表的示数尽量大些(不超过量程)，读出此时电压表和电流表的示数U1、I1.第二步：保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关S2向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2.请写出由以上记录数据，计算被测电阻的表达式为R x＝________.解析本题是利用滑动变阻器的分压接法测定金属丝的电阻率，可根据开关S2的两个不同状态分别利用伏安法测出电阻，二者之差就是R x的测量值．具体步骤为第一步对应的等效电路如图甲所示，则R x＋R A＋R1＝U1 I1.第二步对应的等效电路如图乙所示，则R A＋R1＝U2 I2，由以上两式求得R x＝U1I1－U2I2.答案U1I1－U2I2。
高中物理大一轮复习 模块滚动检测卷 04(选修3-2)
高中物理大一轮复习 模块滚动检测卷 04选修3-2Lex Li一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分） 01、下列说法中正确的是 （ ）A ．电动机的发明，实现了机械能向电能的大规模转化B ．发电机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的C ．电磁感应说明电流通过感应能产生磁D ．发电机工作时把机械能转化为电能02、如图所示，圆形线圈共n 匝，线圈平面与磁场方向夹角为60°，磁感应强度随时间均匀增加，采用下列哪种方式能使线圈中的电流变为原来的2倍 （ ）A ．使线圈面积变为原来的2倍B ．使线圈匝数变为原来的2倍C ．使线圈半径变为原来的2倍D ．使线圈平面与磁场垂直03、如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x 轴和y ＝2sin π2x 曲线围成（x≤2 m），现把一边长为2 m 的正方形单匝线框以水平速度v ＝10 m/s 匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T ，线框电阻R ＝0.5 Ω，不计一切摩擦阻力，则 （ ）A ．水平拉力F 的最大值为8 NB ．拉力F 的最大功率为12.8 WC ．拉力F 要做25.6 J 的功才能让线框通过此磁场区D ．拉力F 要做12.8 J 的功才能让线框通过此磁场区04、如图甲所示，面积为S ＝1 m 2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B 随时间变化的关系如图乙所示（B 取向里方向为正），以下说法中正确的是 （ ）A ．环中产生逆时针方向的感应电流B ．环中产生顺时针方向的感应电流C ．环中产生的感应电动势大小为3 VD ．环中产生的感应电动势大小为2 V05、一闭合线圈置于磁场中，若磁感应强度B 随时间变化的规律如图所示，则下列选项中能正确反映线圈中感应电动势E 随时间t 变化的图象是 （ ）06、如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件（不分得电压）实现了无级调节亮度．给该台灯接220 V 的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时电流电压表的示数为 （ ）A ．220 VB ．110 VC ．110 2 V D.1102V 07、如图所示，相距为d 的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L （L ＜d ），质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处由静止释放，线圈平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与虚线平行．cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd 边刚进入磁场起一直到ab 边离开磁场为止） （ ）A ．感应电流所做的功为mgdB ．感应电流所做的功为mg （d －L ）C ．线圈的最小速度一定是D ．线圈的最小速度可能为mgRB 2L 208、如图所示，螺线管B 置于闭合金属圆环A 的轴线上，当B 中的电流从0逐渐增大到某稳定值的过程中，下列说法正确的是 （ ）A ．环A 有缩小的趋势B ．环A 有扩张的趋势C ．螺线管B 有缩短的趋势D ．螺线管B 有伸长的趋势09、如图所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路．在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动．在匀速运动过程中外力F做功W F，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功W G，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为E k.则（）A．W1＝QB．W2－W1＝QC．W1＝E kD．W F＋W G＝E k＋Q10、如图甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动P，可以改变原线圈的匝数．变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，Q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表．下列说法正确的是（）A．向上移动P，输入电压的频率不变B．向上移动P，输入电流减小C．保持P不动，向下移动Q，变压器的输入功率减小D．保持Q不动，向下移动P，电压表的示数不变11、在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（）A．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小B．该交变电动势的有效值为11 2 VC．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝222sin（100πt） VD．电动势瞬时值为22 V时，线框平面与中性面的夹角为45°12、如图所示，MN右侧有一正三角形匀强磁场区域（边缘磁场忽略不计），上边界与MN垂直．现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，从MN左侧垂直于MN匀速向右运动．导体框穿过磁场过程中所受安培力F的大小随时间变化的图象以及感应电流i随时间变化的图象正确的是（取逆时针电流为正）（）二、非选择题（共50分）13．（14分）如图所示，一台小型发电机示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴转动，磁场方向与转轴垂直．矩形线圈的面积为2×10－2 m2，匝数N＝40匝，线圈电阻r＝1 Ω，磁场的磁感应强度B ＝0.2 T，线圈绕OO′轴以ω＝100 rad/s的角速度匀速转动．线圈两端外接电阻R＝9 Ω的小灯泡和一个理想电流表．求：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值；（2）电流表的读数；（3）小灯泡消耗的电功率．14、（16分）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，则：（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．15、（20分）如图所示，已知足够长光滑绝缘斜面与水平面的夹角为α＝37°，处于水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E＝50 V/m，方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外；一个电荷量为q＝＋4.0×10－2 C、质量m＝0.40 kg的光滑小球，以初速度v0＝20 m/s从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过t＝3 s脱离斜面．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：（1）小球上滑过程的加速度a1的大小及时间t1；（2）磁场的磁感应强度B.高中物理大一轮复习模块滚动检测卷 04选修3-2 答题卡（时间90分钟，满分110分）Lex Li 班级：姓名：得分：一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）二、非选择题（共50分）高中物理大一轮复习 模块滚动检测卷 04选修3-2 答案解析Lex Li一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）01、D 电动机的发明，实现了电能向机械能的大规模转化，A 错误；利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的是电动机，B 错误；电磁感应说明闭合回路通过磁感应能生成电，C 错误；发电机工作时把机械能转化为电能，D 正确．02、C 设导线的电阻率为ρ，横截面积为S 0，线圈的半径为r ，则有： I ＝E R ＝nΔΦΔt R ＝nπr 2ΔBΔt sin θρn·2πr S 0＝S 0r 2ρ·ΔBΔt·sinθ.03、C 线框通过磁场区，产生的感应电流先增大后减小，形成正弦交流电，周期为： T ＝2lv＝0.4 s ，感应电动势最大值为E m ＝Blv ＝8 V ，有效值为4 2 V ，感应电流最大值为16 A ，有效值为8 2 A ，则水平拉力最大值为F m ＝BI m l ＝12.8 N ，A 错误；拉力的最大功率为P m ＝F m v ＝128 W ，B 错误；线框匀速通过，拉力做的功等于焦耳热，Q ＝I 2Rt ＝25.6 J ，C 正确，D 错误．04、A 由楞次定律可判断，环中产生逆时针方向的感应电流，选项A 正确，B 错误；根据法拉第电磁感应定律，环中产生的感应电动势大小为E ＝ΔB Δt S ＝2－11×1 V＝1 V ，选项C 、D 错误．05、D 设感应电动势沿顺时针方向为正，磁感应强度方向向上为正．在前半周内，磁感应强度均匀增大，ΔB Δt 一定，感应电动势E ＝ΔBΔt S ，则E 一定．根据楞次定律分析得到：感应电动势方向为负．同理，在后半周内，感应电动势E 一定，方向为正，故选D.06、C 交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的．当如图乙所示的电压加在台灯上时，设电压的有效值为U ，台灯电阻为R ，在一个周期内放出的电热为Q ，则有：Q ＝U 2R T ＝2(220)2v TR ，解得U ＝110 2 V ，选项C 正确．07、D 从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程中速度均为v 0，则动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd.而从cd 边刚离开磁场到ab 边刚离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd.故A 、B 错误；因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小．设线圈的最小速度为v min ；线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg （h ＋L ）＝Q ＋12mv 2min ；又因为Q ＝mgd ，则解得线圈的最小速度为：v min＝故C 错误；线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，此时满足mg ＝BIL ，即mg ＝B 2L 2v R ，则最小速度v ＝mgRB 2L2.故D 正确．08、BC 因为穿过A 线圈的磁通量分为两部分，一部分是水平向右的，一部分是水平向左的，而水平向左的磁通量小于向右的，故当电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，所以根据楞次定律可得A 有扩张的趋势，A 错误，B 正确；螺线管B 中各环形电流方向相同，所以相互吸引，因为电流增大了，所以相互吸引的力变大，有缩短的趋势，故C 正确，D 错误．09、BCD 由能量守恒定律可知：磁铁克服磁场力做功W 2等于回路中产生的电能，电能一部分转化为内能，另一部分转化导体棒的机械能，所以W 2－W 1＝Q ，故A 错误，B 正确；以导体棒为研究对象，由动能定理可知，磁场力对导体棒做功W 1＝E k ，故C 正确；外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳热和导体棒的动能之和，故D 正确．10、AB 向上移动P ，增大原线圈的匝数，改变输出电压，从而使输入电流改变，但频率不变，A 、B 对；保持P 不动，当向下移动Q 时，并不改变电路的电阻，变压器的输入功率不变，C 错误；保持Q 不动，向下移动P ，变压器输入端匝数减小，则输出电压变大，从而使电压表的示数增大，D 错．11、CD 由题图乙可知，此交流电的周期T ＝0.02 s ，E m ＝22 2 V ，且t ＝0时刻，线框在中性面位置，t ＝0.01 s 时穿过线框的磁通量最大，A 错误；交变电动势的瞬时值表达式为e ＝222sin （100πt） V ，C 正确；交变电动势的有效值为22 V ，B 错误；当e ＝22 V 时，t ＝18T ，即线圈平面与中性面的夹角为45°，D 正确；故选C 、D.12、BC 设正三角形的边长为a ，匀速运动的速度为v.线框匀速进入磁场的过程，由右手定则可知，电流方向为逆时针（正）方向，线框所受的安培力方向向左，t 时刻线框有效切割长度L ＝vt2·tan60°＝3vt 2，产生的感应电动势E ＝BLv ＝3Bv 2t 2，感应电流的大小i ＝E R ＝3Bv 22R t ，电流与时间成正比；同理，线框离开磁场的过程，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针（负）方向，L ＝a －vt 2·tan60°＝)2a vt -，i ＝E R ＝()2a vt R-，电流随时间均匀减小，故选项C 正确，选项D 错误．进磁场时根据安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＝3B 2v 3t 24R ，可知F －t 图线是开口向上的抛物线；线框离开磁场可知F ＝B 2L 2vR＝223()4B v a vt R-，F －t 图线是开口向上的抛物线．根据数学知识可知选项B 正确，选项A 错误．二、非选择题（共50分）13、（14分）解、依题意得：（1）由E ＝NBSω 代入数据解得：E ＝16 V（2）由I m ＝E R ＋r 代入数据解得：I m ＝1.6 A 由I ＝I m 2≈1.1 A（3）由P ＝I 2R 得：P≈11 W14、（16分）解、依题意得：（1）cd 边刚进入磁场时，线框速度：v ＝2gh 线框中产生的感应电动势：E ＝BLv ＝BL 2gh （2）此时线框中电流：I ＝E Rcd 边切割磁感线相当于电源，cd 两点间的电势差即路端电压：U ＝I×34R ＝34BL 2gh（3）安培力：F ＝BIL ＝B 2L 22ghR根据牛顿第二定律：mg －F ＝ma ， 由a ＝0，解得下落高度满足：h ＝m 2gR 22B 4L 415、（20分）解、依题意得：（1）上滑过程，小球沿斜面向上做减速运动，受力分析如图，由牛顿第二定律和运动学规律得： －qEcosα－mgsinα＝ma 1 ① 0－v 0＝a 1t 1 ② 联立①②代入数据得：a 1＝－10 m/s 2 ③t 1＝2 s ④（2）小球下滑过程受力分析如图，在离开斜面前小球做匀加速直线运动，设运动时间为t 2，脱离斜面时的速度为v2，由牛顿第二定律和运动学规律有：qEcos α＋mgsinα＝ma 2 ⑤ qv 2B ＋qEsinα－mgcosα＝0 ⑥ t 2＝t －t 1 ⑦ v 2＝a 2t 2 ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧代入数据得：B ＝5 T。
教科版高中物理选修3-2滚动检测1.docx
高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）滚动检测1感应电流(电动势)的产生及方向判定(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)图11.如图1所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是()．A．向右摆动B．向左摆动C．静止不动D．不能判定解析磁铁突然向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，铜环中产生感应电流，感应电流阻碍磁铁和铜环间的相对运动，所以铜环向右摆动，A正确．答案 A2．(2012·北京理综，19)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”，如图2所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()．图2A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同解析闭合开关S，金属套环跳起，是因为S闭合瞬间，穿过套环的磁通量变化，环中产生感应电流的缘故．产生感应电流要具备两个条件：回路闭合和穿过回路的磁通量变化．只要连接电路正确，闭合S瞬间，就会造成穿过套环磁通量变化，与电源的交直流性质、电压高低、线圈匝数多少均无关．该同学实验失败，可能是套环选用了非导电材料的缘故，故D选项正确．答案 D图33.(2012·海南单科，5)如图3所示，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，重力加速速度大小为g，则()．A．T1＞mg，T2＞mgB．T1＜mg，T2＜mgC．T1＞mg，T2＜mgD．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磁场作用力向上，在磁铁下端时受磁场作用力也向上．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图44.如图4所示，AB 为固定的通电直导线，闭合导线框P 与AB 在同一平面内，当P 远离AB 运动时，导体框中产生的感应电流的情况是( )．A ．电流的方向是顺时针方向B ．电流的方向是逆时针方向C ．没有感应电流产生D ．以上说法都不对解析 由右手螺旋定则可知通电直导线AB 右边的磁场方向垂直纸面向里，且离AB 越远磁感应强度越小，所以线框P 远离AB 运动时，通过P 向里磁通量减少，则由楞次定律知P 中感应电流产生的磁场方向也向里，所以由安培定则知感应电流的方向是顺时针方向，故A 选项正确．答案 A图55.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纸面向里的匀强磁场中，如图5所示．当磁场以10 T/s 的变化率增强时，线框中点a 、b 两点间的电势差是( )．A ．U ab ＝0.1 VB ．U ab ＝－0.1 VC ．U ab ＝0.2 VD ．U ab ＝－0.2 V 解析 题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流，把左半部分线框看成电源，其电动势为E ，内电阻为r 2，画出等效电路图如图所示．则a 、b 两点间的电势差即为电源的路端电压，设边长为l ，且依题意知ΔB Δt ＝10 T/s.由E ＝ΔΦΔt 得E ＝ΔBS Δt ＝ΔBl 22Δt ＝10×0.222 V ＝0.2 V ，所以U ab ＝IR ＝E r 2＋r 2·R ＝0.2r ×r 2 V ＝0.1 V .由于a 点电势低于b 点电势，故U ab ＝－0.1 V ，即B 选项正确．答案 B二、多项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分．每小题选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)6．(2012·山东理综，14)以下叙述正确的是( )． A ．法拉第发现了电磁感应现象B ．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C ．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D ．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 解析 质量是惯性大小的唯一量度，与速度大小无关，B 错误；伽利略通过实验与假想得出力不是维持物体运动的原因，C 错误．A 、D 正确．答案 AD7．一个处于匀强磁场中的闭合线圈有一定的磁通量，能够使该回路产生感应电流的是( )．A ．改变磁感应强度B ．改变回路平面与磁场方向的夹角C ．改变闭合线圈所围的面积D ．线圈在磁场中平移解析 产生感应电流的条件是在闭合回路中磁通量发生改变，使线圈在磁场中平移不能改变磁通量的大小．答案 ABC图68.如图6所示，小磁铁以初速度v 0沿超导圆环轴线方向穿过圆环并继续运动，则以下说法中正确的是 ( )．A ．小磁铁一直做减速运动，最终速度为零B．小磁铁在环的左侧是减速运动，在环的右侧是加速运动，最终速度是v0 C．忽略电磁辐射，环中的电流先增大后减少，且方向相反D．忽略电磁辐射，环中的电流先增大后减少，最终为零，但电流的方向始终不变解析在条形磁铁接近圆环运动时，依据楞次定律可得：圆环产生的电流形成的磁场左侧为N极，右侧为S极．当条形磁铁的交界面与圆环重合时，感应电流最大．因为圆环为超导圆环，故电流不会自行减弱．在条形磁铁远离圆环运动时，依据楞次定律可得：圆环产生的电流形成的磁场左侧为S极，右侧为N极．但是由于圆环为超导体，这一过程产生的电流只是削弱上一阶段产生的感应电流．此后产生的总感应电流与上一阶段的相同，因此，圆环中的感应电流产生的磁场仍然左侧为N极，右侧为S极，只是逐渐减弱．因此整个过程中，感应电流的方向不变．故小磁铁在环的左侧是减速运动，在环的右侧是加速运动，最终速度仍是v0.答案BD图79.如图7所示的实验中，在一个足够大的磁铁的磁场中，如果AB沿水平方向运动速度的大小为v1，两磁极沿水平方向运动速度的大小为v2，则()．A．当v1＝v2，且方向相同时，可以产生感应电流B．当v1＝v2，且方向相反时，可以产生感应电流C．当v1≠v2时，方向相同或相反都可以产生感应电流D．若v2＝0，v1的速度方向改为与磁感线的夹角为θ，且θ<90°，可以产生感应电流解析若v1＝v2，且方向相同，二者无相对运动，AB不切割磁感线，回路中无感应电流，A错；若v1＝v2，且方向相反，则AB切割磁感线，都有感应电流产生，B对；当v1≠v2时，无论方向相同或相反，二者有相对运动，即AB切割磁感线，有感应电流产生，C对；当v2＝0，v1与磁感线的夹角θ<90°时，v1有垂直磁感线方向的分量，即AB仍在切割磁感线，有感应电流产生，D对．答案BCD三、非选择题(38分)图810．(8分)边长为10 cm的正方形线圈，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面的夹角为θ＝30°，如图8所示，磁感应强度随时间的变化规律为：B＝2＋3t(T)，则在第1 s内穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ为________ Wb.解析t＝0时刻的磁感应强度：B1＝2＋3×0＝2 Tt＝1 s时刻的磁感应强度：B2＝2＋3×1 T＝5 T磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S sin θ－B1S sin θ＝0.015 Wb.答案0.015图911．(14分)A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比r A∶r B＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，如图9所示．当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，求两导线环内所产生的感应电动势之比和流过两导线环的感应电流的电流之比．解析匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变化，设t时刻的磁感应强度为B t，则B t＝B0＋kt，其中B0为t＝0时的磁感应强度，k为一常数，A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φt＝B t·S，即在任一时刻穿过两导线环包围面上的磁通量是相等的，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的．E＝ΔΦΔt得E＝ΔBΔt·S(S为磁场区域面积)．对A、B两导线环，由于ΔBΔt及S均相同，得E AE B＝11，I＝ER，R＝ρlS1(S1为导线的横截面积)，l＝2πr所以I AI B＝E A r BE B r A＝12.答案1∶11∶2图1012．(16分)如图10所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻．导体棒a 和b 放在导轨上，与导轨垂直并良好接触．斜面上水平虚线PQ 以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a 棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b 棒恰好静止．当a 棒运动到磁场的上边界PQ 处时，撤去拉力，a 棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b 棒已滑离导轨．当a 棒再次滑回到磁场上边界PQ 处时，又恰能沿导轨匀速向下运动．已知a 棒、b 棒和定值电阻的阻值均为R ，b 棒的质量为m ，重力加速度为g ，导轨电阻不计．求：(1)a 棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a 棒中的电流I a 与定值电阻R 中的电流I R 之比；(2)a 棒质量m a ；(3)a 棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F .解析 (1)a 棒沿导轨向上运动时，a 棒、b 棒及电阻R 中的电流分别为I a 、I b 、I R ，有I R R ＝I b R b ①I a ＝I R ＋I b ②由①②解得I a I R＝21③ (2)由于a 棒在PQ 上方滑动过程中机械能守恒，因而a 棒在磁场中向上滑动的速度大小v 1与在磁场中向下滑动的速度大小v 2相等，即v 1＝v 2＝v ④设磁场的磁感应强度为B ，导体棒长为L .a 棒在磁场中运动时产生的感应电动势为E ＝BL v ⑤当a 棒脱离磁场沿斜面向上运动时I b ＝E 2×3R 2⑥I b LB ＝mg sin θ⑦当a 棒向下匀速运动时，设a 棒中的电流为I a ′，则I a ′＝E 2R ⑧I a ′LB ＝m a g sin θ⑨由④⑤⑥⑦⑧⑨解得m a ＝32m .(3)由题知导体棒a 沿斜面向上运动时，所受拉力 F ＝I a LB ＋m a g sin θ联立上列各式解得F ＝72mg sin θ.答案 (1)2∶1 (2)32m (3)72mg sin θ。
高中物理选修3-2模块滚动检测试卷题 (电磁感应 交流电 动量 近代物理)(含答案详解)
滚动检测四电磁感应交流电动量近代物理考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意) 1．下列说法中错误的有()A．太阳内部发生的核反应是热核反应B．光电效应揭示了光具有粒子性C．动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相等D．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子答案 D解析太阳的能量来自于其内部发生的热核反应即聚变反应，A正确；光电效应说明光具有粒子性，故B正确；根据λ＝hp可知，动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长一定相等，故C正确；β衰变的实质是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，电子不是来自核外电子，故D错误．2．下列说法正确的是()A．玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功解释了各种原子光谱的实验规律B．普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一C．放射性原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线，γ射线在电场和磁场中都会发生偏转D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光照强度太小答案 B解析玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功解释了氢原子光谱的实验规律，故A错误；普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故B正确；放射性原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线，γ射线是一种波长很短的电磁波，在电场和磁场中都不会发生偏转，故C错误；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率太小，与光的强度无关，故D错误．3．如图1甲所示的变压器电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，a 、b 输入端输入如图乙所示的交变电压(图中曲线均为正弦曲线的一部分)，副线圈电路中电阻R ＝1 Ω，电路中的电流表、电压表都是理想交流电表，下列说法正确的是( )图1A ．电压表的示数为210 VB ．电流表的示数为10 AC ．电阻R 的功率为10 WD ．电路中的电流在1 s 内方向改变50次答案 C解析 设输入电压的有效值为U 1，根据电流的热效应可知，⎝ ⎛⎭⎪⎫222R ·T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2222R ·T 2＝U 21R ·T ，解得：U 1＝102 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2得：U 2＝10 V ，故A 错误；根据输入功率与输出功率相同可得：U 1I 1＝U 22R ，解得：I 1＝210 A ，故B 错误；电阻R 消耗的功率为：P ＝U 22R＝10 W ，故C 正确；由题图乙可知，在一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内电流方向改变的次数为：n ＝10.02×2＝100次，故D 错误． 4．(2018·东台创新中学月考)如图2所示，条形磁铁竖直放置，一水平圆环从磁铁上方位置Ⅰ向下运动，到达磁铁上端位置Ⅱ，套在磁铁上到达中部Ⅲ，再到磁铁下端位置Ⅳ，再到下方Ⅴ.磁铁从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ过程中，穿过圆环的磁通量变化情况是( )图2A ．变大，变小，变大，变小B ．变大，变大，变小，变小C ．变大，不变，不变，变小D ．变小，变小，变大，变大答案 B解析 条形磁铁的磁体内部的磁感线方向与磁体外部的磁感线方向相反．线圈套入过程中，内外磁通量相抵消，线圈在中间时它的外部磁通量最小，总磁通量等于内部磁通量减去外部磁通量，所以中间时磁通量最大．则磁铁从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ过程中，越靠近中间磁通量越大，越远离中间磁通量越小，B 项正确．5．如图3甲所示，用频率为ν0的光照射某种金属发生光电效应，测出光电流I 随电压U 的变化图象如图乙所示，已知普朗克常量为h ，电子电荷量为e .下列说法中正确的是( )图3A ．入射光越强，光电子的能量越高B ．光电子的最大初动能为hν0C ．该金属的逸出功为hν0－eU cD ．用频率为eU c h的光照射该金属时不可能发生光电效应 答案 C解析 根据光电效应的规律可知，入射光的频率越大，则逸出的光电子的能量越大，与光强无关，选项A 错误；根据光电效应的规律，光电子的最大初动能为E km ＝hν0－W 0，选项B错误；由题图乙可知E km ＝eU c ，则该金属的逸出功为hν0－eU c ，选项C 正确；频率为eU c h的光的能量为hν＝eU c ，当eU c 大于等于金属的逸出功hν0－eU c 时，可发生光电效应，选项D 错误．6.(2018·苏锡常镇二模)如图4所示的电路中，A 、B 、C 是三个完全相同的灯泡，L 是自感系数很大的电感，其直流电阻与定值电阻R 阻值相等，D 是理想二极管．下列判断中正确的是( )图4A ．闭合开关S 的瞬间，灯泡A 和C 同时亮B．闭合开关S的瞬间，只有灯泡C亮C．闭合开关S后，灯泡A、B、C一样亮D．断开开关S的瞬间，灯泡B、C均要闪亮一下再熄灭答案 B二、多项选择题(本题共7小题，每小题4分，共计28分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)7．(2018·徐州市考前模拟)如图5所示，50匝矩形导线框处于磁感应强度为B＝210T的水平向右的匀强磁场中，转动时通过滑环、电刷与理想变压器原线圈相连接．已知线框面积S＝0.5 m2，线框和所有导线的电阻均不计．当线框的角速度ω＝200 rad/s时，副线圈线接入“220 V,60 W”的灯泡恰好正常发光．则()图5A．从图示位置开始计时，原线圈两端的交变电压为5002sin 200t (V)B．理想变压器原、副线圈匝数之比为25∶11C．理想变压器原线圈中的电流为325AD．将一电热器与灯泡并联后，灯泡亮度变暗答案ABC8．(2018·如皋市模拟)如图6所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈．将磁铁托起到弹簧压缩x后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x，不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则()图6A．弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于gB．磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大C．磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上D．线圈在整个过程中产生的焦耳热为2mgx答案 AD解析 弹簧处于原长时，没有弹力，除受到重力外，若磁铁向上运动，则受到向下的安培阻力，若向下运动，则受到向上的安培阻力，因此磁铁的加速度可能大于g ，故A 正确；磁铁中央通过线圈时，线圈的磁通量变化率为零，则线圈中感应电流为零，最小，故B 错误；当磁铁向下运动时，根据楞次定律，来拒去留，则磁铁受到向上的安培力，那么线圈受到的安培力方向向下，故C 错误；根据能量守恒定律，从静止至停止，弹簧的弹性势能不变，那么减小的重力势能转化为电能，从而产生焦耳热为Q ＝mgh ＝2mgx ，故D 正确．9．如图7甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝ 2 Ω的矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407Ω，滑片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是通过矩形线圈的磁通量随时间t 变化的图象，则下列说法正确的是( )图7A ．电阻R 2上的热功率为57W B ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的e 随时间t 变化的规律是e ＝102cos 100πt (V)D ．线圈从开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200πC 答案 AD10．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长答案 CD解析 玻璃杯是否撞碎，取决于撞击地面时，地面对玻璃杯的撞击力大小，规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h ，则玻璃杯落地前瞬间的速度大小为2gh ，玻璃杯的质量为m ，则落地前瞬间的动量大小为p ＝m 2gh ，与地面接触Δt 时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化为Δp ＝－(－m 2gh )，再由动量定理可知(F －mg )·Δt ＝－(－m 2gh )，所以F ＝m 2gh Δt＋mg .由此可知，Δt 越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，玻璃杯掉在草地上作用时间长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎．11．(2019·射阳二中模拟)有一变化的匀强磁场垂直于如图8甲所示的线圈平面，若规定垂直线圈平面向里为磁感应强度的正方向，电流从a 经R 流向b 为电流的正方向，现在已知R 中的感应电流I 随时间t 变化的图象如图乙所示，那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是下列图中的( )图8答案 AB解析 在0～1 s 内，产生的感应电流为I 0，方向为顺时针，可能是垂直线圈平面向里的磁场磁感应强度均匀减小，也可能是垂直线圈平面向外的磁场磁感应强度均匀增大，同理可判断1～2 s 内磁感应强度的方向及变化情况，所以选项A 、B 正确．12．在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图9所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上．以下说法正确的是( )图9A．当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通B．当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通C．当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开D．当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开答案AD解析正常状态时，火线和零线中电流产生的磁场完全抵消，甲线圈中没有电压，脱扣开关保持接通，A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，保护器中火线和零线中电流产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，脱扣开关断开，C错误，D正确．13．在匀强磁场中有一不计电阻的单匝矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生如图10甲所示的正弦交流电，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端．图中的电压表和电流表均为理想交流电表，R t为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定值电阻，下列说法正确的是()图10A．在图甲的t＝0.01 s时刻，矩形线圈平面与磁场方向平行B．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式e＝36sin 50πt (V)C．R t处温度升高时，电压表V1示数与V2示数的比值变大D．R t处温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积可能变大、也可能变小，而电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大答案CD解析t＝0.01 s时刻，电动势为零，此时磁通量最大，矩形线圈平面与磁场方向垂直，故A 错误；根据题图甲可知交流电的表达式为e＝362sin 100πt (V)，故B错误；电压表V1的示数为交流电压的有效值即36 V不变，副线圈两端的电压也不变，在R t处温度升高时，R t电阻变小，电路中的总电阻也变小，电路中的总电流变大，R两端电压变大，则电压表V2的示数变小，所以电压表V 1示数与V 2示数的比值变大，故C 正确；电压表V 2示数变小，电流表A 2示数变大，所以电压表V 2示数与电流表A 2示数的乘积可能变大、也可能变小，由于电流表A 2示数变大，所以电流表A 1示数变大，电压表V 1的示数不变，则电压表V 1示数与电流表A 1示数的乘积一定变大，故D 正确．三、非选择题(本题共6小题，共计54分)14．(6分)(2018·溧水中学期初模拟)如图11所示为氢原子的能级图，n 为量子数，若氢原子由n ＝3跃迁到n ＝2的过程释放出的光子恰好能使某种金属产生光电效应，则一群处于n ＝4的氢原子在向基态跃迁时，产生的光子中有________种频率的光子能使该金属产生光电效应，其中光电子的最大初动能E km ＝________eV.图11答案 5 10.86解析 因为氢原子由n ＝3跃迁到n ＝2的过程中释放出的光子恰好能使某种金属产生光电效应，即逸出功W 0＝E 3－E 2＝3.40 eV －1.51 eV ＝1.89 eV .从n ＝4跃迁到n ＝1、2，从n ＝3跃迁到n ＝1、2，从n ＝2跃迁到n ＝1辐射的光子能量大于等于逸出功，则有5种频率的光子能使该金属产生光电效应．从n ＝4跃迁到n ＝1辐射的光子能量最大，为12.75 eV ，根据光电效应方程得，光电子的最大初动能E km ＝hν－W 0＝12.75 eV －1.89 eV ＝10.86 eV .15．(6分)(2018·兴化一中四模)已知氢原子基态能量为－13.6 eV ，则氢原子处于n ＝4激发态的能量为________eV ；大量处于n ＝4激发态的氢原子跃迁时，发出多种不同能量的光子，若用能量最大的光子照射到逸出功为2.75 eV 的光电管上，加在该光电管上的反向遏止电压为________V .答案 －0.85 10解析 氢原子处于n ＝4激发态的能量为E 4＝E 142＝－13.616eV ＝－0.85 eV 能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足hν＝E m －E n ，所以频率最大的光子能量为E ＝E 4－E 1＝－0.85 eV ＋13.6 eV ＝12.75 eV .根据爱因斯坦光电效应方程，有E km ＝hν－W 0根据动能定理eU ＝E km解得U ＝10 V.16．(6分)(2018·南通市如东县质量检测)如图12甲所示，A 、B 两物体与水平面间的动摩擦因数相同，A 的质量为3 kg ，A 以一定的初速度向右滑动，与B 发生碰撞，碰前的A 速度变化如图乙中图线Ⅰ所示，碰后A 、B 的速度变化分别如图线Ⅱ、Ⅲ所示，g 取10 m/s 2，求：图12(1)A 与地面间的动摩擦因数；(2)判断A 、B 间发生的是弹性碰撞还是非弹性碰撞．答案 (1)0.1 (2)见解析解析 (1)由题图可知，A 的初速度为：v 0＝3 m/s ，碰撞前的速度为：v 1＝2 m/s ，时间为：t ＝1 s ，由动量定理得：－F f t ＝m v 1－m v 0，代入数据解得：F f ＝3 N ，A 与地面间的动摩擦因数：μ＝F f F N ＝F f m A g ＝33×10＝0.1 (2)由题图可知，碰撞后A 的速度为：v A ＝1 m/s ，B 的速度为：v B ＝3 m/s ，碰撞过程系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m A v 1＝m A v A ＋m B v B ，代入数据解得：m B ＝1 kg ，碰撞前后系统的机械能差：ΔE ＝12m A v 12－12m A v A 2－12m B v B 2 代入数据解得：ΔE ＝0 J ，则碰撞为弹性碰撞．17．(6分)(2019·江都中学二模)如图13所示，木块A 和半径r ＝0.5 m 的四分之一光滑圆轨道B 静置于光滑水平面上，A 、B 质量m A ＝m B ＝2.0 kg ，现让A 以v 0＝6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为t ＝0.2 s ．碰后速度大小变为v 1＝4 m/s.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图13(1)A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小．(2)A 滑上圆轨道B 后到达最大高度时的共同速度大小．答案 见解析解析 (1)A 与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A 由动量定理有Ft ＝m A v 1－m A (－v 0)解得F ＝100 N(2)A 从返回到滑上斜面到最大高度的过程，A 、C 系统水平方向动量守恒，有m A v 1＝(m A ＋m B )v 2 解得v 2＝2 m/s.18．(14分)(2018·盐城中学最后一卷)如图14所示，光滑平行足够长的金属导轨MN 、PQ 间距为d ＝1 m ，与水平地面成θ＝37°角放置，Q 端接地，阻值为R ＝8 Ω的电阻接在M 、P 间，导轨电阻忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度为B ＝0.5 T ，质量为m ＝0.1 kg ，电阻为r ＝2 Ω的导体棒垂直于轨道，由静止释放，下滑距离s ＝3 m ，速度为v ＝4 m/s ，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图14(1)电阻R 中的最大电流I 的大小和方向；(2)导体棒速度为v 时，M 点的电势；(3)从释放到导体棒速度为v 的过程中，导体棒中产生的热量Q .答案 (1)1.2 A 电流方向为由P 到M (2)－1.6 V(3)0.2 J解析 (1)导体棒受力平衡：mg sin θ＝BId解得I ＝mg sin θBd＝1.2 A ； 由楞次定律知R 中电流方向为由P 到M ；(2)速度为v 时，棒的电动势E ＝Bd v ＝2 V ，回路电流I ＝E R ＋r＝0.2 A ， PM 两端的电势差U PM ＝IR ＝1.6 V根据U PM ＝φP －φM解得φM ＝－1.6 V(3)从释放到导体棒速度为v 时，由能量守恒：mgs ·sin θ＝Q 总＋12m v 2， 解得Q 总＝1 J导体棒中产生的热量Q r ＝r R ＋rQ 总＝0.2 J. 19．(16分)(2018·江苏省高考压轴卷)如图15所示，矩形ABCD 的倾角θ＝30°，在其上放置一矩形金属框abcd ，ab 的边长l 1＝1 m ，bc 的边长l 2＝0.6 m ，金属框的质量m ＝1 kg ，电阻R ＝0.1 Ω，金属框与斜面间的动摩擦因数μ＝35，金属框通过轻质细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近，重物质量m 0＝2 kg ，斜面上efgh 区域是有界匀强磁场，磁感应强度的大小B ＝0.5 T ，方向垂直于斜面向上，已知ef 到gh 的距离为0.6 m ．现让金属框由静止开始运动(开始时刻，cd 与AB 边重合)，在重物到达地面之前，发现金属框匀速穿过匀强磁场区域，不计滑轮摩擦，g 取10 m/s 2，求：图15(1)金属框进入磁场前细线所受拉力的大小；(2)金属框从静止开始运动到ab 边刚进入磁场所用的时间；(3)金属框abcd 在穿过匀强磁场过程中产生的焦耳热．答案 (1)12 N (2)1.2 s (3)14.4 J解析 (1)金属框进入磁场前，对金属框和重物分别由牛顿第二定律得：F T －mg sin θ－μmg cos θ＝mam 0g －F T ＝m 0a解得：F T ＝12 N(2)因金属框匀速穿过匀强磁场区域，对重物和金属框整体根据平衡条件可得：m 0g ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIl 1I ＝Bl 1v R，v ＝at 解得：t ＝1.2 s(3)在金属框穿过匀强磁场的过程中，根据功能关系可得：2m 0gl 2＝2mgl 2sin θ＋2μmgl 2cos θ＋Q ，解得Q ＝14.4 J.。
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高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）滚动检测3电容、电感及交变电流(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图1所示，此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻．下列说法正确的是()．图1A．交变电流的周期为0.125 sB．交变电流的频率为8 HzC．交变电流的有效值为 2 AD．交变电流的最大值为4 A解析本题考查对交流电的图像、交流电的最大值、有效值的掌握情况．由图像可以看出，此交变电流的周期为0.250 s，电压的最大值U m＝20 V．所以交变电流的频率为4 Hz，A、B项均错误；交变电流的最大值I m＝U mR＝2 A，有效值I＝22A＝ 2 A，C项正确、D项错误．答案 C图22.两个相同的白炽灯L1和L2，接到如图2所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联，当a、b处接电压最大值为U m、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度高于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是()．A．最大值仍为U m而频率大于fB．最大值仍为U m而频率小于fC．最大值大于U m而频率仍为fD．最大值小于U m而频率仍为f解析灯L1的亮度高于灯L2的亮度，说明电容对交变电流的阻碍作用减小，电感对交变电流的阻碍作用增大，根据电容、电感阻碍作用与交流电频率的关系，交流电的频率应该是增大了，故A 正确．答案 A3．如图3所示，边长为a m的正方形线圈在磁感应强度为B T的匀强磁场中，以对角线为轴匀速转动．角速度为ω rad/s，转动轴与磁场方向垂直，若线圈电阻为RΩ，则从图示位置转过90°角的过程中()．图3①磁通量变化率的最大值为Ba2ωWb/s②感应电流的最大值为2Ba2ω/R A③流过导体横截面的电荷量为Ba2/R C④线圈中产生的热量为2ωB2a4/πR JA．①B．①②C．①③D．③④解析线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势最大值为Ba2ω V，即磁通量变化率的最大值为Ba2ω Wb/s；感应电流的最大值应为Ba2ω/R A，有效值为2Ba2ω/2R A；线圈中产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝πωB2a44R J；流过导体横截面的电荷量q＝I·Δt＝ΔΦR＝Ba2R C.答案 C4．在电路的MN间加一如图4所示的正弦交流电，负载电阻为100 Ω，若不考虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为()．图4A．220 V 2.20 A B．311 V 2.20 AC．220 V 3.11 A D．311 V 3.11 A解析电压表和电流表都是表示的有效值，根据图像得出电压的有效值是220 V，根据欧姆定律得出电流的有效值是2.20 A.答案 A5．(2012·全国，19)一台电风扇的额定电压为交流220 V．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图5所示．这段时间内电风扇的用电量为()．图5A．3.9×10－2度B．5.5×10－2度C．7.8×10－2度D．11.0×10－2度解析因1度＝3.6×106J且电流表示数为电流有效值，故用电量W＝U(I1t1＋I2t2＋I3t3)，代入数值得W＝5.5×10－2度，故B项正确．答案 B二、多项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分．每小题选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)6．如图6所示，处在磁感应强度为B的匀强磁场中的单匝矩形线圈abcd，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在离开纸面向外运动．则()．图6A．时刻t线圈中电流的瞬时值i＝BSωR cos ωtB．线圈中电流的有效值I＝BSωRC．线圈中电流的有效值I＝2BSω2RD．线圈消耗的电功率P＝(BSω)2R解析由题目条件可知，回路中感应电流最大值为BSωR，而如图所示，t＝0时刻线圈处于中性面，则电流瞬时值的表达式为i＝BSωR·sin ωt，故A错．而线圈中电流的有效值为I m2＝2BSω2R，故B错、C正确．而线圈消耗的电功率为P＝I2R＝(BSω)22R2·R＝(BSω)22R，故D错．答案 C7．单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴OO′匀速转动，在转动过程中，穿过线框的最大磁通量为Φm，线框中的最大感应电动势为E m，下列说法中正确的是()．A．在穿过线框的磁通量为Φm2的时刻，线框中的感应电动势为E m2B．在穿过线框的磁通量为Φm2的时刻，线框中的感应电动势为E m2C．线框每转动一周，线框中的感应电流方向改变一次D．线框转动的角速度为E mΦm解析闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，若从中性面开始计时，穿过线框的磁通量Φ按余弦规律变化，线框中产生的感应电动势按正弦规律变化，在穿过线框的磁通量为Φm/2的时刻，线框中的感应电动势大于E m/2，A错误；在穿过线框的磁通量为Φm/2的时刻，线框中的感应电动势等于E m/2，B项正确；线框每转动一周，线框中感应电流的方向改变两次，C错误；由E m ＝BSω＝Φmω解得线框转动的角速度为ω＝E m/Φm，D正确．答案BD图78.如图7所示，“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器，音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．图为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器()．A．甲扬声器是高音扬声器B．C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器C．L1的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器D．L2的作用是减弱通过乙扬声器的低频电流解析这是一个实际应用问题，考查对电感、电容在高频、低频同时存在的电路中的综合作用．只要抓住基础知识点，就可进行综合分析．电路中的电感和电容作用可以简单概括为：电感——通直流，阻交流，通低频，阻高频；电容——通交流，隔直流，通高频，阻低频．答案BD图89.距离足够大的金属板A、B间有一电子(不计重力影响)，在A、B间接有如图8所示的正弦式电压u，t＝0时电子从静止开始运动，则()．A．电子做往复运动B．在足够长的时间后，电子一定要碰到某个金属板上C．t＝T/2时，电子速度达到最大值D．t＝T时，电子将回到原出发点解析电子始终朝一个方向运动，不断交替加速、减速，故B、C正确．答案BC三、非选择题(38分)图910．(8分)家庭用吊扇的电源采用220 V单相交流电，电扇中电动机电路如图9所示，C为移相电容，L1、L2为定子线圈．吊扇用了几年后，转速明显变慢，现在电容C上并联了一只标有“2 μF、400 V”的电容后，吊扇转速明显变快了，试说明理由．答案在电容C上并联一只电容后，总电容变大，对交流电起阻碍作用的容抗变小，线圈L中的电流变大，电动机转速明显加快．图1011．(15分)如图10所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕O O′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.当线圈由图示位置转过90°的过程中，求：(1)通过电阻R的电荷量q.(2)电阻R上产生的焦耳热Q.解析 (1)依题意磁通量的变化量ΔΦ＝BS ，线圈转过90°的时间为Δt ＝T 4＝2π4ω＝π2ω，平均感应电动势为E ＝N ΔΦΔt ＝2NBSωπ；平均感应电流为I ＝E R ＋r ＝2NBSωπ(R ＋r )；通过电阻R 的电荷量为q ＝I ·Δt ＝NBSR ＋r. (2)线圈中感应电动势的有效值和最大值E m 的关系是E ＝E m 2＝NBSω2，电路中电流的有效值为I ＝E R ＋r ＝NBSω2(R ＋r ). 电阻R 上产生的焦耳热为 Q ＝I 2R Δt ＝N 2B 2S 2ωR π4(R ＋r )2.答案 (1)NBSR ＋r(2)N 2B 2S 2ωR π4(R ＋r )212．(15分)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图11所示．在磁极与圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向，匝数为N 的矩形线圈．abcd 的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动、bc 和ad 边同时进入磁场，在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两条边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求：图11(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ； (3)外接电阻上电流的有效值I .解析 (1)bc 、ad 边的运动速度v ＝ωl2，感应电动势E m ＝4NBl v ，解得E m ＝2NBl 2ω. (2)电流I m ＝E m r ＋R ，安培力F ＝2NBI m l ，解得F ＝4N 2B 2l 3ωr ＋R.(3)一个周期内，通电时间t ＝49T ，R 上消耗的电能W ＝I 2m Rt ，且W ＝I 2RT解得I＝4NBl2ω3(r＋R).答案(1)E m＝2NBl2ω(2)F＝4N2B2l3ωr＋R(3)I＝4NBl2ω3(r＋R)。