2019版高中物理《复习方略》教科版 课时提升作业(二十七) 选修3-2 第九章 第2讲法拉第电磁感应定律 自感现
高中物理选修3-2全册复习学案+模块测试(精品整理含答案)
高中物理选修3-2全册复习学案+模块测试第四章电磁感应知识网络电磁感应划时代的发现奥斯特梦圆“电生磁”，法拉第心系“磁生电”专题归纳专题一楞次定律的理解和应用1．楞次定律解决的是感应电流的方向问题，它涉及两个磁场——感应电流的磁场(新产生的磁场)和引起感应电流的磁场(原来就有的磁场)，前者和后者的关系不是“同向”和“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系。
2．对“阻碍意义的理解”(1)阻碍原磁场的变化。
“阻碍”不是阻止，而是“延缓”，感应电流的磁场不会阻止原磁场的变化，只能使原磁场的变化被延缓或者说被迟滞了，原磁场的变化趋势不会改变，不会发生逆转。
(2)阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁场不变化，即使它再强，也不会产生感应电流。
(3)阻碍不是相反，当原磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动方向将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动。
(4)由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其他形式的能转化为电能，因而楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现。
3．运用楞次定律处理问题的思路(1)判定感应电流方向问题的思路运用楞次定律判定感应电流方向的基本思路可以总结为“一原、二感、三电流”。
①明确原磁场：弄清原磁场的方向以及磁通量的变化情况。
②确定感应磁场：即根据楞次定律中的“阻碍”原则，结合原磁场磁通量变化情况，确定出感应电流产生的感应磁场的方向。
③判定电流方向：即根据感应磁场的方向，运用安培定则判断出感应电流方向。
(2)判断闭合电路(或电路中可动部分导体)相对运动类问题的分析策略在电磁感应问题中，有一类综合性较强的分析判断类问题，主要是磁场中的闭合电路在一定条件下产生了感应电流，而此电流又处于磁场中，受到安培力作用，从而使闭合电路或电路中可动部分的导体发生了运动。
【例题1】(多选)在光滑水平面上固定一个通电线圈，如图所示，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，不考虑任何摩擦，那么下面正确的判断是()A．接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动B．接近和离开线圈时都做减速运动C．一直在做匀速运动D．在线圈中运动时是匀速的解析：当铝块接近或离开通电线圈时，由于穿过铝块的磁通量发生变化，所以在铝块内要产生感应电流。
高中物理选修32全册练习题(整理)
高中物理选修32全册练习题（整理）高中物理选修3-2全册练习题第四章电磁感应第Ⅰ课时电磁感应现象?楞次定律1、如图12－1－9所示，在同一平面内有四根彼此绝缘的直导线，分别通有大小相同方向如图的电流，要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，则应切断哪一根导线中的电流（）A、切断i1；B、切断i2；C、切断i3；D、切断i4．【解析】i1产生的的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i2产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i3产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；i4产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向外；所以四根导线产生的磁场叠加后在导线所围的面积内的磁场方向向里．故要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，只要将磁场方向相反的i4去除就可以了．【答案】D2、磁悬浮列车是在车辆底部安装电磁铁，在轨道两旁铺设一系列的铝环．当列车运行时，电磁铁产生的磁场相对铝环运动，列车凌空浮起，使车与轨道间的摩擦减小到很小，从而提高列车的速度．以下说法正确的是（）A、当列车通过铝环时，铝环中有感应电流，感应电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相同．B、当列车通过铝环时，铝环中有感应电流，感应电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相反．C、当列车通过铝环时，铝环中通有电流，铝环中电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相同．1D、当列车通过铝环时，铝环中通有电流，铝环中电流产生的磁场的方向与电磁铁产生的磁场的方向相反．【解析】列车通过铝环时，铝环中磁通量增大，铝环中产生感应电流，由楞次定律可知，铝环中感应电流的磁场方向与电磁铁的磁场方向相反，从而使电磁铁受到向上的力，使列车悬浮．【答案】B3、如图12－1－10所示，一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后继续下落，空气阻力不计，则在圆环运动过程中，下列说法正确的是（） A、圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时大于g B、圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时也小于g C、圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度小于g，在下方时等于g D、圆环在磁铁的上方时，圆环的加速度大于g，在下方时小于g【解析】一闭合的金属环从静止开始由高处下落通过条形磁铁的过程中，闭合金属环的磁通量先增大，而后减小，根据楞次定律它增大时，不让它增大即阻碍它增大；它要减小时，不让它减小即阻碍它减小，所以下落时圆环在磁铁的上方和下方，圆环所受的安培力都向上，故加速度都小于g．【答案】B4、如图12－1－11所示，螺线管CD的导线绕法不明．当磁铁AB插入螺线管时，电路中有图示方向的感应电流产生．下列关于螺线管极性的判断正确的是（） A、C端一定是N极 B、C端的极性一定与磁铁B端的极性相同 C、C端一定是S极 D、无法判断，因螺线管的绕法不明确【解析】磁铁AB插入螺线管时，在螺线管中产生感应电流，感应电流的磁场必定阻碍AB插入，故螺线管的C端和磁铁的B端极性相同．【答案】B25、如图12－1－12所示，平行导体滑轨MM/、NN/水平放置，固定在匀强磁场中．磁场的方向与水平面垂直向下．滑线AB、CD横放其上静止，形成一个闭合电路．当AB向右滑动时，电路中感应电流的方向及滑线CD受到的磁场力的方向分别为（）A、电流方向沿ABCDA，受力方向向右；B、电流方向沿ABCDA，受力方向向左；C、电流方向沿ADCBA，受力方向向右；D、电流方向沿ADCBA，受力方向向左．【解析】本题用右手定则和楞次定律都可以解决，但用楞次定律比较快捷．由于AB滑线向右运动，ABCD所构成的回路面积将要增大，磁通量将增大，根据楞次定律要阻碍它增大，所以产生的感应电流方向沿ADCBA，CD滑线将向右滑动，故受力方向向右．【答案】C6、如图12－1－13所示，在绝缘圆筒上绕两个线圈P和Q，分别与电池E和电阻R构成闭合回路，然后将软铁棒迅速插入线圈P中，则在插入的过程中（） A、电阻R上有方向向左的电流 B、电阻R上没有电流 C、电阻R上有方向向右的电流 D、条件不足，无法确定【解析】软铁棒被磁化，相当于插入一根跟P的磁场同向的条形磁铁，使P、Q 线圈中的磁通量增加．由楞次定律得，在Q中产生的感应电流向右通过电阻R．【答案】C7、如图12－1－14所示，一有限范围的匀强磁场，宽度为d，将一个边长为L 的正方形导线框以速度υ匀速地通过磁场区域，若d>L，则在线框中不产生感应电流的时间应等于（） A、d/υ；B、L/υ；C、(d–L)/υ；D、(d–2L)/υ；【解析】线框中不产生感应电流，则要求线框所组成的闭合回路内的磁通量不发生变化，即线框全部在磁场中匀速运动时没有感应电流．所以线框从左边框进入磁场时开始到线框的右边框将要离开磁场时止，这个过程中回路中将没有感应电流．【答案】C8、如图12－1－15所示，边长为h的正方形金属导线框，从图示的位置由静止开3始下落，通过一匀强磁场区域，磁场方向水平，且垂直于线框平面，磁场区域宽度为H，上下边界如图中虚线所示，H?h．从线框开始下落到完全穿过磁场区域的全过程中，以下判断正确的是（）①线框中总有感应电流存在②线框受到磁场力的合力方向有时向上有时向下③线框运动方向始终是向下的④线框速度的大小不一定总是在增加 A、①② B、③④ C、①④ D、②③【解析】因H?h，故可以分为三个过程：①从下边开始进入磁场到全部进入磁场；②从全部开始进入磁场到下边开始离开磁场；③下边开始离开磁场到全部离开磁场．再由楞次定律和左手定则可以判断知道．可能会使线框离开磁场时线框所受的安培力大于线框的重力，从而使线框的速度减小．【答案】B9、如图12－1－16所示，A、B是两个相互垂直的线框，两线框相交点恰是两线框的中点，两线框互相绝缘，A线框中有电流，当线框A的电流强度增大时，线框B中________感应电流．（填“有”、“无”）【解析】A线框中虽然有电流，并且产生了磁场，但磁感应强度的方向与A线框的平面相垂直，即与B线框平行．所以不管A线框中的电流如何变化，B 线框中始终没有磁通量，即无磁通量变化．【答案】无210、与磁感应强度B?0.8T垂直的线圈面积为0.05m，此时线圈的磁通量是多大？若这0个线圈绕有50匝时，磁通量多大？线圈位置如果转过53时磁通量多大？【解析】根据磁通量的定义：磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个面的磁通量，但要注意S是与磁感应强度B相垂直的那部分面积．即??BS 故：①?1?BS1?0.8?0.05Wb?4?10Wb②线圈绕有50匝，但与磁感应强度B垂直的面积还是0.05m，故穿过这个面的磁感线条数不变．磁通量也可理解为穿过这个面的磁感线的条数．所以仍然为?2?4?10Wb ③根据磁通量的定义：?3?BScos53?0.8?0.05?0.6Wb?2.4?10Wb 【答案】①?1?4?10Wb②?2?4?10Wb③?3?2.4?10Wb4?2?2?22?20?2?2第Ⅱ课时法拉第电磁感应定律?自感1、如图12－2－12所示，粗细均匀的电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为d，长为L，电阻为r的金属棒ab放在圆环上，以速度2 ?0向左匀速运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端电势差为（）A、0； B、BL?0； C、 11BL?0 ； DBL?0． 23【解析】当金属棒ab以速度?0向左运动到图示虚线位置时，根据公式可得产生的感应电动势为E?BL?0 ，而它相当于一个电源，并且其内阻为路的端电压．外电路半个圆圈的电阻为r；金属棒两端电势差相当于外电2r，而这两个半个圆圈的电阻是并联关系，故外电2r11路总的电阻为，所以外电路电压为Uba?E?BL?0．433【答案】D2、如图12－2－13所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒 ab 以水平的初速?0抛出，设在整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是（）A、越来越大；B、越来越小；C、保持不变；D、无法判断．【解析】金属棒做切割磁感线的有效速度是与磁感应强度B垂直的那个分速度，由于金属棒做切割磁感线的水平分速度不变，故感应电动势不变．【答案】C 3、（年杭州模拟题）如图12－2－14所示为日光灯的电路图，以下说法中正确的是（）①日光灯的启动器是装在专用插座上的，当日光灯正常发光后，取下启动器，不会影响灯管发光．②如果启动器丢失，作为应急措施，可以用一小段带绝缘外皮的导线启动日光灯．③日光灯正常发光后，灯管两端的电压为220V．④镇流器在日光灯启动时，产生瞬时高压A、①②B、③④C、①②④D、②③④【解析】日光灯正常发光后，由于镇流器的降压限流作用，灯管两端的电压要低于220V．【答案】C5。
19版物理人教选修3-2《高中全程学习方略》答案
所以磁通量相同,或者利用磁通量定义即 会有感应电流产生,选项 D正确。
(2)×。感应电流的磁场总要阻碍引起感应
穿过 线 圈 的 磁 感 线 的 条 数 判 断。A 项
电流的磁通量的变化,但不会阻止住这种变
正确。
1.C 磁感应强度是矢量,其单位是 特斯拉 化,引起感应电流的磁通量只是变化慢了,
【典例2】A 设 在 位 置 Ⅰ 时 磁 通 量 大 小 为 (T),其方向就是该点的磁场方向,故 A 项 但仍在变化。
电流。 (3)×。若导体 运 动 方 向 与 磁 感 线 平 行,则
动,不切割磁感线,无感应电流,选项 A 错 误;如图乙所示,条 形 磁 铁 插 入 线 圈 中 不 动
穿过闭合导体回路的磁通量不发生变化,也
一、2.(1)向下 向上 向上 向下 (2)向下 向下 向上 向上 3.(1)相反 (2)相同
2.法拉第 电磁感应 二、1.改变 不变
2.有 无 有 变化
感应电流 不变
1.【解析】(1)导体棒向右运动过程中,闭合回 路的面积逐渐增大,由 Φ=BΔS 知图甲穿 过闭合回路的磁通量发生改变;矩形线框向
通量不变,不产生感应电流。所以产生感应 电流的是 C。
3.有 有 无 有 变化 不变
右运动过程中,闭合回路面积和磁感应强度
应电流,选项 C 错误;如图丙所示,小 螺线 时,感应电流的磁场与原磁场方向相同。感
管A 置于大螺线管B 中不动,开关 S一直 应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的磁
一
接通,在移动变阻器滑片的过程中,线圈 A 通量的变化,不是阻碍原磁场或磁通量,可
【典例1】A 因为两个线圈的有效面积相同, 中的电流变化,穿过线圈B 的磁通量变化, 以总结为“增反减同”。
高中全程复习方略·物理课时作业36.pdf
高中全程复习方略·物理课时作业36.pdf分层规范快练(三十六) 变压器远距离输电[双基过关练]1．[人教版选修3－2P50第3题改编]从发电站输出的功率为220 kW ，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V 和11 kV 两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )A ．100：1B ．1：100C ．1：10D ．10：1解析：由题意知输电线上的电流I ＝P U ，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir ＝Pr U故ΔU 1ΔU 2＝1U 11U 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A. 答案：A2．(多选)如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )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解析：对于理想变压器U 2＝n 2n 1U 1，U 1不变则U 2不变，与调节P 无关，故B 正确．又U L ＝U 2，所以灯的亮度不变，A 错．P 向上滑动时R P 减小，则R 总减小，P 出＝U 22R 总增大，P 入＝P 出＝U 1I 1，所以I 1增大，可知C 错误，D 正确．答案：BD3．如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V 的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000 V 以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是( )A ．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制B ．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压C ．变压器原线圈输入的12 V 电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压D ．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数解析：汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B 错误；由题可知原线圈处接12 V 的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C 错误；由U 1U 2＝n 1n 2 可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D 错误．故选A.答案：A4．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2和R 3均为定值电阻，V 1和V 2为理想电压表，A 1和A 2为理想电流表．开关S 闭合时，V 1和V 2读数分别为U 1和U 2；A 1和A 2的读数分别为I 1和I 2.若交流电源电压不变，现断开S ，下列推断中正确的是( )A ．U 2可能变小、I 2一定变小B ．U 2一定不变、I 2一定变小C ．I 1一定变小、I 2可能变大D ．I 1可能变大、I 2可能变大解析：交流电源电压不变，U 1数值不变，根据变压器变压公式可知，副线圈电压只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关．现断开S ，U 2不变，副线圈所接电路的等效电阻增大，电流表A 2的读数I 2变小，选项A 错误，B 正确；变压器输出功率减小，导致变压器输入功率变小，I 1变小，选项C 、D 错误．答案：B5.某单位一小型交流发电机由匝数为50，面积为S ＝0.5 m 2的矩形闭合导线框组成，线框可绕垂直于匀强磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，磁场的磁感应强度大小为B ＝210 T ，线框电阻不计．发电机正常工作时，从线框经过中性面开始计时，产生的交流电经一理想变压器给一个小灯泡供电，如图所示，发电机没有画出．小灯泡上标有“220 V 60 W ”字样，且灯泡正常发光，图中电压表为理想交流电表，则下列说法不正确的是( )A ．变压器输入电压的瞬时值为u ＝5002sin200t (V)B ．电压表的示数为500 VC ．变压器原、副线圈匝数比为2511D ．线框在中性面位置时穿过线框的磁通量为零解析：发电机输出电压最大值U m ＝nBSω＝500 2 V ，变压器输入电压的瞬时值为u ＝5002sin200t (V)，A 正确；变压器输入电压的有效值为U 1＝500 V ，输出电压的有效值为U 2＝220 V ，根据变压比公式有n 1n 2＝U 1U 2＝2511，B 、C 正确；线框在中性面位置时穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，D 错误．答案：D6．(多选)如图所示为远距离输电线路的示意图，升压变压器原线圈电压U 1不变，则下列叙述正确的是( )A ．输电线上的电流与用户消耗的功率无关B ．升压变压器副线圈电压U 2与输电线上电流大小无关C ．当用户用电器数量增多时，输电线上发热量增大D ．当用户用电器数量减少时，降压变压器副线圈电压U 4减小解析：输电线上的电流与用户消耗的功率有关，用户消耗的功率增大，输电线上的电流增大，选项A 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2 可得，升压变压器副线圈电压U 2与输电线上电流大小无关，选项B 正确；当用户用电器数量增多时，功率增大，输电线上电流增大，输电线发热量增大，选项C 正确；当用户用电器数量减少时，输电线上电流变小，输电线上的电压降变小，降压变压器原、副线圈电压U 3、U 4都增大，选项D 错误．答案：BC7．[2019·广东惠州模拟]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保护器，如图所示．当漏电保护器的e 、f 两端没有电压时，脱扣开关S 能始终保持接通；当e 、f 两端一旦有电压时，脱扣开关会立即自动断开，以起到保护作用．关于这个电路的工作原理，下列说法中正确的是( )A ．当站在绝缘物上的人双手分别接触b 和d 线时，脱扣开关会自动断开B ．当用户家的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开C ．当火线和零线之间电压太高时，脱扣开关会自动断开D ．当站在地面上的人触及b 线时，脱扣开关会自动断开解析：火线中的电流与零线中的电流相等时，则说明没有漏电，e 、f 间无感应电动势，脱扣开关不会断开，当两电流突然不相等时，e 、f 间产生感应电动势，该开关就会断开．当站在绝缘物上的人双手分别接触b 和d 线时，人相当于一个用电器，火线与零线的电流同时增大，脱扣开关不会自动断开，选项A 错误；当电路中的电流超过一定值时或者电压太高时，只要火线与零线中的电流相等，脱扣开关就不会自动断开，选项B 、C 错误；当站在地面上的人触及b 线时，有一部分的电流会通过人体流入大地，火线和零线中的电流不相等，发生漏电现象，则脱扣开关会自动断开，选项D 正确．答案：D8.[2019·山西太原模拟](多选)某50 Hz 的钳形电流表的工作原理如图所示．当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电流表指针会发生偏转．不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n 2＝1 000匝，当用该表测50 Hz 的交流电时，下列说法正确的是( )A ．电流表G 中通过的是交流电B ．若G 中通过的电流为50 mA ，则导线中的被测电流为50 AC ．若导线中通过的是10 A 的矩形脉冲交流电，G 中通过的电流是10 mAD ．若用该表测量400 Hz 的电流时，测量值比真实值偏小解析：图中导线与线圈构成变压器，变压器只改变交流电的电压，不改变交流电的频率，电流表G 中通过的仍是交流电，A 正确；根据I 1I 2＝n 2n 1，I 1＝n 2n 1I 2＝1 0001×0.05 A ＝50 A ，B 正确；若导线中通过的是10 A 的矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变的阶段，电流大小不变，副线圈中无感应电流，则G 中通过的电流小于10 mA ，C 错误；根据有效值的计算和变压器原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D 错误．答案：AB9．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n 1：n 2＝5：1，其原线圈接一交流电源，电压u ＝2202sin100πt (V)，副线圈接一电动机，电阻为11 Ω.若电流表A 2示数为1 A ，电表对电路的影响忽略不计，则( )A ．交流电的频率为100 HzB ．电动机输出功率为33 WC ．电流表A 1示数为5 AD ．变压器原线圈的输入功率为33 W 解析：由ω＝100π＝2πf ，解得f ＝50 Hz ，A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2解得副线圈两端的电压U 2＝44 V ，电动机的输出功率P 出＝U 2I 2－I 22R ＝33W ，B 正确；由I 1I 2＝n 2n 1，解得I 1＝0.2 A ，C 错误；变压器原线圈的输入功率P ＝U 1I 1＝220×0.2 W ＝44 W ，D 错误．答案：B10．如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V ，正常情况下输出的总功率P 0＝8.8×104 W ，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电．输送电压为u ＝1 1002sin200πt V ，输电导线的总电阻为r ＝5 Ω，现要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，下列说法正确的是( )A ．输电线上的电流为220 AB ．降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4＝51 C ．用电器的额定功率P ＝5.6×104 WD ．用电器上的交流电的频率是50 Hz 解析：由交流电瞬时值表达式u ＝1 1002sin200πt V ，可得交流电频率为100 Hz ，电压有效值为U 2＝1 100 V ，输电线上的电流I ＝P 0U 2＝80 A ，故A 错误；降压变压器的输入电压U 3＝U 2－Ir ＝700 V ，降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4＝700220＝3511，故B 错误；用电器的额定功率P ＝P 0－I 2r ＝5.6×104 W ，故C 正确；变压器不改变交流电的频率，所以用电器上的交流电的频率是100 Hz ，故D 错误．答案：C[技能提升练]11．[2019·领航高考冲刺卷](多选)如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是( )A ．U 1：U 2＝3：4B ．U 1：U 2＝4：3C ．若将L 1短路，则副线圈的三个灯泡仍然正常发光D ．若将L 2短路，则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的43倍解析：设灯泡的额定电压为U ，额定电流为I ，则副线圈电压为3U ，电流为I ，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I ，所以原、副线圈的匝数比为1：1，原线圈两端电压为3U ，所以U 1：U 2＝4：3，选项A 错误、B 正确；若将L 1短路，则原线圈的电压增大，则副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，选项C 错误；若将L 2短路，设副线圈的电流为I ′，原线圈的电流也为I ′，因此2I ′R ＋I ′R ＝U 1＝4U ，则I ′R ＝43U ，即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的43，选项D 正确．答案：BD12．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1：n 2＝2：1，电压表和电流表均为理想电表，二极管为理想二极管，灯泡电阻R ＝55 Ω，原线圈两端加如图乙所示的电压，下列说法正确的是( )A ．电流表的读数为 2 AB ．电压表的读数为110 VC ．灯泡L 的功率为440 WD ．副线圈两端电压为110 2 V解析：根据图乙可得原线圈两端电压的有效值为U 1＝220 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈两端电压的有效值为110 V ，D 错误；因为二极管为理想二极管，所以二极管正向导通时的电流为I 2＝11055 A ＝2A ，设电流表的示数为I ，则有I 2RT ＝I 22R ·T 2，得I ＝ 2 A ，A 正确；电压表的示数为U ＝IR ＝55 2 V ，B 错误；灯泡L 的功率为P ＝I 2R ＝110 W ，C 错误．答案：A13．某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u 的变化规律．已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n 1：n 2＝10：1，电阻R ＝22 Ω.下列说法正确的是( )A ．通过R 的交流电的频率为100 HzB ．电流表A 2的示数为 2 AC ．此时变压器的输入功率为22 WD ．将P 沿逆时针方向移动一些，电流表A 1的示数变小解析：由图乙可知，该交流电的周期为T ＝0.02 s ，其频率为f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，故A 项错误；由题图得知输入电压的最大值为U m ＝220 2 V ，所以有效值为U ＝220 V ，则副线圈两端的电压为U ′＝U ×n 2n 1＝220 V ×110＝22 V ，所以通过电阻的电流(即为电流表A 2的示数)为I ＝U ′R ＝22 V 22 Ω＝1 A ，故B 项错误；变压器的输出功率为P ′＝U ′I ＝22 V ×1 A ＝22 W ，理想变压器的输入功率等于输出功率，所以有P ＝P ′＝22 W ，故C 项正确；将P 沿逆时针方向移动一些，变压器的副线圈匝数变大，输出电压变大，输出功率变大，所以输入功率也变大，故电流表A 1的示数将变大，故D 项错误．答案：C14．[2019·重庆七校模拟]如图所示，有一矩形线框的面积为S ，匝数为N ，内阻不计，绕OO ′轴在一磁感应强度大小为B 、方向水平的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，矩形线框通过滑环接一理想变压器，滑动触头P 上下移动时可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R ，电表均为理想电表，下列判断正确的是( )A ．矩形线框产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωsin ωtB ．线框在图示位置时产生的感应电动势最大，通过的磁通量也最大C ．当P 位置不动、R 减小时，电压表的示数增大D ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数增大解析：因为线框在图示位置时产生的感应电动势最大，所以从该位置开始计时，矩形线框产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωt ，选项A 错误；线框在图示位置时产生的感应电动势最大，通过的磁通量为零，选项B 错误；因电压表的示数为电动势的有效值，与P 的位置、R 的阻值大小无关，故电动势不变，电压表的示数不变，选项C 错误；根据理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2 ，可知副线圈的输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当P 位置向上移动、R 不变时，因n 1减小，U 2会增大，输出电流和输出功率均增大，由理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率增大，输入电流增大，电流表的示数增大，选项D 正确．答案：D。
【世纪金榜】高中物理全程学习方略 本册质量评估 新人教版选修3-2
本册质量评估第1～4章(90分钟 100分)一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分） 1.关于传感器的下列说法正确的是（ ）A.传感器的材料可以是由半导体材料制成的，也可以是由金属材料制成的B.传感器主要通过感知电压的变化来传递信号C.通常的传感器可以直接用来进行自动控制D.传感器可以将所有信号转换成电学量2.如图所示，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻 可以忽略，下列说法正确的是（ ）A.合上开关S 接通电路时，A 2先亮，A 1后亮，最后一样亮B.合上开关S 接通电路时，A 1、A 2始终一样亮C.断开开关S 切断电路时，A 2立即熄灭，A 1过一会儿才熄灭D.断开开关S 切断电路时，A 1、A 2都过一会儿才熄灭3.一矩形线圈位于一随时间t 变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，如图甲所示，磁感应强度B 随t 的变化规律如图乙所示.以I 表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示顺时针方向的电流为正，则以下的I-t 图像中正确的是（ ）4.（2011·太原高二检测）如图所示，abcd 为一边长为L 、 匝数为N 的正方形闭合线圈，绕对称轴OO ′匀速转动，角 速度为ω.空间中只有OO ′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁 场，磁感应强度为B.若闭合线圈的总电阻为R ，则( )A.线圈中电动势的有效值为NBL 2ω B.线圈中电流方向每秒钟改变次数为ωπ次 C.在转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流 D.当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为21NBL 25.（2011·安徽高考）如图所示的区域内有垂直 于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R 、 半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕 垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动（O 轴位于磁场边界）.则线框内产生的感应电流的有效值为（ ）2222BL 2BL 2BL BL A. B. C. D.?2R 2R 4R 4Rωωωω6.如图所示，变频交变电源的频率可在20 Hz 到20 kHz 之间调节，在某一频率时，A 1、A 2两只灯泡的炽热程度相同.则下列说法中正确的是（ ）A.如果将频率增大，A 1炽热程度减弱、A 2炽热程度加强B.如果将频率增大，A 1炽热程度加强、A 2炽热程度减弱C.如果将频率减小，A 1炽热程度减弱、A 2炽热程度加强D.如果将频率减小，A 1炽热程度加强、A 2炽热程度减弱 7.（2011·山东高考）为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图.保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压.某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示.以下正确的是（ ）A.2u 1902sin 50t V =π（）B.2u 1902sin 100t V =π（）C.为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D.为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移8.绕有线圈的铁心直立在水平桌面上，铁心上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示.闭合开关的瞬间，铝环跳起一定高度.保持开关闭合，下列现象正确的是（ ） A.铝环停留在这一高度，直到开关断 开铝环回落B.铝环不断升高，直到断开开关铝环回落C.铝环回落，断开开关时铝环不再跳起D.铝环回落，断开开关时铝环又跳起9.如图所示,虚线框内存在磁感应强度为B 的匀强磁场,导线的三条竖直边电阻均为r,长均为L,两横边电阻不计,线框平面与磁场方向垂直.当导线框以恒定速度v 向右运动,ab 边进入磁场时,ab 两端电势差为u 1,当cd 边进入磁场时,ab 两端电势差为u 2,则（ ）112212A.u BLvB.u BLvC.u BLvD.uBLv 33====10.（2011·杭州高二检测）某小型水电站的电能输送示意图如图所示.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n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4（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( )32143214n n A.n n n nB.n n ＞＜C.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 二、实验题（本大题共2小题，共14分）11.（6分）如图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图.试回答下列问题：（1）在该实验中电流计G 的作用是_____________________________________. （2）按实验要求，将实物连成电路.（3）在产生感应电流的回路中，图中器材相当于电源的是__________________.12.（8分）如图甲所示为半导体材料做成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线，图乙为用此热敏电阻R 和继电器设计的温控电路，设继电器的线圈电阻为R x=50 Ω，当继电器线圈中的电流I c大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合.左侧电源电动势为6 V，内阻可不计，温度满足什么条件时，电路右侧的小灯泡会发光？三、计算题（本大题共4小题，共46分，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）13.（10分）（2011·松原高二检测）交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，已知线圈的电阻为R=2.0 Ω，求:(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？(2)矩形线圈转动的周期是多少？(3)线圈电阻上产生电热的功率是多少？(4)保持线圈匀速运动，1 min内外界对线圈做的功是多少？14.（11分）（2011·江苏高考）如图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u t图像如乙图所示.若只在ce间接一只R ce=400 Ω的电阻，或只在de间接一只R de=225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.（1）请写出原线圈输入电压瞬时值u ab的表达式；（2）求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1；（3）求ce和de间线圈的匝数比ce de n. n15.(12分)如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小随时间的变化率Bkt∆=∆，k为负的常量,用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一个边长为l的方框;将方框固定在纸面内，其右半部位于磁场区域中,求：（1）导线中感应电流的大小；（2）磁场对方框作用力大小随时间的变化的关系式.16.（13分）如图所示，两根与水平面成θ=30°角的足够长的光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L=1 m，导轨底端接有阻值为1 Ω的电阻R，导轨的电阻忽略不计.整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度B=1 T.现有一质量为m=0.2 kg、电阻不计的金属棒用细绳通过光滑滑轮与质量为M=0.5 kg的物体相连，细绳与导轨平面平行，将金属棒与M由静止释放，棒沿导轨运动了2 m后开始做匀速运动.运动过程中，棒与导轨始终保持垂直接触.求：（1）金属棒匀速运动时的速度；（2）金属棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量；（3）若保持某一大小的磁感应强度B1不变，取不同质量的物体拉动金属棒，测出金属棒相应的做匀速运动的v值，得到实验图像如图所示，请根据图中的数据计算出此时的B1.（4）改变磁感应强度的大小为B 2，B 2=2B 1，其他条件不变，请说明图线如何变化.答案解析1.【解析】选A.半导体材料可以制成传感器，金属材料也可以制成传感器，如金属氧化物可以制成温度计，A 对.传感器不但能感知电压变化，还能感知力、温度等，B 错；传感器只能将能感知的信号转换为电信号，D 错.有的传感器能够自动控制，有的不能，C 错.2.【解析】选A 、D.闭合开关时，由于自感电动势的作用，A 1电路中的电流只能逐渐增大到与A 2中的电流相同，故A 对，B 错.开关由闭合到断开,L 相当于电源,A 1、A 2、L 组成闭合回路，电路中的电流逐渐减小，故C 错，D 对.3.【解析】选A.由BE S t∆=∆可知，0～1 s 内I 大小不变，C 错.依据楞次定律，0～1 s 内感应电流为逆时针方向，B 错.4～5 s 内，B 不变，I=0，D 错，综合以上分析可知A 对.4.【解析】选B.线圈在转动过程中，除线圈平行磁场方向时始终有N 条边在切割磁感线，因此线圈中始终有电流，故C 错.由于始终只有N 条边在切割磁感线，因此线圈中电动势表达式为21e NBL sin t 2=ωω，电动势有效值表达式为2max2E NBL 2==ω，故A 错.由ω=2πf ，则f 2ω=π，由此可知，线圈中电流方向每秒钟改变次数为ωπ次，因此B 正确.磁通量与平面相对应，与线圈匝数无关，因此D 错. 5.【解析】选D.线框进入磁场和穿出磁场产生的感应电动势均为21E B L ,2=ω产生感应电动势的时间均为T ,8由一个周期产生的电热222B L T Q ()R 2I RT,2R 8ω=⨯⨯=解得2BL I ,4R ω=选D. 6.【解析】选B 、C.某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，应有两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A 1的电流增大，通过A 2的电流减小，故B 项正确；同理可得C 项正确，故选B 、C.7.【解析】选B 、D.由图像可知，正弦式交变电压的最大值为190 2 V ，其周期为0.02 s,可得其表达式为2u 1902sin(100t)V =π，B 选项正确，又在u 1、n 2不变的前提下通过改变n 1来使u 2增大，由1122u n u n =可得应使n 1减小，故应将P 适当上移，D 选项正确.【方法技巧】交变电流图像与变压器综合问题的求解技巧 解答此类问题应把握以下几点：（1）T 、I max （U max ）能直接从正（余）弦交流电图像中读出. （2）有效值和最大值满足1/2倍关系，周期和频率满足1T .f=（3）原线圈输入功率和副线圈输出功率相等. （4）U 2由U 1决定，I 1由I 2决定.8.【解析】选C.闭合开关的瞬间，穿过铝环的磁通量发生变化，根据楞次定律，铝环将产生感应电流阻碍其磁通量的变化，因此铝环跳起一定高度.保持开关闭合，磁通量不再变化，铝环中没有感应电流产生，将回落.断开开关时线圈形不成回路，没有电流，因此线圈中就形不成磁场，铝环将不再跳起. 9.【解析】选B 、D.ab 边切割磁感线时,电动势为BLv,ab 为电源,cd 、ef 为外电路,1BLv 1u r /2BLv,33r 2== B 对;cd 边、ab 边同时切割磁感线时电动势为BLv,cd 、ab 并联作为内电路,ef 为外电路,2BLv 2u r BLv,33r 2== D 对. 10.【解析】选A 、D.根据变压器工作原理可知332214n U n U ,,n 200 V n 220 V==由于输电线路上损失一部分电压，升压变压器的输出电压U 2大于降压变压器的输入电压U 3，所以3214n n ,n n >A 正确，B 、C 错误.升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线上损失的功率，D 正确. 11.【解析】（1）电流计的指针偏转情况用来说明有无感应电流产生及电流方向. （2）电路连接如图所示.（3）小螺线管A 的磁场引起大螺线管B 发生电磁感应现象，B 相当于电源 答案：（1）检测线圈中有无电流及其方向 （2）见解析图 （3）线圈B12.【解析】热敏电阻与继电器串联，若使电流不小于 I c =20 mA,则总电阻不大于cER 300.I ==Ω总 由于R 总=R T +R x ，则R T 不大于250 Ω.由甲图可看出，当R T =250 Ω时，温度t=50 ℃,即温度不小于50 ℃. 答案：温度不小于50 ℃时，电路右侧的小灯泡会发光.13.【解析】(1)由乙图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值I max = 2.0 A. （2分）(2)矩形线圈转动的周期T=4.0×10-3s. （2分） (3)由有效值I =知, 线圈电阻上产生的电热功率为22maxI P I R R 4 W.2=== （3分）(4)由能量守恒定律可知，外界对线圈做的功先转化成电能再转化成电热，1分钟内外界对线圈做的功W=Pt=240 J. （3分）答案:(1)2.0 A (2)4.0×10-3s (3)4 W (4)240 J 14.【解析】（1）由乙图知ω=200π rad/s, （1分） 电压瞬时值u ab =400sin 200πt(V) （2分） （2）电压有效值)1U V == （1分） 理想变压器P 1=P 2 （1分） 原线圈中的电流111P I 0.28 A U == （1分） （3）设ab 间匝数为n 1,根据变压器规律有ce11ceU U ,n n = （1分） de11deU U n n = （1分） 由题意有：22ce dece deU U R R =，（1分）联立可得：ce de n 4n 3== （2分） 答案：（1）u ab =400sin 200πt V(2)0.28 A (3)4∶3 15.【解析】(1)2BS 1E k t t 2∆Φ∆'===∆∆l ①(2分) EI R =②(2分) 4R S=ρl③(2分) 联立①②③得k SI 8=ρl (1分) (2)F=I l B （1分）F BIlt t? ∆∆=∆∆ (2分) 可得22F k S.t 8∆=∆ρl (2分) 答案:(1)k S8ρl (2)22F k S t 8∆=∆ρl 16.【解析】（1）由于金属棒匀速运动，以金属棒为研究对象，则其受力平衡，即22B L vMg mgsin R=θ+ （2分）解得22(Mg mgsin )Rv 4 m /s B L-θ== （2分） （2）设金属棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的热量为Q （即安培力做功的大小），根据动能定理得，Mgs-mgssin θ-Q=12(M+m)v 2（2分） 解得Q=Mgs-mgssin θ-12(M+m)v 2=2.4 J （1分）（3）由221(Mg mgsin )Rv B L-θ=得， 222211gR mgRsin v M B L B L θ=- （2分） 从图像上可以看出221gR 10,B L 0.3= 解得B 1=0.55 T （2分） （4）当改变磁感应强度的大小为B 2，B 2=2B 1，其他条件不变时，从表达式2222gR mgRsin v M B L B Lθ=-可以看出图线的斜率减小为原来的14，与M轴的交点不变，图线与M轴的交点表示msinθ.（2分）答案：(1)4 m/s (2)2.4 J (3)0.55 T (4)见解析。
【高中教育】最新高中物理课时提升作业二第一章碰撞与动量守恒12动量教科版选修3
——教学资料参考参考范本——【高中教育】最新高中物理课时提升作业二第一章碰撞与动量守恒12动量教科版选修3______年______月______日____________________部门(30分钟50分)一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)1。
下列几种物理现象的解释中,正确的是( )A。
砸钉子时不用橡皮锤,只是因为橡皮锤太轻B。
跳高时往沙坑里填沙,是为了减小冲量C。
在推车时推不动是因为推力的冲量为零D。
动量相同的两个物体受到相同的制动力,两个物体将同时停下来【解析】选D。
砸钉子时不用橡皮锤,一是因为橡皮锤太轻,动量改变量小。
二是因为缓冲时间长,从而导致冲力小,故A错误;跳高时往沙坑里填沙,是为了延长缓冲时间,减小冲力,B错误;推车时推不动,是由于合外力的冲量为零,但推力冲量不为零,故C错误;由动量定理知,动量相同的两个物体受到相同的制动力,将同时停下来,D正确。
2。
关于动量,以下说法正确的是( )A。
做匀速圆周运动的质点,其动量不随时间发生变化B。
单摆的摆球每次经过最低点时的动量均相同C。
匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D。
平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比【解析】选D。
做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化,故动量时刻变化,故A错;单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等,但方向相反,故B错;巡航导弹巡航时虽速度不变,但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分,不可忽略),从而使导弹总质量不断减小,导弹动量减小,故C错;平抛运动物体在竖直方向上的分运动为自由落体运动,在竖直方向上的分动量p竖=mvy=mgt,故D正确。
3。
把一支枪水平地固定在小车上,小车放在光滑的水平地面上,枪发射出子弹时,下列关于枪、子弹和车的说法中正确的是( )A。
枪和子弹组成的系统动量守恒B。
枪和车组成的系统动量守恒C。
若子弹和枪筒之间的摩擦忽略不计,枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒D。
2014年物理《复习方略》(通用版)课时提升作业选修3-2 第10章 第1讲交变电流的产生和描述
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课时提升作业（三十）(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共70分。
每小题至少一个答案正确，选不全得4分)1.矩形线圈绕垂直匀强磁场磁感线的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是( )A.穿过线圈的磁通量最大，线圈中感应电动势最大B.穿过线圈的磁通量最大，线圈中感应电动势等于零C.线圈中感应电流最大，方向将改变D.线圈中感应电流等于零，方向将改变2.(2013·西安模拟)交流发电机在工作时的电动势为e=E0sinωt,若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为( )ωA.E0sin t2ωB.2E0sin t2C.E0sin2ωtD.2E0sin2ωt3.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。
在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图)，线圈的cd 边离开纸面向外运动。
若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )4.(2013·青岛模拟)一交流电压为u t V=π,由此表达式可知( )A.用电压表测该电压，其示数为100 VB.该交流电压的周期为0.02 sC.将该电压加在“100 V 100 W”的灯泡两端,灯泡的实际功率小于100 Ws时，该交流电压的瞬时值为50 VD.t=14005.如图所示的电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源。
交流电源的内阻不计，其电动势随时间变化的规律是e=。
为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )Ω B.110 ΩC.220 ΩΩ6.(2013·太原模拟)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是( )A.在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为3∶2C.交流电a的瞬时值为u＝10sin5πt(V)VD.交流电b的最大值为2037.如图甲、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。
课时提升作业(28) 选修3-2 第九章 第3讲
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课时提升作业（二十八）(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共70分。
每小题至少一个答案正确，选不全得4分)1. (2013·南京模拟)如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域。
当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为( )A.12E B.13E C.23E D.E2.一环形线圈放在匀强磁场中，设第1 s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里,如图甲所示。
若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3 s 内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是( )A.大小恒定，沿顺时针方向与圆相切B.大小恒定，沿着圆半径指向圆心C.逐渐增加，沿着圆半径离开圆心D.逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切3. (2013·太原模拟)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。
现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是( )4.(2013·攀枝花模拟)如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值的金属导线ab垂直导轨放置，为R的电阻。
一根与导轨接触良好、有效阻值为R2并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( )A.通过电阻R的电流方向为P→R→MB.a、b两点间的电压为BLvC.a端电势比b端高D.外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热5.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B 。
2019版高中物理《复习方略》教科版 课时提升作业(三十) 选修3-2 第十章 第1讲交变电流的产生和描述
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课时提升作业（三十）(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.(多选)矩形线圈绕垂直匀强磁场磁感线的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是( )A.穿过线圈的磁通量最大，线圈中感应电动势最大B.穿过线圈的磁通量最大，线圈中感应电动势等于零C.线圈中感应电流最大，方向将改变D.线圈中感应电流等于零，方向将改变2.(2018·西安模拟)交流发电机在工作时的电动势为e=E0sinωt,若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为( )A.E0sint 2ωB.2E0sint 2ωC.E0sin2ωtD.2E0sin2ωt3.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。
在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图)，线圈的cd边离开纸面向外运动。
若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )4.(多选)(2018·青岛模拟)一交流电压为u t V=π,由此表达式可知( )A.用电压表测该电压，其示数为100 VB.该交流电压的周期为0.02 sC.将该电压加在“100 V 100 W”的灯泡两端,灯泡的实际功率小于100 WD.t=1400s时，该交流电压的瞬时值为50 V5.如图所示的电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源。
交流电源的内阻不计，其电动势随时间变化的规律是e=。
为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )Ω B.110 ΩC.220 ΩΩ6.(2018·太原模拟)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是( )A.在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为3∶2C.交流电a的瞬时值为u＝10sin5πt(V)D.交流电b的最大值为203V7.(多选)如图甲、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。
2021《复习方略》高中物理(沪科版)一轮复习课时提升作业选修3-2 10.1交变电流的产生和描述
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课时提升作业(二十九)交变电流的产生和描述素能全练(建议：20分钟50分)选择题(本题共8小题,1～6题每小题6分,7、8题每小题7分,共50分。
多选题已在题号后标出)1.一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,感应电动势也为零B.当磁通量减小时,感应电动势也减小C.当磁通量等于0.5Φm时,感应电动势等于0.5E mD.角速度ω等于E mΦm2.(2021·福建高考)如图,试验室一台手摇沟通发电机,内阻r=1.0Ω,外接R= 9.0Ω的电阻。
闭合开关S,当发电机转子以某一转速匀速转动时,产生的电动势e=10√2sin10πt(V),则( )A.该交变电流的频率为10 HzB.该电动势的有效值为10√2VC.外接电阻R所消耗的电功率为10WD.电路中抱负沟通电流表的示数为1.0A3.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。
已知发电机线圈内阻为5.0Ω,现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡,如图乙所示。
则下列说法正确的是( )A.电压表V的示数为220 VB.电路中的电流方向每秒钟转变50次C.灯泡实际消耗的功率为484 WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J4.(2022·大纲版全国卷)一台电风扇的额定电压为沟通220V,在其正常工作过程中,用沟通电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示。
这段时间内电风扇的用电量为( )A.3.9×10-2度B.5.5×10-2度C.7.8×10-2度D.11.0×10-2度5.(2022·衡水模拟)如图甲为小型旋转电枢式沟通发电机的原理图,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=10Ω连接,与电阻R并联的沟通电压表为抱负电压表,示数是10V。
2019届物理选修3-2同步配套(课件+提升训练+检测) (33)
知识构建
专题归纳
答案:①表示穿过某一面积的磁感线条数 ②韦伯
③只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,闭合电路就有感应电流产
生 ④电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化
率成正比
⑤E=n
������ ������
(n为线圈匝数)
知识构建
2.思考关于交变电流学习的内容。正确填写下图。
专题归纳
Wb/s;线圈中的感应电动势的
大小是
V。
解析:磁通量的变化是由磁场的变化引起的。
ΔΦ =ΔBSsin θ=(0.8-0.2)×40×10-4×0.5 Wb=1.2×10-3 Wb,
磁通量的变化率Δ������
������
=
1.2×10-3 0.05
Wb/s=2.4×10-2 Wb/s。
根据法拉第电磁感应定律得,感应电动势
答案:(1)2 V (2)0.32 N
知识构建
专题归纳
专题一 专题二
变式训练1导学号66824066一个100匝、面积为40 cm2的线圈放
在磁场中,磁场的方向与线圈平面成30°角,若磁感应强度在0.05 s内
由0.2 T增加到0.8 T,在此过程中穿过线圈的磁通量的变化量是
Wb;磁通量的平均变化率是
专题一 专题二
【例题1】 如图甲所示,矩形线圈abcd,长ab=20 cm,宽bc=10 cm, 匝数n=200,线圈回路总电阻R=50 Ω ,整个线圈平面均有垂直于线 框平面的匀强磁场穿过,磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所 示,求:
(1)线圈回路的感应电动势。 (2)在t=0.3 s时,线圈ab边所受的安培力。
A.通过R1的电流的有效值是1.2 A B.R1两端的电压的有效值是6 V C.通过R2的电流的最大值是1.2 2 A D.R2两端的电压的最大值是6 2 V
2019届物理选修3-2同步配套(课件+提升训练+检测) (60)
探究一
探究二
探究三 当堂检测
问题导引 名师精讲 典例剖析
要点提示:(1)q=It=������������������������ ·������������ = ������������������������;
(2)利用微元分析法:
q=������������������������1
·Δ���������1���1
解析:由 q=������·Δt=ΔΔ������������������·Δt 得 q=Δ������������ = ���������·���������,S 为圆环面积,故 q1=q2。
答案:C
探究一
探究二
探究三 当堂检测
问题导引 名师精讲 典例剖析
电磁感应中的图象问题 如图甲所示,矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线的方向与 导线框所在平面垂直,规定磁场的正方向垂直于纸面向里,磁感应 强度B随时间变化的规律如图乙所示,若规定顺时针方向为感应电 流的正方向,定性画出感应电流随时间变化的图象。
问题导引 名师精讲 典例剖析
变式训练1如图所示,把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a 的圆环,水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,一长 度为2a,电阻等于R,粗细均匀的金属棒MN放在圆环上,它与圆环始 终保持良好接触,当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心时,求:
(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN。 (2)电路中消耗的热功率。
探究一
探究二
探究三 当堂检测
问题导引 名师精讲 典例剖析
变式训练2如图所示,将一个闭合金属圆环从有界磁场中匀速拉
出,第一次速度为v,通过金属圆环某一截面的电荷量为q1,第二次速 度为2v,通过金属圆环某一截面的电荷量为q2,则( )
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课时提升作业（二十七）(40分钟，100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.(2018·龙岩模拟)如图所示，让线圈由位置1通过一个匀强磁场区域运动到位置2，下列说法中正确的是( )A.线圈进入匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且进入时的速度越大，感应电流越大B.整个线圈在匀强磁场中匀速运动时，线圈中有感应电流，而且感应电流是恒定的C.整个线圈在匀强磁场中加速运动时，线圈中有感应电流，而且感应电流越来越大D.线圈穿出匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且感应电流越来越大2.(2018·烟台模拟)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )A.12B.1C.2D.43.(多选)(2018·自贡模拟)一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势( )A.一定为0.1 VB.可能为零C.可能为0.01 VD.最大值为0.1 V4.(2018·达州模拟)如图所示,用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈A和B,两线圈平面与匀强磁场垂直。
当磁感应强度随时间均匀变化时,两线圈中的感应电流之比I A∶I B为( )A. B. C. D.5.(2018·无锡模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法判断6.如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，线圈电阻不计，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B 。
当线圈绕OO ′转过90°时，通过电阻R 的电荷量为( )A.2BL 2RB.2NBL 2RC.2BL RD.2NBL R7.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A.Bav3 B.Bav6C.2Bav3D.Bav8.(能力挑战题)如图a 是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R ，L 是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R 。
图b 是某同学画出的在t 0时刻开关S 切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像。
关于这些图像，下列说法中正确的是( )A.甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B.乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器2的电流随时间变化的情况C.丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D.丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况9.(多选)闭合回路由电阻R与导线组成,其内部磁场大小按B-t图变化,方向如图所示，则回路中( )A.电流方向为顺时针方向B.电流强度越来越大C.磁通量的变化率恒定不变D.产生的感应电动势越来越大10.(多选)如图所示，电路中A和B是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，C是电容很大的电容器。
当S闭合与断开时，对A、B的发光情况判断正确的是( )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闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭而A逐渐熄灭二、计算题(本大题共2小题，共30分。
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)11.(15分)如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1=0.5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L 2=0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R=0.2 Ω，磁感应强度为B 0=1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路。
ad 杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m=0.04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以B0.2 T /s t∆=∆的变化率均匀地增大。
求：(1)金属棒上电流的方向。
(2)感应电动势的大小。
(3)物体刚好离开地面的时间(g=10 m/s 2)。
12.(2018·万州区模拟)(15分)如图甲所示，光滑导轨宽0.4 m,ab 为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab 的电阻为1 Ω,导轨电阻不计。
t=0时刻，ab 棒从导轨最左端，以v=1 m/s 的速度向右匀速运动，求1 s 末回路中的感应电流及金属棒ab 受到的安培力。
答案解析1.【解析】选A 。
线圈进入匀强磁场区域的过程中，磁通量发生变化，线圈中有感应电流，而且进入时的速度越大，感应电动势越大，感应电流越大，A 对；整个线圈在匀强磁场中无论是匀速、加速还是减速运动，磁通量都不发生变化，线圈中没有感应电流产生，B 、C 错；线圈穿出匀强磁场区域的过程中，磁通量发生变化，线圈中有感应电流，感应电流大小与运动的速度有关，匀速运动感应电流不变，加速运动感应电流增大，D 错。
2.【解析】选B 。
由法拉第电磁感应定律E t ∆Φ∆＝，且ΔΦ1＝ΔBS ，ΔΦ2＝2B ΔS ，则1BS (2B B)S BSE t t t∆－＝＝＝，212B(S S)2B S BS 2E t t t∆－＝＝＝－，E 1与E 2大小相等，选项B 正确。
3.【解析】选B 、C 、D 。
由E=BLvsin θ知，当θ=90°时，E=BLv=0.1 V,此时最大;当θ=0时，E=0,此时最小。
所以产生的感应电动势范围是0≤E ≤0.1 V,B 、C 、D 三项正确。
4.【解析】选B 。
导线相同,则电阻R 相同,制作成匝数分别为n 1、n 2的圆形线圈后,设其半径分别为r 1、r 2,则n 1·2πr 1=n 2·2πr 2 =,面积之比为==,两线圈产生的感应电动势之比为==,由于电阻R 相等,故感应电流之比为===,B 正确。
5.【解析】选C 。
金属棒ab 切割磁感线，产生感应电动势而不产生感应电流，没有安培力产生，在重力作用下做平抛运动，垂直于磁感线方向速度不变，始终为v 0,由公式E=BLv 知，感应电动势为BLv 0不变，故A 、B 、D 错误，C 正确。
6.【解析】选B 。
初状态时，通过线圈的磁通量为21BL 2Φ＝，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q=I Δt,E I R =,E N t ∆Φ=∆,得q N R ∆Φ=,可得通过电阻R 的电荷量为2NBL 2R。
7.【解析】选A 。
摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E=B ·2a ·(12v)=Bav 。
由闭合电路欧姆定律得，AB ER 1U Bav R R 4324==+，故A 正确。
【变式备选】如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)( )A.2Br I R ω＝，由c 到dB.2Br I R ω＝，由d 到cC.2Br I 2Rω＝，由c 到dD.2Br I 2Rω＝，由d 到c【解析】选D 。
金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r 的导体棒绕O 点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为2Br E 2ω＝，由右手定则可知，其方向由外指向圆心，故通过电阻R 的电流大小2Br I 2Rω＝，方向由d 到c ，故选项D 正确。
8.【解析】选C 。
开关S 由断开变为闭合瞬间，流过自感线圈的电流为零，流过传感器1、2的电流均为E 2R；闭合电路稳定后，流过传感器1的电流为2E 3R ，流过传感器2的电流为E 3R；开关断开后，流过传感器1的电流立即变为零，流过传感器2的电流方向相反，从E3R逐渐变为零。
由以上分析可知，选项C 正确。
【总结提升】通电自感与断电自感的区别9.【解析】选A 、C 。
由楞次定律可以判断电流方向为顺时针方向,A 项正确;由法拉第电磁感应定律E N t=∆可得,B E NS t ∆=∆ ,由题图可知B t∆∆是恒量,所以电动势恒定,D 项错误;根据欧姆定律,电路中电流是不变的,B 项错误;由于磁场均匀增加,线圈面积不变,所以磁通量的变化率恒定不变，C 项正确。
10.【解析】选A 、C 。
电容器的特性是“充电和放电”，在开始充电阶段，相当于阻值很小的电阻，放电阶段相当于电源。
电感线圈的特性是“阻交流、通直流”，即电流不会突然变化，当电流突然增大时，相当于阻值很大的电阻，当电流突然减小时，相当于电源。
因此，当开关刚闭合时，电容器对电流的阻碍作用小，线圈对电流的阻碍作用大，C 和B 组成的电路分压作用小，A 、L 组成的电路分压作用大，B 灯较暗，A 灯较亮。
当开关闭合足够长的时间后，电容器充电完成，线圈中电流为直流电，而其直流电阻很小， B 灯较亮，A 灯被短路，不发光；开关断开瞬间，电容器和B 组成的回路中，电容器放电，B 灯逐渐变暗，A 灯和线圈组成的回路中，线圈充当电源，A 灯先变亮再熄灭，故选项A 、C 正确。
11.【解题指南】解答本题要注意以下两点：(1)回路面积不变时，感应电动势与磁感应强度的变化率成正比。
(2)刚好离开地面时，地面对物体的支持力为零。
【解析】(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a 到d 。
(2分)(2)由法拉第电磁感应定律得：B E S 0.08 V t t∆Φ∆===∆∆ (3分)(3)物体刚要离开地面时，其受到的拉力F=mg(2分)而拉力F 又等于棒所受的安培力。
即mg=F 安=BIL 1(2分) 其中B=B 0+Bt t∆∆(2分)E I R=(2分)解得t=5 s (2分)答案：(1)由a到d (2)0.08 V (3)5 s12.【解析】Φ的变化有两个原因，一是B的变化，二是面积S的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有BE S B vt t∆Φ∆==+∆∆l(3分)又Bt∆∆=2 T/s, (2分)在1 s末，B=2 T,S=lvt=0.4×1×1 m2=0.4 m2 (2分)所以1 s末,E=Bt∆∆S+Blv=1.6 V, (2分)此时回路中的电流I=ER=1.6 A (2分)根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向(2分)金属棒ab受到的安培力为F=BIl=2×1.6×0.4 N=1.28 N,方向向左。