人教版高中物理选修3-2检测：综合水平测试(二) Word版含解析

综合水平测试( 二)
测试时间:90分钟满分:100分
对应学生用书P147一、选择题( 本大题共10小题,每小题4分,共40分。

在第1～6题给出的4个选项中,只有一个选项正确;在第7～10题给出的四个选项中,有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。

)
1．下列说法不符合物理学史的是( )
A．奥斯特发现了电流的磁效应
B．法拉第发现了电磁感应现象
C．牛顿解释了涡旋电场的产生原理
D．楞次找到了判断感应电流方向的方法
正确答案 C
详细解析根据物理学史可知A、B、D说法正确,C项中,麦克斯韦的感生电场的产生证明了涡旋电场的原理。

2．现用电压为380 V的正弦式交流电给额定电压为220 V的电灯供电,以下电路中不可能使电灯正常发光的有( )
正确答案 D
详细解析由图可知,A、B中均有电阻分压,可以使电灯正常发光;C为降压变压器,通过变压器降压也可以使电灯正常发光;D为升压
变压器,电灯两端的电压要大于380 V,不可行。

3．在图中,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( )
A．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．G1的指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点,而G2的指针缓慢地回到零点
正确答案 D
详细解析K断开后,自感电流的方向与G1原电流方向相反,与G2原电流方向相同。

正确答案为D。

4．[2015·课标全国卷Ⅱ]如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。

当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c。

已知bc边的长度为l。

下列判断正确的是( )
A．U a>U c,金属框中无电流
B．U b>U c,金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．U bc＝－1
2Bl
2ω,金属框中无电流
D．U ac＝1
2Bl
2ω,金属框中电流方向沿a－c－b－a
正确答案 C
详细解析在三角形金属框内,有两边切割磁感线,其一为bc边,
根据E＝Bl v可得:电动势大小为1
2Bl
2ω;其二为ac边,ac边有效的切割
长度为l,根据E＝Bl v,可得:电动势大小也为1
2Bl
2ω;由右手定则可知:
金属框内无电流,且U c>U b＝U a,选项A、B错误;U bc＝U ac＝－1
2Bl
2ω,选项C正确,选项D错误。

5．[2015·安徽高考]如图所示,abcd 为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨,间距为l ,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B ,导轨电阻不计。

已知金属杆MN 倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r ,保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动( 金属杆滑动过程中与导轨接触良好 )。

则( )
A ．电路中感应电动势的大小为Bl v sin θ
B ．电路中感应电流的大小为B v sin θr
C ．金属杆所受安培力的大小为B 2l v sin θr
D ．金属杆的热功率为B 2l v 2r sin θ
正确答案 B
详细解析 切割磁感线的有效长度为l ,电动势为E ＝Bl v ,选项A
错误。

根据题意,回路电阻R ＝rl sin θ
,由欧姆定律有I ＝Bl v rl sin θ＝B v sin θr ,选项B 正确。

安培力F ＝BIl sin θ
＝B 2v l r ,选项C 错误。

金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2l sin θr
,选项D 错误。

6．[2015·安徽高考]图示电路中,变压器为理想变压器,a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端,R 0为定值电阻,R 为滑动变阻器。

现
将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表的示数增大了0、2 A,电流表的示数增大了0、8 A,则下列说法正确的是( )
A．电压表示数增大
B．电压表、示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
正确答案 D
详细解析由于变压器原线圈的电压不变,因此电压表、的读数均不变,选项AB均错误。

由题意可知,该变压器起降压作用,选项C 错误。

由于副线圈的电压不变,电流表的示数增大,根据欧姆定律可知负载的电阻变小,所以滑动变阻器连入电路的阻值变小,选项D正确。

7．奥斯特发现了电流的磁效应后,法拉第仔细地分析了电流的磁效应。

他认为,既然磁铁可以使靠近它的铁块具有磁性,静电荷可以使
靠近它的导体带电,那么电流也应当使靠近它的线圈感应出电流。

1822年法拉第在日记中记载着“把磁转变成电”的光辉思想,后来,法拉第对这一课题进行了系统的实验研究。

1831年8月法拉第把两个线圈绕在一个铁环上( 如图所示),线圈A接直流电源,线圈B接电流表。

他发现,当线圈A的电路接通或断开的瞬间,线圈B中产生瞬时电流。

分析这个实验,下列说法中正确的是( )
A．此实验说明线圈B的感应电流是由线圈A的磁场变化引起的
B．开关S闭合瞬间,中的电流方向是a→b
C．若将其中的铁环拿走,再做这个实验,S闭合瞬间,中没有电流D．若将其中的铁环拿走,再做这个实验,S闭合瞬间,中仍有电流正确答案ABD
详细解析开关闭合瞬间,线圈A中电流产生磁场,使铁环中磁通量增加。

根据右手安培定则和楞次定律可知B线圈中产生由a→b的感应电流,铁环撤掉后不影响感应电流产生。

8．[2015·泰兴高二检测]如图所示,为早期制作的发电机及电动机的示意图,A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘,用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来,用另一根导线将B盘的中心和A 盘的边缘连接起来。

当A盘在外力作用下转动起来时,B盘也会转动,
则下列说法中正确的是( )
A．不断转动A盘就可以获得持续的电流,其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条,它们做切割磁感线运动,产生感应电动势
B．当A盘转动时,B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到力的作用,此力对转轴有力矩
C．当A盘顺时针转动时,B盘逆时针转动
D．当A盘顺时针转动时,B盘也顺时针转动
正确答案ABC
详细解析将图中铜盘A所在的一组装置作为发电机模型,铜盘B所在的一组装置作为电动机模型,这样就可以简单地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”,处在磁场中的每一根“辐条”都在做切割磁感线运动,产生感应电动势,进而分析可得。

9．两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面。

质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ,导轨电阻不计,回路总电阻为2R。

整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中。

当ab杆在平行于水平导轨的拉
力F 作用下以速度v 1沿导轨匀速运动时,cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动。

重力加速度为g 。

以下说法正确的是( )
A ．ab 杆所受拉力F 的大小为μmg ＋
B 2L 2v 12R
B ．cd 杆所受摩擦力为零
C ．回路中的电流强度为BL (v 1＋v 2)2R
D ．μ与v 1大小的关系为μ＝2Rmg B 2L 2v 1
正确答案 AD
详细解析 棒ab 切割磁感线产生感应电动势E ＝BL v 1,
棒cd 运动不切割磁感线,故不产生感应电动势,回路中电流I ＝E 2R
＝BL v 12R
, 因两棒匀速,则对ab 棒有F ＝F 安＋μmg ＝B 2L 2v 12R
＋μmg F 安＝B 2L 2v 12R
对cd 棒:F 安水平向右f ＝μF 安＝mg ,μ＝
2Rmg B 2L 2v 1
故AD 正确。

10．如图所示,AB 、CD 为两个平行的水平光滑金属导轨,处在方
向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中。

AB 、CD 的间距为L ,左右两端均接有阻值为R 的电阻。

质量为m 、有效长度为L 且不计电阻的导体棒MN 放在导轨上,与导轨接触良好,并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。

开始时,弹簧处于自然长度,导体棒MN 具有水平向左的初速度v 0,经过一段时间,导体棒MN 第一次运动到最右端,这一过程中AC 间电阻R 上产生的焦耳热为Q ,则( )
A ．初始时刻棒所受的安培力大小为2
B 2L 2v 0R
B ．从初始时刻至棒第一次到达最右端的过程中,整个回路产生的
焦耳热为2Q 3
C ．当棒第一次到达最右端时,弹簧具有的弹性势能为12
m v 20－2Q D ．当棒再次回到初始位置时,AC 间电阻的热功率为B 2L 2v 20R
正确答案 AC
详细解析 初始时刻,棒两端的电动势E 0＝BL v 0,棒中的电流I 0＝2BL v 0R ,棒所受的安培力大小F ＝2B 2L 2v 0R ,选项A 正确。

两电阻的阻值相等,则热功率也相等,从初始时刻至棒第一次到达最右端过程中,
整个回路产生的焦耳热为2Q ,弹簧具有的弹性势能E P ＝12
m v 20－2Q ,选项B 错误,C 正确。

当棒再次回到初始位置时速度小于v 0,AC 间电阻
的热功率也小于B 2L 2v 20R ,选项D 错误。

二、实验题( 本大题共2小题,每小题6分,共12分,把正确答案填在题中横线上或按题目要求作答。

)
11．( 1 )下图为《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的作用是检测感应电流的________和________。

②请按实验要求在实物上连线。

③在实验出现的电磁感应现象中,A、B线圈哪个相当于电源？________( 选填“A”或“B” )
( 2 )已知一灵敏电流计,当电流从正接线柱流入时,指针向正接线柱一侧偏转,现把它与线圈串联接成如图所示电路,当条形磁铁按如图所示情况运动时,以下判断正确的是________。

A．甲图中电流表偏转方向向右
B．乙图中磁铁下方的极性是N极
C．丙图中磁铁的运动方向向下
D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向
正确答案( 1 )①大小方向②见详细解析③B( 2 )ABD 详细解析( 1 )①电流计G的零刻度在表盘中央,电流流过时,指针偏转,既显示了电流的大小,也显示了电流的方向。

②电源、开关、滑动变阻器和小线圈构成一闭合回路;大线圈和电流计构成闭合电路。

电路如图所示。

③B线圈与电流计相连,显示回路感应电流,即B线圈相当于电源。

( 2 )在图甲中,由楞次定律判断知电流从正接线柱流入电表,表针偏转方向向右,A正确;在图乙中,线圈中感应电流的磁场方向向下,因磁铁远离,磁场减弱,故原磁场方向应向下,即磁铁下方的极性是N极,B 项正确;在图丙中,线圈中感应电流的磁场方向向上,而磁铁磁场方向向上,由楞次定律知,磁铁的运动方向向上,C错误;在图丁中,磁铁向上运动,线圈中原磁场方向向下减弱,感应电流的磁场方向向下,故线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向,D正确。

12．钳型表的工作原理如图所示。

当通有交变电流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表指针会发生偏转。

由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比,所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。

日常所用正弦式交变电流的频率在中国和英国分别为50 Hz 和60 Hz 。

现用一钳型电流表在中国测量某一电流,电表读数为10 A;若用同一电表在英国测量同样大小的电流,则读数将是________A 。

若此表在中国的测量值是准确的,且量程为30 A;为使其在英国的测量值变得准确,应重新将其量程标定为________A 。

正确答案 12 25
详细解析 f 中f 英＝5060＝56,即T 中T 英＝65。

由题中条件可知其他条件相同,只有电流变化的时间不同,因此,E ＝ΔΦΔt 知E ∝1Δt ,所以E 中E 英＝T 英T 中＝56
,而电流与电动势成正比,所以I 中I 英＝56
,即I 英＝65I 中＝12 A,即在英国该电流表的读数为12 A 。

同理可得此表在英国的量程应为25 A 。

三、计算题( 本大题共4小题,共48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 )如图所示,水平桌面上有两个质量为m ＝5、0×10－3 kg 、边长均为L ＝0、2 m 的正方形线框A 和B ,电阻均为R ＝0、5 Ω,用绝缘细线相连静止于宽为d ＝0、8 m 的匀强磁场的两边,磁感应强度B ＝1、0 T,现用水平恒力F ＝0、8 N 拉线框B ,不计摩擦,线框A 的右边离开磁场时恰好做匀速运动,求:
( 1 )线框匀速运动的速度;
( 2 )线框产生的焦耳热。

正确答案 ( 1 )10 m/s ( 2 )0、14 J
详细解析 ( 1 )线框A 的右边离开磁场时
E ＝BL v
I ＝E R
平衡条件为F ＝BIL 所以v ＝FR B 2L
2＝10 m/s ( 2 )由能量守恒定律
Q ＝Fd －12
·2m v 2
代入数据解得线框进出磁场过程中产生的焦耳热
Q ＝0、14 J 。

14．( 12分 )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 图象如图乙所示。

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I 1;
( 3 )求ce 和de 间线圈的匝数比n ce n de。

正确答案 ( 1 )U ab ＝400sin200πt ( V )
( 2 )0、28 A ( 3 )43
详细解析 ( 1 )由题图乙知ω＝200πrad/s 电压瞬时值U ab ＝400sin200πt ( V )。

( 2 )电压有效值U 1＝200 2 V
理想变压器P 1＝P 2
原线圈中的电流I 1＝P 1U 1 解得I 1≈0、28 A( 或25
A )。

( 3 )设ab 间匝数为n 1
U 1n 1＝U ce n ce ,同理U 1n 1＝U de n de
由题意得U 2ce R ce ＝U 2de R de ,解得n ce n de
＝R ce R de
代入数据得n ce n de
＝43。

15．[2014·北京高考]( 12分 )导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。

如图所示,固定于水平面的U 形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN 在与其垂直的水平恒力F 作用下,在导线框上以速度v 做匀速运动,速度v 与恒力F 方向相同;导线MN 始终与导线框形成闭合电路。

已知导线MN 电阻为R ,其长度L 恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B 。

忽略摩擦阻力和导线框的电阻。

( 1 )通过公式推导验证:在Δt 时间内,F 对导线MN 所做的功W 等于电路获得的电能W 电,也等于导线MN 中产生的焦耳热Q ;
( 2 )若导线MN 的质量m ＝8、0 g 、长度L ＝0、10 m,感应电流I
＝1、0 A,假设一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN 中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率v e ( 表中列出一些你可能会用到的数据 );
属离子( 即金属原子失去电子后的剩余部分 )的碰撞。

展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型;在此基础上,求出导线MN 中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f 的表达式。

正确答案 ( 1 )见详细解析 ( 2 )7、8×10－6 m/s ( 3 )见详细解析
详细解析 ( 1 )电动势E ＝BL v
导线匀速运动,受力平衡F ＝F 安＝BIL
在Δt 时间内,外力F 对导线做功W ＝F v Δt ＝F 安v Δt ＝BIL v Δt 电路获得的电能W 电＝qE ＝IE Δt ＝BIL v Δt
可见,F 对导线MN 所做的功等于电路获得的电能W 电;
导线MN 中产生的焦耳热Q ＝I 2R Δt ＝I Δt ×IR ＝qE ＝W 电
可见,电路获得的电能W 电等于导线MN 中产生的焦耳热Q 。

( 2 )导线MN 中具有的原子数为N ＝m μN A
因为一个金属原子贡献一个电子,所以导线MN 中的自由电子数
也是N。

导线MN单位体积内的自由电子数n＝N
SL 其中,S为导线MN的横截面积。

因为电流I＝n v e Se
所以v e＝I
nSe ＝IL
Ne
＝ILμ
mN A e
解得v e＝7、8×10－6 m/s
( 3 )下述解法的共同假设:所有自由电子( 简称电子,下同)以同一方式运动。

解法一:能量解法
设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t,在这段时间内,
通过导线一端的电子总数N＝It
e
电子上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力f做功产生的。

在时间t内
总的焦耳热Q＝N f L
能量守恒Q＝W电＝EIt＝BL v It
所以f＝e v B
解法二:动力学解法
因为电流不变,所以假设电子以速度v e相对导线做匀速直线运动。

因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用,f洛＝e v B沿导线方向,电子只受到金属离子的平均作用力f和f洛作用,二力平衡即f＝f洛＝e v B。

16．[2015·四川高考]( 14分)如图所示,金属导轨MNC和PQD,MN与PQ平行且间距为L,所在平面与水平面夹角为α,N、Q连线与MN垂直,M、P间接有阻值为R的电阻;光滑直导轨NC和QD 在同一水平面内,与NQ的夹角都为锐角θ。

均匀金属棒ab和ef质量均为m,长均为L,ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合;ef棒垂直放在倾斜导轨上,与导轨间的动摩擦因数为μ( μ较小),由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。

空间有方向竖直的匀强磁场( 图中未画出)。

两金属棒与导轨保持良好接触。

不计所有导轨和ab棒的电阻,ef棒的阻值为R,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,忽略感应电流产生的磁场,重力加速度为g。

( 1 )若磁感应强度大小为B,给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1,在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止,ef棒始终静止,求此过程ef棒上产生的热量;
( 2 )在( 1 )问过程中,ab 棒滑行距离为d ,求通过ab 棒某横截面的电荷量;
( 3 )若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动,并在NQ 位置时取走小立柱1和2,且运动过程中ef 棒始终静止。

求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离。

正确答案 ( 1 )W ＝14
m v 21 ( 2 )q ＝2Bd (L －d cot θ)R
( 3 )B m ＝1L mg (sin α＋μcos α)R (cos α－μsin α)v 2
x m ＝μL tan θ(1＋μ2)sin αcos α＋μ
详细解析 ( 1 )设ab 棒的初动能为E k ,ef 棒和电阻R 在此过程产生的热量分别为
W 和W 1,有W ＋W 1＝E k ① 且W ＝W 1②
由题有E k ＝12m v 21
③ 得W ＝14m v 21
④ ( 2 )设在题设过程中,ab 棒滑行时间为Δt ,扫过的导轨间的面积为ΔS ,通过ΔS 的磁通量为ΔΦ,ab 棒产生的电动势平均值为E ,ab 棒中的平均电流为I ,通过ab 棒某横截面的电荷量为q ,则
E ＝ΔΦΔt
⑤
且ΔΦ＝BΔS⑥
I＝q
Δt
⑦
又有I＝2E
R
⑧
由图1所示ΔS＝d( L－d cotθ )⑨
联立⑤～⑨,解得q＝2Bd(L－d cotθ)
R
⑩
( 3 )ab棒滑行距离为x时,ab棒在导轨间的棒长L x＝L－2x cotθ⑪
此时,ab棒产生的电动势E x＝B v2L x⑫
流过ef棒的电流I x＝E x
R⑬
ef棒所受安培力F x＝BI x L⑭
联立⑪～⑭,解得F x＝B2v2L
R( L－2x cotθ )⑮
由⑮式可得,F x在x＝0和B为最大值B m时有最大值F1。

由题知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右,使F1为最大值的受力分析如图2所示,图中f m为最大静摩擦力,有
F1cosα＝mg sinα＋μ( mg cosα＋F1sinα )⑯
联立⑮⑯,得B m＝1
L mg(sinα＋μcosα)R (cosα－μsinα)v2
⑰
⑰式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上,也可竖直向下。

由⑮式可知,B为B m时,F x随x增大而减小,x为最大x m时,F x为最小值F2,如图3可知
F2cosα＋μ( mg cosα＋F2sinα )＝mg sinα⑱
联立⑮⑰⑱,得
x m＝
μL tanθ
(1＋μ2)sinαcosα＋μ
⑲。