高中物理 综合检测卷B 沪科版选修32
最新沪科版高中物理选修3-2单元测试题及答案全套
最新沪科版高中物理选修3-2单元测试题及答案全套章末综合测评(一) 电磁感应与现代生活(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本大题共12个小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12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，有选错的得0分)1.高频感应炉是用来熔化金属并对其进行冶炼的，如图1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冶炼金属中，因此适于冶炼特种金属，该炉的加热原理是()图1A．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C[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，利用涡流的热效应，可使金属熔化．] 2．如图2，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1∶E2分别为()图2A．c→a,2∶1B．a→c,2∶1C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2C[根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向由N→M，所以电阻R中的电流方向是a→c；由E＝BL v，其他条件不变，磁感应强度变为原来的2倍，则感应电动势也变为原来的2倍．故C正确，A、B、D错误．]3.磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图3方向的感应电流，则磁铁()图3A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动B[当磁铁向上(下)运动时，穿过线圈的磁通量变小(大)，原磁场方向向下，所以感应电流磁场方向向下(上)，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向从上向下看为顺(逆)时针；同理判断出磁铁向右运动或向左运动的情况．故选B.]4.如图4，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则()图4A．T1＞mg，T2＞mgB．T1＜mg，T2＜mgC ．T 1＞mg ，T 2＜mgD ．T 1＜mg ，T 2＞mgA [金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T 1＞mg ，T 2＞mg ，A 项正确．]5.如图5为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图5A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1 C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1 C [根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n (B 2－B 1)S t 2－t 1，选项C 正确．] 6．如图6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E a 和E b .不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )图6A．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向B[由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向．由法拉第电磁感应定律知E＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt＝ΔB·πR2Δt，由于两圆环半径之比R a∶R b＝2∶1，所以E a∶E b＝4∶1，选项B正确．]7.如图7，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v-t图像中，可能正确描述上述过程的是()图7D[导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BL v、I＝ER及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D 正确．]8.如图8所示的电路中，开关S闭合且电路达到稳定时，流过灯泡A和线圈L的电流分别为I 1和I 2，在开关S 断开的瞬间，为使小灯泡能比原来更亮一些，然后逐渐熄灭应( )图8A ．必须使I 2>I 1B ．与I 1、I 2大小无关，但必须使线圈自感系数L 足够大C ．自感系数L 越大，切断时间越短，则I 2也越大D ．不论自感系数L 多大，开关S 断开瞬间I 2只能减小，不会增大A D [开关S 断开后，线圈L 与灯泡A 构成回路，线圈中由于自感电动势作用电流由I 2逐渐减小，灯泡由于与线圈构成回路，灯泡中电流由I 1变为I 2然后逐渐减小，所以要想小灯泡能比原来更亮一些，应有I 2>I 1，所以A 、D 项正确．]9.用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图9所示，在ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt ＝k (k ＜0)．则( )图9A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为krS 2ρD ．图中a 、b 两点间的电势差大小为U ab ＝|14πkr 2|BD [由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过闭合线圈的磁通量减小，根据楞次定律可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A 错误，B 正确；圆环中产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝|12πr 2k |，圆环的电阻为R ＝ρl S ＝2πρr S ，所以圆环中感应电流的大小为I＝ER＝|krS4ρ|，故C错误；图中a、b两点间的电势差U ab＝I×12R＝|14πkr2|，故D正确．]10.如图10所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下、导体棒以恒定速度v向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间t变化的下列图像中正确的是()图10AC[设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x＝v t，导体棒切割磁感线的有效长度L＝v t·tan θ，所以回路中感应电动势E＝BL v＝B v2t·tan θ，感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，故感应电流大小与时间无关，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的功率P＝F v＝BIL v＝BI v2t·tan θ，与时间成正比，故C正确；回路产生的焦耳热Q＝I2Rt，式中电流不变，回路电阻与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误．]11.如图11所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()图11A．当导体棒速度达到v2时加速度大小为g2sin θB．当导体棒速度达到v2时加速度大小为g4sin θC．P＝2mg v sin θD．P＝3mg v sin θAC[当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如图甲所示．甲mg sin θ＝BIL，I＝BL vR，所以mg sin θ＝B2L2vR①当导体棒的速度达到2v时，对导体棒进行受力分析如图乙所示．乙mg sin θ＋F＝2B2L2vR②由①②可得F＝mg sin θ功率P＝F×2v＝2mg v sin θ，故C正确，D错误．当导体棒速度达到v2时，对导体棒受力分析如图丙所示．丙a ＝mg sin θ－B 2L 2v 2R m ③由①③可得a ＝g 2sin θ，故A 正确，B 错误．]12．如图12所示，两条形有界磁场宽度均为d ＝0.5 m ，磁感应强度大小均为B ＝4 T ，方向垂直于纸面，两磁场区域间距也为d .在磁场区域的左边界处有一长L ＝1 m 、宽d ＝0.5 m 的矩形导体线框，线框总电阻为R ＝2 Ω，且线框平面与磁场方向垂直．现使线框以v ＝0.5 m/s 的速度匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定B 垂直纸面向里为正 ，则以下关于线框所受的安培力大小F 及穿过线框磁通量Φ随时间t 变化的四个图像正确的是( )图13A BC DAD [0～1 s 时，线框中产生的感应电动势E ＝Bd v ＝1 V ，由欧姆定律可知，I ＝E R ＝0.5 A ，由安培力公式可知：F ＝BId ＝1 N ；第2 s 内，通过线框的磁通量不变，无感应电流，安培力为零；第3 s内，线框左、右两边均切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向相同，故线框中总的感应电动势为E′＝2Bd v＝2 V，由欧姆定律可知，I′＝E′R＝1 A；线框左、右两边所受安培力均为：F1＝F2＝BI′d＝2N，由左手定则可知，两安培力方向相同，故安培力的合力为4 N，A项正确，B项错误；当t＝2.5 s时，线框位移x＝v t＝2.5d，此时通过线框的磁通量为零，C项错误，D项正确．]二、计算题(本大题共4小题，共52分，按题目要求作答)13．(10分)如图13所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽0.5 m，框电阻不计，匀强磁场磁感应强度为1 T，方向与框面垂直，金属棒MN电阻为1 Ω、质量为0.1 kg，无初速度地释放，并与框保持良好接触地竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中，通过棒某一截面的电荷量为2 C．求：此过程中回路产生的电能．(空气阻力不计，g取10 m/s2)图13【解析】通过导体横截面的电荷量q＝ΔΦR＝BΔSR＝BhlR，h＝qRBl＝4 m.又因为速度达最大时a＝0，mg＝BIl，I＝mgBl＝2 A，而I＝Bl vR，v＝IRBl＝4 m/s.下落过程中重力势能转化为棒的动能和电能，故E＝mgh－12m v2＝0.1×10×4 J－12×0.1×42 J＝3.2 J.【答案】 3.2 J14．(12分)如图14所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑金属导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d＝0.5 m，P、M之间接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B0＝0.2 T的匀强磁场中，两金属棒L1、L2平行地搁在导轨上，其电阻均为r ＝0.1 Ω，质量分别为M1＝0.3 kg和M2＝0.5 kg.固定棒L1，使L2在水平恒力F＝0.8 N的作用下，由静止开始运动．试求：图14(1)当电压表读数为U ＝0.2 V 时，棒L 2的加速度为多大？(2)棒L 2能达到的最大速度v m .【解析】 (1)流过L 2的电流I ＝U r ＝0.20.1 A ＝2 AL 2所受的安培力F ′＝B 0Id ＝0.2 N对L 2由牛顿第二定律可得：F －F ′＝M 2a解得：a ＝1.2 m/s 2.(2)安培力F 安与恒力F 平衡时，棒L 2速度达到最大，设此时电路电流为I m ，则F 安＝B 0I m d而I m ＝B 0d v m 2rF 安＝F解得：v m ＝2Fr B 20d 2＝16 m/s. 【答案】 (1)1.2 m/s 2 (2)16 m/s15．(14分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图15甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g 取10 m/s 2)甲 乙图15(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图15乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt. 【解析】 (1)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL ① 天平平衡有mg ＝N 1B 0IL②当电流为最大值2.0 A 时，N 1有最小值 代入数据得N 1＝25匝． ③ (2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt ④ E ＝N 2ΔB Δt Ld⑤ 由欧姆定律得I ′＝ER⑥ 线圈受到安培力F ′＝N 2B 0I ′L ⑦ 天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL2R⑧代入数据可得 ΔBΔt ＝0.1 T/s.【答案】 (1)25匝 (2)0.1 T/s16．(16分)如图16所示，将边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b 、磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f 且线框不发生转动．求：图16(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v 2； (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v 1； (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q . 【解析】 (1)线框在下落阶段匀速进入磁场时有 mg ＝f ＋B 2a 2v 2R解得v 2＝(mg －f )RB 2a 2.(2)由动能定理，线框从离开磁场至上升到最高点的过程有(mg ＋f )h ＝12m v 21 线框从最高点回落至进入磁场瞬间有 (mg －f )h ＝12m v 22 两式联立解得v 1＝R B 2a 2(mg )2－f 2.(3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有 12m v 20－12m v 21＝Q ＋(mg ＋f )(a ＋b ) 且由已知v 0＝2v 1解得Q ＝3mR 22B 4a 4[(mg )2－f 2]－(mg ＋f )(a ＋b )． 【答案】 (1)(mg －f )R B 2a 2 (2)RB 2a 2(mg )2－f 2 (3)3mR 22B 4a 4[(mg )2－f 2]－(mg ＋f )(a ＋b )章末综合测评(二) 交变电流与发电机(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本大题共12个小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列说法中正确的是( )A ．使用交流电的电器设备所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值B ．用交流电流表和电压表测得的数值是有效值C ．照明电路电压为220 V 指的是最大值D ．所有交变电流的有效值和最大值之间均存在U ＝U m 2和I ＝I m2的关系 B [各种使用交变电流的用电器铭牌上所标的数值均为有效值，故A 错误；交流电表测量值为有效值，故B 正确；照明电路电压为220 V ，是有效值，故C 错误；U ＝U m2，I＝I m2是正弦式交变电压及交变电流有效值和最大值的关系，故D 错误．] 2．电阻为10 Ω的单匝矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律为Φ＝5sin 10t (Wb)，线圈中产生的电流随时间的变化规律为( )A ．i ＝50sin 10t (A)B ．i ＝50cos 10t (A)C ．i ＝5sin 10t (A)D ．i ＝5cos 10t (A)D [由磁通量的表达式可知，磁通量的最大值Φm ＝BS ＝5 Wb ，ω＝10 rad/s 则由感应电动势的最大值E m ＝BSω可知： E m ＝5×10 V ＝50 V则电流的最大值：i ＝5010 A ＝5 A磁通量的表达式Φ＝5sin 10t (Wb)为正弦规律变化，则其电流的表达式应为余弦规律变化．电流的瞬时表达式：i ＝5cos 10t (A)．]3．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是( )B [线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn ＝2πT 知，周期变为正常时的2倍，又据E m＝nBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.]4．如图1所示为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式交变电流的每个二分之一周期内，前14周期被截去，调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压有效值为( )图1A.U m 2B.U m2C.U m 2 2D.2U mA [每个二分之一周期被截去14周期，原电源为正弦交流电，一个周期可以看成只剩半个周期的电压，利用有效值的定义，得(U m 2)2×1R ×12T ＝U 2R ×T ，所以U ＝U m2，故A 正确．]5.阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图2所示的正弦交流电源上．以下说法中正确的是( )图2A ．电压的有效值为10 VB ．通过电阻的电流的有效值为22 AC ．电阻消耗电功率为10 WD ．电阻每秒钟产生的热量为10 JB [根据题给图像可知电压最大值为U max ＝10 V ，有效值为U ＝102 V ，电流有效值为I ＝U R ＝22 A ，电阻消耗的电功率为P ＝I 2R ＝(22)2×10 W ＝5 W ，每秒产生的热量Q ＝I 2Rt ＝5 J ，故B 正确．]6．某兴趣小组在课下用同一小灯泡和电容器、电感器及直流电源和有效值与直流电源相同的交流电源，先后完成了如图3 a 、b 、c 、d 所示实验，关于S 闭合后现象的说法中正确的是( )图3A ．a 、b 中小灯泡都不会发光B ．a 中小灯泡不发光，b 中小灯泡会发光C ．c 、d 中小灯泡都发光，且明亮程度相同D ．c 中小灯泡发光，d 中小灯泡一定不发光B [直流不能通过电容器，交流可以通过电容器，A 错，B 对；电感对直流没有感抗，但对交流有明显感抗，C 、D 均错误．]7.如图4所示，将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )图4A.(2πl 2nB )2PB.2(πl 2nB )2PC.(l 2nB )22PD.(l 2nB )2PB [硬导线转速为n ，角速度为2πn ，电压的最大值为U m ＝Bl 2·2πn ＝2πnBl 2，小灯泡的功率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22·1R＝(2πnBl 2)22R ，所以灯泡的电阻为2(πl 2nB )2P .]8．如图5所示，交流电压u ＝311sin(314t ＋π6)V 加在阻值为220 Ω的电阻两端，则( )图5A ．电压表的读数为311 VB ．电流表的读数为1.414 AC ．电流表的读数为1 AD ．电压表的读数为220 VCD [电压表测的是有效值，故读数为3112 V ≈220 V ，电流表读数应为1 A ，故C 、D正确．]9．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图6所示．由图可知( )图6A ．该交流电的电压瞬时值表达式为u ＝100sin(25πt )VB ．该交流电的频率为25 HzC ．该交流电的电压有效值为100 2 VD ．若将该交流电压加在阻值为R ＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W BD [从题图中可知，交流电周期T ＝4×10－2 s ，峰值电压U m ＝100 V ，故交流电的频率f＝1T＝25 Hz，有效值U＝U m2＝50 2 V，加在R＝100 Ω的电阻上时的热功率P＝U2R＝50 W，瞬时值表达式u＝U m sin 2πT t＝100sin(50πt)V.故正确答案为B、D.]10．如图7甲所示是一台交流发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的正弦规律如图乙．发电机线圈电阻为1 Ω.外接电阻为4 Ω，则()甲乙图7A．该交变电流的频率为25 HzB．电压表的示数为4 VC．在t＝0.01 s时刻，电路中电流的瞬时值为1 AD．若线圈转速变为原来的2倍，耐压值为5 V的电容器与外接电阻并联而不会被烧坏AC[由题图知，周期是0.04 s，频率为25 Hz，A正确；电源的有效值E＝522V，电压表示数U＝RR＋rE＝2 2 V，B错误；由i＝eR＋r得，i＝1 A，C正确；由E m＝NBSω得转速变为原来的2倍，电动势最大值也变为原来的2倍，U m＝8 V，电容器烧坏，D错误．]11．如图8，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕直于纸面、且过O M和O N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图8A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等BC[当线圈进入磁场时，根据楞次定律可得，两导线框中的感应电流的方向为逆时针，根据E＝12BR2ω可得感应电动势恒定，即电流恒定，不是正弦交流电，A错误；当线圈穿出磁场时，根据楞次定律可得，两导线框中的感应电流的方向为顺时针，所以感应电流的周期和其运动周期相等，为T，B正确；根据E＝12BR2ω可得线框在运动过程中感应电动势相等，C正确；线圈N在完全进入磁场后有T4时间内线圈的磁通量不变化，过程中没有感应电动势产生，即线圈在0～T4和T2～3T4内有感应电动势，其余时间内没有，而线圈M在整个过程中都有感应电动势，故即便电阻相等，两者的电流有效值也不会相同，D错误．故选BC.]12．如图9所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，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．则()图9A．线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i＝BSωR cos ωtB．线圈中电流的有效值为I＝BSωRC．线圈中电流的有效值为I＝2BSω2RD．线圈消耗的电功率为P＝(BSω)2 2RCD[回路中感应电动势最大值E m＝BSω，电流最大值I m＝E mR＝BSωR，t＝0时线圈在中性面，故电流瞬时值表达式i＝BSωR sin ωt，线圈中电流的有效值I＝I m2＝2BSω2R，P＝I2R＝B2ω2S22R，故A、B错误，C、D正确．]二、计算题(本大题共4小题，共52分，按题目要求作答)13．(12分)如图10所示，匝数为100匝、边长为0.2 m的正方形线圈，在磁感应强度为2 T的匀强磁场中，从中性面开始以10π rad/s的角速度绕OO′轴匀速转动．若线圈自身电阻为2 Ω，负载电阻R＝6 Ω，取π2＝10，则开始转动120s内在R上产生的热量为多少？图10【解析】感应电动势的最大值为E m＝NBSω＝100×2×0.2×0.2×10π V＝80π V有效值为E＝E m2＝402π V电流的有效值为I＝ER＋r ＝402π6＋2A＝52π A故产生的热量为Q＝I2Rt＝150 J.【答案】150 J14．(12分)如图11所示为一周期性变化的电压，求其电压的有效值．图11【解析】由题图可知该电压的变化周期T＝16×10－2s.由于该电压不是正弦交变电压，所以其有效值要由定义来计算，即找与其相等热效应的直流电压值：在一个周期内经过电阻R的发热量为：Q1＝U21(t1＋t4)/R＋U22(t2＋t3)/R，式中t1、t2、t3、t4分别为图中一个周期内对应的电压U1、U2的通电时间．另一个直流电路通过电阻R的发热量为Q2＝(U2/R)×T，由定义可知Q1＝Q2，得U＝U21(t1＋t4)＋U22(t2＋t3)t1＋t2＋t3＋t4＝U21＋U222，则U＝62.5V≈7.91V，即为所求电压的有效值．【答案】7.91 V15. (14分)交流发电机模型的矩形线圈abcd在匀强磁场中绕与磁场垂直的轴匀速转动．线圈共有n匝，边长ab＝L1，bc＝L2，线圈的内电阻为r，外电阻为R，磁感应强度是B，线圈转动的角速度是ω，如图12所示．求：图12(1)感应电动势的最大值；(2)转动过程中电流表的读数；(3)线圈转动一周，外力做了多少功？【解析】(1)感应电动势的最大值E m＝nBL1L2ω.(2)根据有效值与最大值的关系E＝E m 2得电压有效值E＝12nBL1L2ω根据闭合电路欧姆定律I＝ER＋r＝2nBL1L2ω2(R＋r).(3)线圈匀速转动，外力做的功等于电路所产生的电能W＝I2(R＋r)T＝πωn2B2L21L22R＋r.【答案】(1)nBL1L2ω(2)2nBL1L2ω2(R＋r)(3)πωn2B2L21L22R＋r16．(14分)将交变电压u＝2202sin(100πt)V接到“220 V100 W”的灯泡两端，若灯泡灯丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡的电流的最大值；(2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡的电流i的瞬时值表达式．【解析】(1)交变电压的有效值U＝22022V＝220 V，灯泡的额定电压为U＝220 V，因此灯泡恰好正常发光．由“220 V100 W”知该灯泡电阻为R＝U2P＝484 Ω.通过灯泡的电流的最大值为I m＝U mR＝2202484A＝0.64 A.(2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P＝100 W.(3)周期T＝2πω＝2π100π＝0.02 s，每秒钟电流方向改变的次数n＝tT×2＝10.02×2＝100(次)．(4)通过灯泡的电流的瞬时值表达式为i＝I m sin ωt＝0.64 sin(100πt)A.【答案】(1)0.64 A(2)100 W(3)100次(4)i＝0.64 sin (100πt) A章末综合测评(三) 电能的输送与变压器(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本大题共12个小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．对于理想变压器来说，下列说法中不正确的是()A．变压器是利用互感现象制成的B．变压器可以改变各种电源的额定功率C．变压器不仅能改变电压，同时还能改变电流D．变压器的初级电流随次级电流的增大而增大B[由变压器的原理和电压、电流、功率的关系可判断．只有B说法不正确．]2．如图所示的四个电路，能够实现升压的是()A BC DD[变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压，C不能实现升压．]3．如图1为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n1＝n4＜n2＝n3，A1、A2、A3为相同的理想交流电流表，当a、b端接入低压交流电源时，则()图1A．A1、A2的示数相等B．A1、A2、A3的示数相等C．A1的示数大于A2的D．A2的示数大于A3的C[根据变压器的规律电流与匝数成反比，得I1I2＝n2n1，且n1＜n2，故A1的示数大于A2，故A、B错误，C正确；同理，A2的示数小于A3的，故D错误．]4．如图2甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图2乙所示的交变电压时，额定功率为10 W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Ω，图中电。
沪教版高二物理选修3-2期末试题及答案
φtOφtOφtOφtOt 0 2t 0 甲乙丙丁高二物理期末测试题试题说明：1．本套试题适用于沪教版3—2；总分100分；时间90分钟。
2．试题着眼于基础知识的考查；其中基本概念、基本原理占到本试题分值的70%。
3．本套试题偏重于电磁感应、交流电；高压输电；占90%一、选择题（每小题至少有一个选项正确；每小题4分；共计48分）（ ）1、关于对楞次定律的理解；下面说法中正确的是： A ．感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化 B ．感应电流的磁场方向；总是跟原磁场方向相同 C ．感应电流的磁场方向；总是跟原磁砀方向相反D ．感应电流的磁场方向可以跟原磁场方向相同；也可以相反（ ）2、穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示；下列关于回路中产生的感应电动势的论述；正确的是 A ．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B ．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C ．图丙中回路在0～t 0时间内产生的感应电动势大于t 0～2t 0时间内产生的感应电动势D ．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变 ( ) 3．一矩形线圈；绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动；线圈内的感应电动势e 随时间t 的变化如图所示；则下列说法中正确的是A ．t 1时刻通过线圈平面的磁通量为零1102－11020.010.02t/su/VB ．t 2时刻通过线圈平面的磁通量最大C ．t 4时刻通过线圈平面的磁通量的变化率的绝对值最大D ．每当感应电动势e 变换方向时；通过线圈平面的磁通量的绝对值都为最大( ) 4．一交流电压的图象如图所示；将该交流电压加在一阻值为22Ω的电阻两端；下列说法中正确的是A ．该电阻消耗的功率为1100WB ．该交流电压的瞬时值表达式为π100sin 2110=u t （V ）C ．并联在该电阻两端的交流电压表的示数为2110VD ．流过电阻的电流方向每秒改变50次( ) 5. 如图所示；一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝；副线圈匝数n2=180匝；交流电源的电压1U 2202sin120tV π=；电阻R=45Ω；电压表、电流表均为理想电表；则A ．交流电的频率为50HzB ．A1的示数约为0.13AC ．该交变电压不能加在耐压值为300V 的电容器上D ．V 的示数为36V ( ) 6．给额定功率为60W 、额定电压为220V 的白炽灯泡加上如图所示的电压；恰使灯泡正常发光；则所加电压 U0的大小最接近于A ．440VB ．350VC ．310VD ．220V( ) 7.如图所示为一理想变压器；原副线圈的匝数之比为1︰n ；副线圈接一定值电阻R .A.若ab 之间接直流电压U ；则R 中的电流为nU RB.若ab 之间接直流电压U ；则原、副线圈中的电流均为零C.若ab 之间接交流电压U ；则原线圈中的电流为RU n 2D.若ab 之间接交流电压U ；则副线圈中的电流为nRU L 1 L 2a bCLR（ ）8、如图所示；同一水平面上足够长的固定平行导轨MN 、PQ 位于垂直于纸面向里的匀强磁场中；导轨上有两根金属棒ab 、cd ；能沿导轨无摩擦滑动；金属棒和导轨间接触良好；开始ab 、cd 都静止。
沪科版物理选修3-2模块综合测试(word版含解析)
模块综合测试一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。
在每小题给出的四个选项中,第1~6题只有一个选项符合题目要求,第7~10题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有错选的得0分)1.如图所示,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2。
则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为()A.c→a,2∶1B.a→c,2∶1C.a→c,1∶2D.c→a,1∶22.电熨斗能自动控制温度,在熨烫不同的织物时,设定的温度可以不同,如图为电熨斗的结构图,电熨斗内部装有双金属片,双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属,若把熨烫的棉麻衣物换成丝绸衣物,则如何调节调温旋钮()A.向下B.向上C.保持原状D.不能确定3.如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。
在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开S。
下列表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图像中,正确的是()4.如图所示,接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡L1、L2和L3,输电线的等效电阻为R。
当滑动触头P向上移动一段距离后,下列说法正确的是()A.等效电阻R上消耗的功率变大B.三个灯泡都变亮C.原线圈两端的输入电压减小D.原线圈中电流表示数减小5.如图所示,图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其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电阻R=10 Ω连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电压表,示数是10 V。
图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图像。
则()A.电阻R上的电功率为20 WB.0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C.R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos 100πt VD.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos 50πt A6.如图所示,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。
沪科版高中物理选修3-2测试题
高中物理学习材料金戈铁骑整理制作物理选修3-2测试题一、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，有一到两个选项正确，选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不选的得0分。
）1、关于电磁感应，下列说法正确的是（ ）A ．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B ．导体作切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C ．闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流D ．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流2、关于自感电动势的大小，下列说法正确的是（ ）A ．跟通过线圈的电流大小有关B ．跟线圈中的电流变化大小有关C ．跟线圈中的电流变化快慢有关D ．跟穿过线圈的磁通量大小有关3．如图1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 做匀速运动时，它受到AB 的作用力为（ ）A ．零B ．引力，且逐步变小C ．引力，且大小不变D ．斥力，且逐步变小4．如图2所示，电阻R 和线圈自感系数L 的值都较大，电感线圈的电阻不计，A 、B 是两只完全相同的灯泡，当开关S 闭合时，电路可能出现的情况是（ ）A ． A 、B 一起亮，然后B 熄灭B ．A 比B 先亮，然后A 熄灭C ．A 、B 一起亮，然后A 熄灭D ．B 比A 先亮，然后B 熄灭5．交流发电机正常工作时，电动势的变化规律为e=Emsinωt ．如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，则：（ ）A.只是电动势的最大值增加一倍B.电动势的最大值和周期都增加一倍C.电动势的最大值和周期都减小一半D.只是频率减小一半，周期增加一倍6．如图3为理想变压器原线圈所接电源电压波形，原副线圈匝数之比n1∶n2 = 10∶1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A ，下则说法正确的是（ ）图3 图1 图2 U/Vt/s0 2220 2220 0.010.02A ．变压器输出两端所接电压表的示数为222VB ．变压器输出功率为2202WC ．变压器输出的交流电的频率为50HZD ．该交流电每秒方向改变50次7．对于扼流圈的以下说法，正确的是（ ）A ．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的B ．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”C ．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”D ．高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用小，对高频交变电流阻碍作用大8．理想变压器的原线圈接正弦式电流，副线圈接负载电阻Ｒ，若输入电压不变，要增大变压器的输出功率，可行的措施有（ ）Ａ．只增大负载电阻Ｒ的阻值 Ｂ．只减小负载电阻Ｒ的阻值Ｃ．只增大原线圈的匝数 Ｄ．只增大副线圈的匝数9．有两个完全相同的电阻，一个通以10A 的直流电流,热功率为P ，另一个通以正弦式交变电流，热功率为2P ，那么 （ ）A ．交流的有效值为10AB ．交流的最大值为10AC ．交流的有效值为20AD ．交流的最大值为20A10、图4中关于日光灯电路图正确的是:（ ）A B C D二、填空题（共4小题，每空3分，共30分）11、如图5所示是一交流电压随时间变化的图象，此交流的周期为___s ，交流电压的有效值为_____V 。
高中物理(沪科版)选修3-1综合检测2
综合检测(二)第2章电场与示波器(分值：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个答案是正确的，把正确答案的字母填在题后的括号内．)1．(2012·广州高二检测)如图所示，A、B两点场强的大小和电势的大小均不相等的是()【解析】A选项中两点场强的大小和电势的大小都相等，B选项中，场强的大小和电势的大小都不相等，C选项中场强相等，电势不等，D选项中，场强不相等，电势相等，故选B.【答案】 B2．将电量为3×10－6 C的负电荷，放在电场中A点，受到的电场力大小为6×10－3 N，方向水平向右，则将电量为6×10－6 C的正电荷放在A点，受到的电场力为() A．1.2×10－2 N，方向水平向右B．1.2×10－2 N，方向水平向左C．6×10－3 N，方向水平向右D．6×10－3 N，方向水平向左【解析】A点的电场强度E＝F/q＝6×10－3/(3×10－6)＝2×103N/C，方向水平向左；放入正电荷后电场强度不变，所以F＝Eq′＝2×103×6×10－6 N/C＝1.2×10－2 N，方向水平向左．故选项B正确．【答案】 B3．电场中A、B两点间的电势差为U，一个静止于A点、电量为q的正点电荷，在电场力的作用下从A点移动到B点．电场力所做的功等于()A．U B．U/q C．q/U D．qU【解析】根据W AB＝qU，D正确．【答案】 D图14．(2010·山东高考)某电场的电场线分布如图1所示，以下说法正确的是() A．c点场强大于b点场强B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小【解析】电场线的疏密表示电场的强弱，A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；＋q在a点所受电场方向沿电场线的切线方向，由于电场线为曲线，所以＋q不沿电场线运动，C项错误；在d点固定一点电荷－Q后，a点电势仍高于b点，＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减小，D项正确．【答案】BD5．某静电场的电场线分布如图2所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则()图2A．E P＞E Q，φP＞φQ B．E P＞E Q，φP＜φQC．E P＜E Q，φP＞φQ D．E P＜E Q，φP＜φQ【解析】P点处电场线分布的密集些，Q处电场线分布稀疏些，则E P＞E Q.图中，电场线的方向是由P指向Q，根据顺着电场线的方向，电势依次降落，有P点电势高于Q点电势．【答案】 A图36．如图3所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中()A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流【解析】解题关键是电容器与电源相连，其电压不变．由C＝εS4πkd可知，当d增大时，C减小，而电容器始终与电源相连，故U不变，由C＝QU可知，Q变小，即电容器将放电，电流从a流向b，故正确答案为BC.【答案】BC7．(2012·三明一中高二检测)如图4所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()图4A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小【解析】设电子经加速电场后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝m v20 2①设偏转电场的极板长为L，则电子在偏转电场中运动时间t＝Lv0②电子在偏转电场中受电场力作用获得的加速度a＝qU2md③电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度v y＝at ④由②③④得v y＝qU2L md v0.所以，tan θ＝v yv0＝qU2Lmd v20.①式代入上式得tan θ＝U2L2U1d，所以B正确．【答案】 B二、非选择题(本题共5个小题，共58分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)图58．(6分)如图5所示，在边长为30 cm 的正三角形的两个顶点A 、B 上各放一个带电小球，其中Q 1＝4×10－6 C ，Q 2＝－4×10－6 C ，则它们在三角形另一顶点C 处所产生的电场强度大小是________，方向________．【解析】 Q 1、Q 2在C 点产生的场强矢量叠加即可．如图E ＝E 1＝E 2＝k Q 1r 2＝9×109×4×10－6(30×10－2)2N/C＝4×105 N/C.【答案】 4×105 N/C 与AB 边平行，且向右9．(8分)一个质量为m 的电子，以初速度v 0沿与电场线平行的方向射入匀强电场．经过时间t ，电子具有的电势能与刚射入电场时具有的电势能相同，则此匀强电场的电场强度E ＝________，电子在电场中通过的路程为________．【解析】 根据题意，经时间t 电子具有的电势能与刚射入电场时的电势能相同，即在时间t 内电场力对电子所做的功为零．所以有t ＝2v 0a ，a ＝eEm 解得E ＝2m v 0et在t2时间内电子的平均速度为v 02，由此可得电子在t 时间内运动的路程为s ＝v 0t 2. 【答案】 2m v 0/et 12v 0t10．(12分)地球是一个带电体，且电荷均匀分布于地球表面．若已知地球表面附近有一电量为2×10－4 C的正电荷受到4×10－3 N的电场力，且方向竖直向下，则地球带何种电荷？所带总电量为多少？(已知地球半径R＝6.4×106 m，k＝9×109 N·m2/C2) 【解析】地球所带电量可以认为集中于地球中心，设地球所带电量为Q，则地球表面附近的场强E＝kQR2①据场强定义知E＝Fq②将k＝9×109 N·m2/C2，R＝6.4×106 m，F＝4×10－3 N，q＝2×10－4 C代入①②求得Q＝9.1×104 C因正电荷受到的电场力竖直向下，故地球附近的电场方向竖直向下，即指向地心，地球带负电．【答案】负电9.1×104 C11．(15分)(2012·南平一中高二检测)如图6所示，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强E＝1.2×102 V/m，极板间距离d＝5 cm，电场中C和D点分别到A、B两板的距离均为0.5 cm，B板接地，求：图6(1)C和D两点的电势、两点间电势差各为多少？(2)将点电荷q＝2×10－2 C从C点匀速移到D点时外力做多少功？【解析】(1)因正极板接地，故板间各点电势均小于零，则U BD、U BC均大于零，由U＝Ed得U BD＝Ed BD＝1.2×102×0.5×10－2 V＝0.6 V，即φD＝－0.6 V.由于d CB＝5 cm－0.5 cm＝4.5 cm＝4.5×10－2 m，所以U CB＝－Ed CB＝－1.2×102×4.5×10－2 V＝－5.4 V＝φC.所以U CD＝φC－φD＝－5.4 V－(－0.6 V)＝－4.8 V(2)因为匀速移动，外力所做的功等于电场力所做的功W外＝|qU CD|＝2×10－2×4.8 J ＝9.6×10－2 J.【答案】(1)－5.4 V－0.6 V－4.8 V(2)9.6×10－2 J12．(17分)两平行金属板A 、B 水平放置，一个质量为m ＝5×10－6 kg 的带电粒子，以v 0＝2 m/s 的水平速度从两板正中央位置射入电场，如图7所示，A 、B 两板间距离为d ＝4 cm ，板长l ＝10 cm.图7(1)当A 、B 间的电压为U AB ＝1 000 V 时，粒子恰好不偏转，沿图中直线射出电场，求该粒子的电荷量和电性．(2)令B 板接地，欲使粒子射出偏转电场，求A 板所加电势的范围．(g 取10 m/s 2) 【解析】 (1)粒子做直线运动，合力为0，故在竖直方向上有：qE ＝mg ，即q U ABd＝mg ，解得电荷量q ＝mgdU AB＝2×10－9 C ，因为电场力方向向上，故粒子带负电．(2)题目中并未说明粒子的偏转方向，故粒子可能向上、下两方向偏转．当qE ＞mg 时，粒子向上偏，若粒子恰沿板的边缘M 点飞出，则有侧移量y ＝d2，即d 2＝12a 1t 2，其中a 1＝qU 1md －g ，t ＝lv 0，解得U 1＝2 600 V ，由于φB ＝0，则φA ＝2 600 V ，同理可得粒子向下偏时，a 2＝qU 2md ＋g ，代入d 2＝12a 2t 2，解得U 2＝600 V ，即φA ′＝600 V .据题意知，A 板电势范围应为600 V ≤φA ≤2 600 V . 【答案】 (1)2×10－9 C 负 (2)600 V ≤φA ≤2 600 V。
2021-2022学年高二物理沪科版选修3-2综合检测卷A
综合检测卷A(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.金属探测器能挂念医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物，是由于探测器的线圈中能产生涡流C.使用金属探测器的时候，应当让探测器静止不动，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，是由于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沟通电的探测线圈，会在隐蔽金属中激起涡流，反射回探测线圈，从而转变原沟通电的大小和相位，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，探测器中的线圈的沟通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，并穿过线圈向远处而去，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(线圈中电流的图示箭头方向为正方向) ()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渐渐增加，由楞次定律可知，线圈中的感应电流为正方向，当条形磁铁的正中心到达线圈位置时，磁通量的变化率最小，感应电流为零，当条形磁铁正中心通过线圈后，穿过线圈向右的磁通量渐渐减小，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，电源内阻不行忽视，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列推断正确的是() 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渐渐变暗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灯马上亮，A灯由于电感L的自感作用，将渐渐变亮，由于总电流渐渐变大，路端电压变小，B灯渐渐变暗，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 AC.83A D.2303 A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 m2)2Rt1＋I2m Rt2＝I2RT.而T＝t1＋t2，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 mD.角速度ω等于E m/Φm答案 D解析 依据正弦式交变电流的产生及其变化规律(设从中性面开头)，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B 1随时间t 的变化关系如图(1)所示，磁场方向垂直线框平面对下.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B 2，方向垂直导轨平面对下，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图中的(设向右为静摩擦力的正方向)哪一个 ( )图 4答案 A解析 依据楞次定律、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.某发电站用11 kV 的交变电压输电，输送功率确定，输电线的电阻为R ，现若用变压器将电压上升到330 kV 送电，下面选项正确的是( )A.因I ＝UR ，所以输电线上的电流增为原来的30倍B.因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的130C.因P ＝U 2R，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的功率不变，可将输电线的半径减为原来的130答案 BD解析 输送功率P ＝UI 确定，电压上升后，电流变为原来的11330＝130，A 错误，B 正确；P 损＝I 2R ，损失功率变为原来的(130)2＝1900，P ＝U 2R ，其中U 不是输送电压，是损失电压，C 错误；半径变为原来的130，依据公式R ＝ρlS，电阻变为原来的900倍，P 损＝I 2R ，损失功率保持不变，D 正确.8.如图5甲是录音机的录音电路原理图，乙是争辩自感现象的试验电路图，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，依据电磁感应原理，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，声波的振动会转变M 、N 间的距离，从而转变了电容的大小，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，并加在一抱负变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，为沟通电压表.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.以下推断正确的是( )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，沟通电压的最大值U m ＝5 V ，所以电压表的示数U 1＝U m 2＝52 V ，故选项A 错误，选项B 正确；依据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 0002 V ，所以点火的条件n 2n 1>5 0002 V 52V ＝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，以下推断正确的是 ( )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 确定，故q 1＝q 2，故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，故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 ＝________.线框从中性面开头转过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 ＝E R ＝2BSω2R ，电荷量q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝ΔΦR ＝BS R . 12.(7分)在争辩电磁感应现象试验中，(1)为了能明显地观看到试验现象，请在如图9所示的试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)将原线圈插入到副线圈中，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，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故电流的绕行方向相反.(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，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故电流的绕行方向相同.四、计算题(本题共4小题，共45分)13.(8分)轻质细线吊着一质量为m ＝0.32 kg 、边长为L ＝0.8 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，总电阻为r ＝1 Ω、边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图10甲所示，磁场方向垂直纸面对里，大小随时间变化关系如图乙所示，从t ＝0开头经t 0时间细线开头松驰，取g ＝10 m/s 2.求：图10(1)在前t 0时间内线圈中产生的电动势； (2)在前t 0时间内线圈的电功率； (3)t 0的值.答案 (1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s 解析 (1)由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝n ×12×(L 2)2ΔB Δt ＝10×12×(0.82)2×0.5 V ＝0.4 V .(2)I ＝Er＝0.4 A ，P ＝I 2r ＝0.16 W.(3)线圈受力分析可知，当细线松驰时有： F 安＝nBI L 2＝mg ，I ＝ErB ＝2mgrnEL＝2 T由题图乙知：B ＝1＋0.5t 0(T)， 解得t 0＝2 s.14.(10分)如图11所示为沟通发电机示意图，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 80 W 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 V S 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＋5A ＝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，为了削减电能损失，使用2 kV 高压输电，最终用户得到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甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.20 m ，电阻R ＝0.40 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.10 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.10 Ω，导轨的电阻可忽视不计.整个装置处于磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下.现用一水平外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开头运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若抱负电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示.从金属杆开头运动经t ＝5.0 s 时，求：图13(1)通过金属杆的感应电流的大小和方向； (2)金属杆的速度大小； (3)外力F 的瞬时功率.答案 (1)1.0 A b →a (2)5.0 m/s (3)1.0 W 解析 (1)由题图乙可知，t ＝5.0 s 时的U ＝0.40 V 此时电路中的电流(即通过金属杆的电流)I ＝UR ＝1.0 A用右手定则推断出，此时电流的方向为由b 指向a(2)金属杆产生的感应电动势E ＝I (R ＋r )＝0.50 V 因E ＝BL v ，所以5.0 s 时金属杆的速度大小 v ＝EBL＝5.0 m/s (3)金属杆速度为v 时，电压表的示数应为U ＝RR ＋rBL v由题图乙可知，U 与t 成正比，由于R 、r 、B 及L 均为不变量，所以v 与t 成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动. 金属杆运动的加速度a ＝vt ＝1.0 m/s 2依据牛顿其次定律，在5.0 s 末时对金属杆有F －BIL ＝ma ，解得F ＝0.20 N 此时F 的瞬时功率P ＝F v ＝1.0 W.。
高中物理选修32综合测试题(含答案)
1.如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度的大小随时间变化。
下列说法中正确的是（ ）①当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小②当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大③当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大④当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变A.只有②④正确B.只有①③正确C.只有②③正确D.只有①④正确2.一飞机在北半球的上空以速度v 水平飞行，飞机机身长为a ，翼展为b ；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B 1，竖直分量为B 2；驾驶员左侧机翼的端点用A 表示，右侧机翼的端点用B 表示，用E 表示飞机产生的感应电动势，则（ ）A.E =B 1vb ，且A 点电势低于B 点电势B.E =B 1vb ，且A 点电势高于B 点电势C.E =B 2vb ，且A 点电势低于B 点电势D.E =B 2vb ，且A 点电势高于B 点电势3.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）（ ） 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 4.如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示.在0-T /2时间内，直导线中电流向上，则在T /2-T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（ ） A.感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B.感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 C.感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 D.感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左5.图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l ，磁场方向垂直纸面向里.abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离也为l.t=0时刻，bc 边与磁场区域边界重合（如图）.现令线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿a →b →c →d →a 的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是（ ）6.如图所示电路中，A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 是一个理想电感线圈，当S 闭合与断开时，A 、B 的亮度情况是（ ） A.S 闭合时，A 立即亮，然后逐渐熄灭B.S 闭合时，B 立即亮，然后逐渐熄灭C.S 闭合足够长时间后，B 发光，而A 不发光D.S 闭合足够长时间后，B 立即熄灭发光，而A 逐渐熄灭 7.铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置。
学年高二物理沪科版选修3-2学业分层测评：第二章 章末综合测评(含解析)
章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共12个小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列说法中正确的是()A．使用交流电的电器设备所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值B．用交流电流表和电压表测得的数值是有效值C．照明电路电压为220 V指的是最大值D．所有交变电流的有效值和最大值之间均存在U＝U m2和I＝I m2的关系【解析】各种使用交变电流的用电器铭牌上所标的数值均为有效值，故A 错误；交流电表测量值为有效值，故B正确；照明电路电压为220 V，是有效值，故C错误；U＝U m2，I＝I m2是正弦式交变电压及交变电流有效值和最大值的关系，故D错误．【答案】 B2．电阻为10Ω的单匝矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律为Φ＝5sin 10t(Wb)，线圈中产生的电流随时间的变化规律为()A．i＝50sin 10t(A)B．i＝50cos 10t(A)C．i＝5sin 10t(A) D．i＝5cos 10t(A)【解析】由磁通量的表达式可知，磁通量的最大值Φm＝BS＝5 Wb，ω＝10 rad/s则由感应电动势的最大值E m＝BSω可知：E m＝5×10 V＝50 V则电流的最大值：i ＝5010 A ＝5 A磁通量的表达式Φ＝5sin 10t (Wb)为正弦规律变化，则其电流的表达式应为余弦规律变化．电流的瞬时表达式：i ＝5cos 10t (A)．【答案】 D3．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是( )【解析】 线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn ＝2πT 知，周期变为正常时的2倍，又据E m ＝nBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.【答案】 B4．如图1所示为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式交变电流的每个二分之一周期内，前14周期被截去，调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压有效值为( )图1A ．U m /2 B ．U m / 2C ．U m /2 2 D.2U m【解析】 每个二分之一周期被截去14周期，原电源为正弦交流电，一个周期可以看成只剩半个周期的电压，利用有效值的定义，得(U m 2)2×1R ×12T ＝U 2R ×T ，所以U ＝U m 2，故A 正确．【答案】 A5.阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图2所示的正弦交流电源上．以下说法中正确的是( )图2A ．电压的有效值为10 VB ．通过电阻的电流的有效值为22 AC ．电阻消耗电功率为10 WD ．电阻每秒钟产生的热量为10 J【解析】 根据图像可知电压最大值为U max ＝10 V ，有效值为U ＝102V ，电流有效值为I ＝U R ＝22 A ，电阻消耗的电功率为P ＝I 2R ＝(22)2×10 W ＝5 W ，每秒产生的热量Q ＝I 2Rt ＝5 J ，故B 正确．【答案】 B6．某兴趣小组在课下用同一小灯泡和电容器、电感器及直流电源和有效值与直流电源相同的交流电源，先后完成了如图3a 、b 、c 、d 所示实验，关于S 闭合后现象的说法中正确的是( )A ．a 、b 中小灯泡都不会发光B ．a 中小灯泡不发光，b 中小灯泡会发光C ．c 、d 中小灯泡都发光，且明亮程度相同D ．c 中小灯泡发光，d 中小灯泡一定不发光【解析】 直流不能通过电容器，交流可以通过电容器，A 错，B 对；电感对直流没有感抗，但对交流有明显感抗，C 、D 均错误．【答案】 B7．如图4所示，将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )图4A.(2πl 2nB )2PB.2(πl 2nB )2PC.(l 2nB )22P D.(l 2nB )2P【解析】 硬导线转速为n ，角速度为2πn ，电压的最大值为U m ＝Bl 2·2πn＝2πnBl 2，小灯泡的功率P ＝(U m 2)2·1R ＝(2πnBl 2)22R ，所以灯泡的电阻为2(πl 2nB )2P . 【答案】 B8．如图5所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略(两电源的电动势相同)．单刀双掷开关S 接A 时，三个灯亮度相同，那么S 接B 时( )A．三个灯亮度相同B．甲灯最亮，丙灯不亮C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D．只有丙灯不亮，乙灯最亮【解析】开关S接A时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过，开关S 接B时，电路处于直流工作状态．电容器C“隔直流、通交流”；电感线圈L“阻交流、通直流”；R对交流电、直流电有相同的阻抗．可判断S接B时电路中I 丙＝0，I甲不变，I乙增大；又因为灯泡亮度与功率(P＝I2R)成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮．故选D.【答案】 D9．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图6所示．由图可知()图6A．该交流电的电压瞬时值表达式为u＝100sin(25πt)VB．该交流电的频率为25 HzC．该交流电的电压有效值为100 2 VD．若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W【解析】从图中可知，交流电周期T＝4×10－2 s，峰值电压U m＝100 V，故交流电的频率f＝1T＝25 Hz，有效值U＝U m2＝50 2 V，加在R＝100 Ω的电阻上时的热功率P＝U2R＝50 W，瞬时值表达式u＝U m sin2πT t＝100sin(50πt)V.故正确答案为B、D.【答案】 BD10．如图7甲所示是一台交流发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的正弦规律如图乙．发电机线圈电阻为1 Ω.外接电阻为4 Ω，则( )甲 乙图7A ．该交变电流的频率为25 HzB ．电压表的示数为4 VC ．在t ＝0.01 s 时刻，电路中电流的瞬时值为1 AD ．若线圈转速变为原来的2倍，耐压值为5 V 的电容器与外接电阻并联而不会被烧杯【解析】 由图知，周期是0.04 s ，频率为25 Hz ，A 正确，电源的有效值E ＝522 V ，电压表示数U ＝R R ＋r E ＝2 2 V ，B 错误，由i ＝e R ＋r得，i ＝1 A ，C 正确，由E m ＝NBSω得转速变为原来的2倍，电动势最大值也变为原来的2倍，U m ＝8 V ，电容器烧杯，D 错误．【答案】 AC11．矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图8所示．下列结论正确的是( )图8A ．在t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 时，电动势最大B ．在t ＝0.2 s 和t ＝0.4 s 时，电动势改变方向C ．电动势的最大值是157 VD ．在t ＝0.4 s 时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s 【解析】 在t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 时，矩形线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0，电动势为0，此时电动势改变方向．故A 、B 错误．由图像可知，周期为0.4 s ，故角速度ω＝2πT ＝5π，而最大电动势为E m ＝nBSω＝157 V ，C 正确．在t ＝0.4 s 时，磁通量为0，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s.故D 正确．【答案】 CD12．图9甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )甲 乙图9A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B ．电压的有效值都是311 VC ．电压的有效值图甲大于图乙D ．图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin 100πt (V)【解析】 两图中电流的大小和方向均做周期性变化，均为交流电，A 错；两图中电压的最大值是311 V ，有效值均小于311 V ，B 错；将两个图像置于同一坐标系中，可以判断电压的有效值图甲大于图乙，C 正确；甲中交变电流周期T ＝0.02 s ，ω＝2πT ＝100π rad/s ，带入u ＝311 sin ωt ，D 正确．【答案】 CD二、计算题(本大题共4个小题，共52分，按题目要求作答．)13．(12分)如图10所示，匝数为100匝、边长为0.2 m 的正方形线圈，在磁感应强度为2 T 的匀强磁场中，从中性面开始以10π rad/s 的角速度绕OO ′轴匀速转动．若线圈自身电阻为2 Ω，负载电阻R ＝6 Ω，取π2＝10，则开始转动120s 内在R 上产生的热量为多少？图10【解析】 感应电动势的最大值为E m ＝NBSω＝100×2×0.2×0.2×10π V ＝80π V有效值为E ＝E m 2＝402π V 电流的有效值为 I ＝ER ＋r ＝402π6＋2 A ＝52π A故产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝150 J.【答案】 150 J 14．(12分)如图11所示为一周期性变化的电压，求其电压的有效值.图11【解析】 由图可知该电压的变化周期T ＝16×10－2s.由于该电压不是正弦交变电压，所以其有效值要由定义来计算，即找与其相等热效应的直流电压值：在一个周期内经过电阻R 的发热量为：Q 1＝U 21(t 1＋t 4)/R ＋U 22(t 2＋t 3)/R ，式中t 1、t 2、t 3、t 4分别为图中一个周期内对应的电压U 1、U 2的通电时间．另一个直流电路通过电阻R 的发热量为Q 2＝(U 2/R )×T ，由定义可知Q 1＝Q 2，得U ＝U 21(t 1＋t 2)＋U 22(t 2＋t 3)t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝U 21＋U 222，则U ＝62.5V ≈7.91 V ，即为所求电压的有效值．【答案】 7.91 V15．(14分)如图12所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB 轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52πT ，线框CD 边长为20 cm ，CE 、DF 长均为10 cm ，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：图12(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在e -t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像．【解析】 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t 时刻线框转过的角度为ωt ，此时刻e ＝Bl 1l 2ωcos ωt即e ＝BSωcos ωt其中B ＝52π T ，S ＝0.1×0.2 m 2＝0.02 m 2ω＝2πn ＝2π×50 rad/s故e ＝52π×0.02×100πcos 100πt (V)即e ＝102cos 100πt (V)．(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示．【答案】(1)e＝102cos 100πt (V)(2)见解析16．(14分)交流发电机模型的矩形线圈abcd在匀强磁场中绕与磁场垂直的轴匀速转动．线圈共有n匝，边长ab＝L1，bc＝L2，线圈的内电阻为r，外电阻为R，磁感应强度是B，线圈转动的角速度是ω，如图13所示．求：图13(1)感应电动势的最大值；(2)转动过程中电流表的读数；(3)线圈转动一周，外力做了多少功？【解析】(1)感应电动势的最大值E m＝nBL1L2ω.(2)根据有效值与最大值的关系E＝E m 2得电压有效值E＝12nBL1L2ω根据闭合电路欧姆定律I＝ER＋r＝2nBL1L2ω2(R＋r).(3)线圈匀速转动，外力做的功等于电路所产生的电能W＝I2(R＋r)T＝πωn2B2L21L22R＋r.【答案】(1)nBL1L2ω(2)2nBL1L2ω2(R＋r)πωn2B2L21L22 (3)R＋r。
沪科版高二物理选修3-2第一章测试题及答案
选修3-2(第一章:电磁感应与现代生活)测试题一、选择题（共40分每题4分错选不得分漏选得2分）1．如图1所示；在一很大的有界匀强磁场上方有一闭合线圈；当闭合线圈从上方下落穿过磁场的过程中：A ．进入磁场时加速小于g ；离开磁场时加速可能大于g ；也可能小于gB ．进入磁场时加速大于g ；离开时小于gC ．进入磁场和离开磁场；加速都大于gD ．进入磁场和离开磁场；加速都小于g2．在水平放置的光滑绝缘杆ab 上；挂有两个金属环M 和N ；两环套在一个通电长螺线管的中部；如图2所示；螺线管中部区域的管外磁场可以忽略；当变阻器的滑动接头向左移动时；两环将怎样运动？A ．两环一起向左移动B ．两环一起向右移动C ．两环互相靠近D ．两环互相离开3．如图3所示；MN 是一根固定的通电直导线；电流方向向上．今将一金属线框abcd 放在导线上；让线框的位置偏向导线的左边；两者彼此绝缘．当导线中的电流突然增大时；线框整体受力情况为：A ．受力向右B ．受力向左C ．受力向上D ．受力为零4．如图4所示；闭合导线框的质量可以忽略不计；将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s 时间拉出；外力所做的功为W 1；通过导线截面的电量为q 1；第二次用0.9s 时间拉出；外力所做的功为W 2；通过导线截面的电量为q 2；则：A ．W 1＜W 2；q 1＜q 2B ．W 1＜W 2；q 1=q 2C ．W 1＞W 2；q 1=q 2D ．W 1＞W 2；q 1＞q 25．如图5所示；灯泡的灯丝电阻为2Ω；电池的电动势为2V ；内阻不计；线圈匝数足够多；线圈电阻几乎为零。
先合上开关S ；稳定后突然断开S ；下列说法正确的是：A .灯立即变暗再熄灭；且灯中电流方向与S 断开前方向相同 图1 图3 N M d c b a 图4B v 图2 图5E RS LB .灯立即变暗再熄灭；且灯中电流方向与S 断开前方向相反C .灯会突然比原来亮一下再熄灭；且灯中电流方向与S 断开前相同D .灯会突然比原来亮一下再熄灭；且灯中电流方向与S 断开前相反 6.图6中的a 是一个边长为为L 的正方向导线框；其电阻为R .线框以恒定速v 沿x 轴运动；并穿过图中所示的匀强磁场区域b 。
高中物理 综合检测卷B 沪科版选修32
综合检测卷B(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．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是 ( )A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的答案 B2．如图1所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )图1A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大答案 C解析小磁块下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁块受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中只受到重力，在Q中做自由落体运动，故选项A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁块机械能减少，在Q中下落时，小磁块机械能守恒，故选项B 错误；在P中加速度较小，在P中下落时间较长，选项C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械能有损失，故知，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误．3.如图2所示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 ( )图2A．先断开S1B．先断开S2C．先拆除电流表D．先拆除电阻R答案 A解析只要不断开S1线圈L与电压表就会组成闭合电路，在断开电路干路时，线圈L会因此产生感应电流，流过电压表的电流方向与原来方向相反，电压表中指针将反向转动，损坏电压表，所以必须先拆下电压表，即断开S1.4.如图3所示，两条平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc 的ab边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直，则下图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律( )图3答案 D解析感应电流的变化与感应电动势的变化一致，线圈进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势也是逐渐变小，D正确．5．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e ＝102sin (20πt ) V ，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，线圈位于中性面B ．t ＝0时，穿过线圈的磁通量为零C ．t ＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D ．t ＝0.4 s 时，电动势第一次出现最大值 答案 A解析 由电动势e ＝102sin (20πt ) V 知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t ＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A 正确，B 、C 错误．当t ＝0.4 s 时，e ＝102sin (20π×0.4) V＝0，D 错误．6．如图4所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab 沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P ，其他电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P ，则应 ( )图4A ．将导轨间距变为原来的2倍B ．换一电阻减半的灯泡C ．将磁场磁感应强度B 加倍D ．换一质量为原来2倍的金属棒 答案 D解析 导体棒达到稳定状态时，有mg sin θ＝BIL ＝B 2L 2v m R①灯泡的电功率P ＝(BLv m )2R②由①②式得P ＝(mg sin θ)2R B 2L2根据上式可知只有D 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．如图5所示，M 是一小型理想变压器，接线柱a 、b 接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R 1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R 3为一定值电阻．当传感器R 2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 ( )图5A.的示数不变，的示数增大B.的示数增大，的示数减小C.的示数不变，的示数增大D.的示数不变，的示数减小 答案 BD8.如图6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) ( )图6A ．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2ωBLDπ答案 BD解析 A 、B 两选项中都是瞬时感应电动势，用E ＝BLv 求解比较方便．t ＝0时，只有cd 边切割磁感线，感应电动势E 1＝BLv ＝BL ·ωD ＝BS ω≠0，A 错；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E 2＝0，B 正确；C 、D 两选项求的都是平均感应电动势，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Δt ＝T 4＝2πω4＝π2ω，故平均电动势为：E ＝ΔΦΔt ＝BLD π2ω＝2ωBLDπ，故C 错，D 正确． 9．某发电厂原来用电压为U 1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高为U 2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的总电阻为R线，则下列说法中正确的是( )A ．由公式I ＝P U 2可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的150B ．由公式I ＝U 2R 线可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍 C ．由公式P ＝I 2R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的12 500D ．由公式P ＝U 22R 线可知，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 AC解析 由U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝50U 1，输送功率不变，由公式I ＝P U 2可知，输电线中的电流变为原来的150，选项A 正确，B 错误；由P ＝I 2R 线可知，输电线上的功率损耗减为原来的1 2 500，选项C 正确，D 错误．10．如图7所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 、长为l 的导体棒从ab 位置获得平行斜面的大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则 ()图7A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2vRB ．上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为mv 22C ．上滑过程中电流做功产生的热量为mv 22－mgs (sin θ＋μcos θ) D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv 22－mgs sin θ答案 CD解析 上滑过程中导体棒在初始位置所受安培力最大，即F ＝BIl ＝B Blv 2R l ＝B 2l 2v2R，所以选项A 错误；上滑过程中由动能定理可得安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为W 安培力＋W摩擦力＋W G ＝ΔE k ＝－12mv 2，选项B 错误；上滑过程中电流做功产生的热量等于克服安培力做的功，选项C 正确；由能量守恒定律可判断D 正确． 三、填空题(本题共2小题，共11分)11．(4分)如图8所示，变压器的原线圈1接到有效值为220 V 的交流电源上．副线圈2的匝数n 2＝30匝，与一个“12 V，12 W”的灯泡L 连接，L 能正常发光．副线圈3的输出电压U 3＝110 V ，与电阻R 连接，通过R 的电流为0.4 A ，由此可知原线圈1与副线圈3的匝数比为________，原线圈1中通过的电流为________ A.图8答案 2∶1 0.25图912．(7分)如图9所示，有一个电阻不计的光滑导体框架，水平放在磁感应强度为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，框架宽为l .框架上放一质量为m 、电阻为R 的导体棒，现用一水平恒力F 作用于棒上，使棒由静止开始运动．当棒的速度为零时，其加速度a ＝________，当棒的加速度为零时，其速度v ＝________. 答案 (1)F m (2)FR B 2l 2解析 (1)当导体棒速度为零时，导体棒中电流为零．F ＝ma ，a ＝Fm(2)当棒的加速度为零时，F ＝F 安，F 安＝BIl ，I ＝Blv R ，v ＝FRB 2l2.四、计算题(本题共4小题，共45分)13．(8分)如图10所示，在水平平行放置的两根长直导轨MN 与PQ 上，放着一根直导线ab ，ab 与导轨垂直，它在导轨间的长度为20 cm ，这部分的电阻为0.02 Ω.导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.20 T ，电阻R ＝0.08 Ω，其他电阻不计．ab 的质量为0.02 kg.图10(1)打开开关S ，ab 在水平恒力F ＝0.01 N 的作用下，由静止沿轨道滑动，求经过多长时间速度才能达到10 m/s ；(2)上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的？(3)当ab 的速度达到10 m/s 时，闭合开关S ，为了保持ab 仍能以10 m/s 的速度匀速运动，水平拉力F 应变为多少？答案 (1)20 s (2)E ＝0.02t (3)0.16 N 解析 (1)由牛顿第二定律F ＝ma ，得a ＝F m ＝0.010.02 m/s 2＝0.5 m/s 2，t ＝v t －v 0a ＝100.5s ＝20 s.(2)因为感应电动势E ＝BLv ＝BLat ＝0.02t ，所以感应电动势与时间成正比．(3)导线ab 保持以10 m/s 的速度运动，受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r＝0.16 N安培力与拉力F 是一对平衡力，故F ＝0.16 N.14．(9分)如图11所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长为l 1，宽为l 2，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，沿转动轴OO ′方向看去，线圈转动方向沿顺时针．求：图11(1)线圈经过图示位置时通过电阻R 上的感应电流的方向；(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R 上电流的瞬时值第一次为零？(3)与电阻并联的电压表的示数是多少？ 答案 (1)自上而下 (2)π2ω (3)nBl 1l 2ωR 2(R ＋r )解析 (1)根据右手定则判断，R 上的感应电流的方向为自上而下． (2)t ＝14T ＝2π4ω＝π2ω.(3)E m ＝nBl 1l 2ω.所以E ＝22nBl 1l 2ω. U R ＝R R ＋r ·E ＝nBl 1l 2ωR 2(R ＋r ).15．(14分)如图12所示，某电厂要将电能输送给较远的用户，输送的总功率为9.8×104W ，电厂输出的电压仅为350 V ，为减少输送的功率损失，先用升压变压器将电压升高后输出，再用降压变压器将电压降低供用户使用．已知输电线路的总电阻R 为4 Ω，允许损失的功率为输送功率的5%，用户所需的电压为220 V ，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比．图12答案 1∶8 133∶11解析 电路中损失功率P 损＝5%P 总 而P 损＝I 22R 输电线路中的电流I 2＝5%P 总R＝35 A升压变压器的输出电压U 2＝P 总I 2＝2.8×103 V根据理想变压器电压之间的关系，升压变压器的原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝18降压变压器的输入功率P 3＝P 总－P 损＝95%·P 总＝9.31×104 W所以降压变压器的输入电压U 3＝P 3I 3＝2 660 V降压变压器的原、副线圈的匝数比n 3n 4＝U 3U 4＝2 660 V 220 V ＝13311. 16．(14分)如图13所示，倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面上存在宽度均为L 的匀强磁场和匀强电场区域，磁场的下边界与电场的上边界相距为3L ，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B .电荷量为q 的带正电小球(视为质点)通过长度为L 的绝缘轻杆与边长为L 、电阻为R 的正方形单匝线框相连，组成总质量为m 的装置，置于斜面上，线框上边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球运动到电场的下边界时刚好返回．已知L ＝1 m ，B ＝0.8 T ，q ＝2.2×10－6C ，R ＝0.1 Ω，m ＝0.8 kg ，θ＝53°，sin 53°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：图13(1)线框做匀速运动时的速度大小； (2)电场强度的大小；(3)正方形单匝线框中产生的总焦耳热． 答案 (1)1 m/s (2)6×106N/C (3)12.8 J 解析 (1)设线框做匀速运动时的速度大小vE ＝BLv I ＝ER F 安＝BIL则F 安＝B 2L 2vR由平衡条件得F 安＝mg sin θ 解得v ＝mgR sin θB 2L 2＝1 m/s (2)从线框刚离开磁场区域到小球运动到电场下边界的过程 由动能定理mg ·2L sin θ＋(－qEL )＝0－12mv 2解得：E ＝6×106N/C(3)经足够长的时间后，线框上边运动到磁场区域的下边界时速度恰为零，此后线框不再进入磁场，不再产生焦耳热．从开始运动到该状态，由能量守恒得Q＝mg·2L sin θ解得：Q＝12.8 J.。
沪科版物理选修32第3章测评b(版含解析)
A .P 向下滑动时 ,灯 L 变亮 B.P 向下滑动时 ,变压器的输出电压不变 C.P 向上滑动时 ,变压器的输入电流变小 D.P 向上滑动时 ,变压器的输出功率变大 7.
如图所示 ,将额定电压为 60 V 的用电器通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关
S后 ,用电器正常工
作,交流电压表和交流电流表 (均为理想电表 )的示数分别为 220 V 和 2.2 A 。以下判断正确的是 ( )
解析 :理想变压器输入端与输出端功率相等
,U1I1=U 2I2,用户端的电压
U2
=
?1?U
?2?
1,选项
A 正确 ;输电线上的电压降
ΔU=U-U 1=I 1r,选项 B 错误 ;理想变压器输电线上损失的功率为 ?1?2r,选项 C、D 错误。
答案 :A
2.如图所示 ,甲是远距离输电线路的示意图 ,乙是发电机输出电压随时间变化的图像 ,则 ( )
当副线圈与原线圈的匝数比为 的电功率为 P2,则 P1 为
k 时,线路损耗的电功率为
,??2 为
。
??1
P1,若将副线圈与原线圈的匝数比提高到
nk,线路损耗
三、计算题 (本题共 3 小题 ,共 36 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤
,有数
值计算的题 ,答案中必须明确写出数值和单位 )
答案 :B
4.
用 220 V 的正弦式交变电流通过理想变压器对一负载供电 ,变压器输出电压是 110 V, 通过负载的电流图像如图
所示 ,则( )
A .变压器输入功率约为 3.9 W
B.输出电压的最大值是 110 V C.变压器原、副线圈的匝数比是
1∶2
D.负载电流的函数表达式 i= 0.05sin(100πt+ π/2) A
高中物理综合检测B新人教版选修3-2(new)
综合检测B(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,在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)1.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电"设想的实验中,能观察到感应电流的是( ）A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B。
在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D。
绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化答案D解析产生感应电流必须满足的条件:①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化.选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流,但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流,可以观察到电流表的变化，所以选D。
2。
图1为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。
若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb( ）图1A。
恒为错误!B。
从0均匀变化到错误!C。
恒为－错误!D。
从0均匀变化到－错误!答案C解析根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n错误!＝n错误!，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n错误!,选项C正确.3。
在图2中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计。
当开关K处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方.那么,当开关K断开时，将出现( ）图2A.G1和G2的指针都立即回到零点B.G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点C.G1的指针缓慢地回到零点,而G2的指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点D。
(沪科版)物理选修3-2精练：综合检测卷【B】及答案解析
综合检测卷B(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．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是 ( )A ．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B ．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C ．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D ．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的 答案 B2.酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车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．酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图1所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度c 成正比，那么，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1A ．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D ．U 越大，表示c 越小，但是c 与U 不成反比 答案 B解析 传感器电阻r′的倒数与酒精气体浓度c 成正比，即1r′＝kc.电路中的电流为I ＝Er′＋R ＋R 0＋r ，电压表示数U ＝IR 0＝ER 0r′＋R ＋R 0＋r ＝kR 0E ＋R 0＋＋1c，可见电压U 与酒精气体浓度c 的关系不成正比，但随浓度的增大而增大．故B 正确．3.如图2所示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 ()图2A．先断开S1B．先断开S2C．先拆除电流表D．先拆除电阻R答案 A解析只要不断开S1线圈L与电压表就会组成闭合电路，在断开电路干路时，线圈L会因此产生感应电流，流过电压表的电流方向与原来方向相反，电压表中指针将反向转动，损坏电压表，所以必须先拆下电压表，即断开S1.4.如图3所示，两条平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直，则下图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律 ( )图3答案 D解析感应电流的变化与感应电动势的变化一致，线圈进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，D正确．5．一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正确的是 ( )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 B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．6．如图4所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P，其他电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P，则应 ( )图4A．将导轨间距变为原来的2倍B ．换一电阻减半的灯泡C ．将磁场磁感应强度B 加倍D ．换一质量为原来2倍的金属棒 答案 D解析 导体棒达到稳定状态时，有 mgsin θ＝BIL ＝B 2L 2v mR①灯泡的电功率P ＝m2R ②由①②式得P ＝θ2R B 2L2根据上式可知只有D 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．如图5所示，M 是一小型理想变压器，接线柱a 、b 接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R 1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R 3为一定值电阻．当传感器R 2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 ( )图5A.的示数不变，的示数增大B.的示数增大，的示数减小C.的示数不变，的示数增大D.的示数不变，的示数减小 答案 BD8.如图6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) ( )图6A ．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2ωBLDπ答案 BD解析 A 、B 两选项中都是瞬时感应电动势，用E ＝BLv 求解比较方便．t ＝0时，只有cd 边切割磁感线，感应电动势E 1＝BLv ＝BL·ωD ＝BS ω≠0，A 错；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E 2＝0，B 正确；C 、D 两选项求的都是平均感应电动势，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Δt ＝T 4＝2πω4＝π2ω，故平均电动势为：E ＝ΔΦΔt ＝BLD π2ω＝2ωBLDπ，故C 错，D 正确．9．某发电厂原来用电压为U 1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高为U 2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的总电阻为R 线，则下列说法中正确的是 ( )A ．由公式I ＝P U 2可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的150B ．由公式I ＝U 2R 线可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C ．由公式P ＝I 2R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的12 500D ．由公式P ＝U 22R 线可知，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 AC解析 由U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝50U 1，输送功率不变，由公式I ＝P U 2可知，输电线中的电流变为原来的150，选项A正确，B 错误；由P ＝I 2R 线可知，输电线上的功率损耗减为原来的1 2 500，选项C 正确，D 错误．10.如图7所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 、长为l 的导体棒从ab 位置获得平行斜面的大小为v 的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则 ()图7A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2vRB ．上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为mv22C ．上滑过程中电流做功产生的热量为mv22－mgs(sin θ＋μcos θ)D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv22－mgssin θ答案 CD解析 上滑过程中导体棒在初始位置所受安培力最大，即F ＝BIl ＝B Blv 2R l ＝B 2l 2v2R，所以选项A 错误；上滑过程中由动能定理可得安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为W安培力＋W摩擦力＋W G＝ΔE k＝－12mv2，选项B错误；上滑过程中电流做功产生的热量等于克服安培力做的功，选项C正确；由能量守恒定律可判断D正确．三、填空题(本题共2小题，共11分)11．(4分)如图8所示，变压器的原线圈1接到有效值为220 V的交流电源上．副线圈2的匝数n2＝30匝，与一个“12 V，12 W”的灯泡L连接，L能正常发光．副线圈3的输出电压U3＝110 V，与电阻R连接，通过R 的电流为0.4 A，由此可知原线圈1与副线圈3的匝数比为________，原线圈1中通过的电流为________ A.图8答案2∶10.2512．(7分)如图9甲所示是某同学探究热敏电阻阻值随温度变化的规律时设计的电路图．(1)根据电路图，在图乙的实物上连线．图9(2)通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图10所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而________．(3)他将这个热敏电阻接入如图11所示的电路中，已知电源电压为9 V，R1＝30 Ω，内阻不计的毫安表读数为500 mA，则R2的阻值为________．图10 图11答案(1)连接实物图如图所示(2)减小(3)25 Ω解析 (2)由热敏电阻伏安特性曲线可知：随电流、电压的增大(即功率增大，温度升高)，曲线斜率也增大，因此电阻阻值减小．(3)毫安表内阻不计，则通过R 1的电流I 1＝E R 1＝930 A ＝300 mA.通过R 2和R 的电流为I 2＝I A －I 1＝500 mA －300 mA ＝200 mA ，由R 的伏安特性曲线可以读出，当I 2＝200 mA 时，R 两端的电压为U ＝4 V ， 则R 2两端的电压U 2＝E －U ＝5 V ， 所以R 2＝U 2I 2＝5200×10－3 Ω＝25 Ω.四、计算题(本题共4小题，共45分)13．(8分)如图12所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt ＝k ，k 为正的常量．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区域中，求：图12(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率． 答案 (1)klS 8ρ (2)k 2l 2S8ρ解析 (1)方框的感应电动势为E ＝ΔΦΔt① ΔΦ＝12l 2·ΔB②导线中的电流为I ＝ER③式中R 是导线的总电阻，根据电阻率公式有 R ＝ρ4l S④ 联立①②③④式，将ΔBΔt ＝k 代入得I ＝klS 8ρ.⑤ (2)方框所受磁场的作用力的大小为 F ＝BIl⑥它随时间的变化率为 ΔF Δt ＝Il ΔBΔt⑦由⑤⑦式得 ΔF Δt ＝k 2l 2S8ρ. 14．(9分)如图13所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长为l 1，宽为l 2，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，沿转动轴OO′方向看去，线圈转动方向沿顺时针．求：图13(1)线圈经过图示位置时通过电阻R 上的感应电流的方向；(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R 上电流的瞬时值第一次为零？ (3)与电阻并联的电压表的示数是多少？ 答案 (1)自上而下 (2)π2ω (3)nBl 1l 2ωR 2＋解析 (1)根据右手定则判断，R 上的感应电流的方向为自上而下．(2)t ＝14T ＝2π4ω＝π2ω.(3)E m ＝nBl 1l 2ω.所以E ＝22nBl 1l 2ω. U R ＝R R ＋r ·E＝nBl 1l 2ωR 2＋.15．(12分)在图14甲中，直角坐标系xOy 的1、3象限内有匀强磁场，第1象限内的磁感应强度大小为2B ，第3象限内的磁感应强度大小为B ，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里．现将半径为l 、圆心角为90°的扇形导线框OPQ 以角速度ω绕O 点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为R.图14(1)求导线框中感应电流的最大值．(2)在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流I 随时间t 变化的图像．(规定与图甲中线框的位置相对应的时刻为t ＝0)(3)求线框匀速转动一周产生的热量． 答案 (1)Bl 2ωR (2)见解析图 (3)5πωB 2l44R解析 (1)线框从题图甲位置开始(t ＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为： E 1＝12·2B·ω·l 2由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I 1＝E 1R联立以上各式解得：I 1＝Bl 2ωR同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为： I 2＝Bl 2ω2R故感应电流最大值为：I m ＝Bl 2ωR(2)I －t 图像为：(3)线框匀速转动一周产生的热量： Q ＝2(I 21·R·T 4＋I 22·R·T 4)又T ＝2πω解得：Q ＝5πωB 2l44R.16．(16分)如图15甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN 、PQ 相距为l ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S 、阻值为R 1的定值电阻和电阻箱R 2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40 T 、l ＝0.50 m 、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求R 1的大小和金属棒的质量m.图15答案 (1)b 到a (2)mgh －12mv 2(3)2.0 Ω 0.1 kg解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为b 到a(2)由能量守恒定律可知，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝mgh －12mv 2(3)最大速度为v m 时，切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv m 由闭合电路欧姆定律得：I ＝ER 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示：金属棒达到最大速度时满足 mgsin α－BIl ＝0 由以上三式得最大速度： v m ＝mgsin αB 2l 2R 2＋mgsin αB 2l 2R 1 题图乙斜率 k ＝60－302.0m/(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)， 纵截距v m0＝30 m/s 则：mgsin αB 2l 2R 1＝v m0，mgsin αB 2l2＝k 解得：R 1＝2.0 Ω，m ＝0.1 kg.。
2021-2022学年高中物理 模块综合测试(含解析)沪科版选修3-2
模块综合测试一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。
在每小题给出的四个选项中,第1~6题只有一个选项符合题目要求,第7~10题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有错选的得0分)1.如图所示,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2。
则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为()A.c→a,2∶1B.a→c,2∶1C.a→c,1∶2D.c→a,1∶2解析:用右手定则判断出两次金属棒MN中的电流方向为N→M,所以电阻R中的电流方向为a→c。
由电动势公式E=Blv可知:E1E2=EEE2EEE=12,选项C正确。
答案:C2.电熨斗能自动控制温度,在熨烫不同的织物时,设定的温度可以不同,如图为电熨斗的结构图,电熨斗内部装有双金属片,双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属,若把熨烫的棉麻衣物换成丝绸衣物,则如何调节调温旋钮()织物尼合成丝羊麻A.向下B.向上C.保持原状D.不能确定解析:常温下,上下触点是接触的,这样插上电源时,电熨斗开始加温,当温度升高时,双金属片上层形变大,双金属片向下弯曲,触点分离,停止加热。
现把棉麻衣物换成丝绸衣物,熨烫温度变低,要使温度低时就断开,应把调温旋钮向上旋转,这样在金属形变较小时就能断开电路,选项B正确。
答案:B3.如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。
在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开S。
下列表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图像中,正确的是()解析:S 闭合时,由于电感L 有感抗,经过一段时间电流稳定时L 电阻不计,可见电路的外阻是从大变小的过程。
由U 外=E 外E外+EE 可知U 外也是从大变小的过程,所以选项A 、C 错误;t 1时刻断开S ,由于自感在L 、R 、D 构成的回路中,电流从B 向A ,中间流过D ,所以t 1时刻U AB 反向,选项B 正确,选项D 错误。
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综合检测卷B(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．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是()A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的答案 B2.酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车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．酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图1所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度c成正比，那么，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1A．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D．U越大，表示c越小，但是c与U不成反比答案 B解析传感器电阻r′的倒数与酒精气体浓度c成正比，即1r′＝kc.电路中的电流为I＝Er′＋R＋R0＋r，电压表示数U＝IR0＝ER0r′＋R＋R0＋r＝kR0Ek R＋R0＋r＋1c，可见电压U与酒精气体浓度c的关系不成正比，但随浓度的增大而增大．故B正确．3.如图2所示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()图2A．先断开S1 B．先断开S2C．先拆除电流表D．先拆除电阻R答案 A解析只要不断开S1线圈L与电压表就会组成闭合电路，在断开电路干路时，线圈L会因此产生感应电流，流过电压表的电流方向与原来方向相反，电压表中指针将反向转动，损坏电压表，所以必须先拆下电压表，即断开S1.4.如图3所示，两条平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc 的ab边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直，则下图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律()图3答案 D解析感应电流的变化与感应电动势的变化一致，线圈进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，D正确．5．一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正确的是()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 B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．6．如图4所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P，其他电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P，则应()图4A．将导轨间距变为原来的2倍B．换一电阻减半的灯泡C．将磁场磁感应强度B加倍D．换一质量为原来2倍的金属棒答案 D解析导体棒达到稳定状态时，有mgsin θ＝BIL ＝B2L2vmR①灯泡的电功率P＝BLvm2R②由①②式得P＝mgsin θ2RB2L2根据上式可知只有D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．如图5所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是()图5A.的示数不变，的示数增大B.的示数增大，的示数减小C.的示数不变，的示数增大D.的示数不变，的示数减小答案BD8.如图6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) ()图6A．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2ωBLDπ答案BD解析A、B两选项中都是瞬时感应电动势，用E＝BLv求解比较方便．t＝0时，只有cd边切割磁感线，感应电动势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应电动势，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Δt＝T4＝2πω4＝π2ω，故平均电动势为：E ＝ΔΦΔt ＝BLD π2ω＝2ωBLDπ，故C 错，D 正确．9．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为U2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的总电阻为R 线，则下列说法中正确的是 ( ) A ．由公式I ＝P U2可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的150B ．由公式I ＝U2R 线可知，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 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的12 500D ．由公式P ＝U22R 线可知，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 AC解析 由U1U2＝n1n2可知，U2＝50U1，输送功率不变，由公式I ＝PU2可知，输电线中的电流变为原来的150，选项A 正确，B 错误；由P ＝I2R 线可知，输电线上的功率损耗减为原来的12 500，选项C 正确，D 错误．10.如图7所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 、长为l 的导体棒从ab 位置获得平行斜面的大小为v 的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则 ( )图7A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B2l2vRB ．上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为mv22C ．上滑过程中电流做功产生的热量为mv22－mgs(sin θ＋μcos θ)D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv22－mgssin θ答案 CD解析 上滑过程中导体棒在初始位置所受安培力最大，即F ＝BIl ＝B Blv 2R l ＝B2l2v2R ，所以选项A 错误；上滑过程中由动能定理可得安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为W 安培力＋W 摩擦力＋WG ＝ΔEk ＝－12mv2，选项B 错误；上滑过程中电流做功产生的热量等于克服安培力做的功，选项C正确；由能量守恒定律可判断D正确．三、填空题(本题共2小题，共11分)11．(4分)如图8所示，变压器的原线圈1接到有效值为220 V的交流电源上．副线圈2的匝数n2＝30匝，与一个“12 V，12 W”的灯泡L连接，L能正常发光．副线圈3的输出电压U3＝110 V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4 A，由此可知原线圈1与副线圈3的匝数比为________，原线圈1中通过的电流为________ A.图8答案2∶10.2512．(7分)如图9甲所示是某同学探究热敏电阻阻值随温度变化的规律时设计的电路图．(1)根据电路图，在图乙的实物上连线．图9(2)通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图10所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而________．(3)他将这个热敏电阻接入如图11所示的电路中，已知电源电压为9 V，R1＝30 Ω，内阻不计的毫安表读数为500 mA，则R2的阻值为________．图10图11答案(1)连接实物图如图所示(2)减小(3)25 Ω解析 (2)由热敏电阻伏安特性曲线可知：随电流、电压的增大(即功率增大，温度升高)，曲线斜率也增大，因此电阻阻值减小．(3)毫安表内阻不计，则通过R1的电流I1＝E R1＝930A ＝300 mA.通过R2和R 的电流为I2＝IA －I1＝500 mA －300 mA ＝200 mA ，由R 的伏安特性曲线可以读出，当I2＝200 mA 时，R 两端的电压为U ＝4 V ， 则R2两端的电压U2＝E －U ＝5 V ，所以R2＝U2I2＝5200×10－3 Ω＝25 Ω.四、计算题(本题共4小题，共45分)13．(8分)如图12所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt ＝k ，k 为正的常量．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区域中，求：图12(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率． 答案 (1)klS 8ρ (2)k2l2S8ρ解析 (1)方框的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ①ΔΦ＝12l2·ΔB ②导线中的电流为I ＝ER③式中R 是导线的总电阻，根据电阻率公式有 R ＝ρ4l S④联立①②③④式，将ΔBΔt ＝k 代入得I ＝klS 8ρ.⑤ (2)方框所受磁场的作用力的大小为 F ＝BIl ⑥它随时间的变化率为 ΔF Δt ＝Il ΔB Δt ⑦ 由⑤⑦式得ΔF Δt ＝k2l2S 8ρ. 14．(9分)如图13所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长为l1，宽为l2，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，沿转动轴OO′方向看去，线圈转动方向沿顺时针．求：图13(1)线圈经过图示位置时通过电阻R 上的感应电流的方向；(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R 上电流的瞬时值第一次为零？(3)与电阻并联的电压表的示数是多少？答案 (1)自上而下 (2)π2ω (3)nBl1l 2ωR2R ＋r解析 (1)根据右手定则判断，R 上的感应电流的方向为自上而下． (2)t ＝14T ＝2π4ω＝π2ω.(3)Em ＝nBl1l2ω.所以E ＝22nBl1l2ω. UR ＝R R ＋r ·E ＝nBl1l2ωR2R ＋r.15．(12分)在图14甲中，直角坐标系xOy 的1、3象限内有匀强磁场，第1象限内的磁感应强度大小为2B ，第3象限内的磁感应强度大小为B ，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里．现将半径为l 、圆心角为90°的扇形导线框OPQ 以角速度ω绕O 点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为R.图14(1)求导线框中感应电流的最大值．(2)在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流I 随时间t 变化的图像．(规定与图甲中线框的位置相对应的时刻为t ＝0) (3)求线框匀速转动一周产生的热量． 答案 (1)Bl2ωR (2)见解析图 (3)5πωB2l44R解析 (1)线框从题图甲位置开始(t ＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为： E1＝12·2B·ω·l2由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1＝E1R联立以上各式解得：I1＝Bl2ωR同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为： I2＝Bl2ω2R故感应电流最大值为：Im ＝Bl2ωR(2)I －t 图像为：(3)线框匀速转动一周产生的热量： Q ＝2(I21·R·T 4＋I22·R·T4)又T ＝2πω解得：Q ＝5πωB2l44R.16．(16分)如图15甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN 、PQ 相距为l ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S 、阻值为R1的定值电阻和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放． (1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40 T 、l ＝0.50 m 、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm 随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示．取g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求R1的大小和金属棒的质量m.图15答案 (1)b 到a (2)mgh －12mv2 (3)2.0 Ω 0.1 kg解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为b 到a (2)由能量守恒定律可知，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh ＝12mv2＋Q 解得：Q ＝mgh －12mv2(3)最大速度为vm 时，切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blvm由闭合电路欧姆定律得：I ＝ER1＋R2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示：金属棒达到最大速度时满足 mgsin α－BIl ＝0由以上三式得最大速度： vm ＝mgsin αB2l2R2＋mgsin αB2l2R1题图乙斜率k ＝60－302.0 m/(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)，纵截距vm0＝30 m/s则：mgsin αB2l2R1＝vm0，mgsin αB2l2＝k解得：R1＝2.0 Ω，m ＝0.1 kg.。