物理选修3-2单元综合测试(二)

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精选人教版高中物理选修3-2：测试卷(二)含答案

高中同步测试卷(二)第二单元法拉第电磁感应定律和楞次定律(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1.(2016·高考北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为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( )A．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2.如图所示，闭合开关S，两次将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时 0.4 s，并且两次条形磁铁的起始和终止位置相同，则( ) A．第二次线圈中的磁通量变化较快B．第一次电流表G的最大偏转角较大C．第二次电流表G的最大偏转角较大D．若断开S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势3．长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图甲所示．长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的电流，i－t图象如图乙所示．规定沿长直导线向上的电流为正方向．关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是( )A．由顺时针方向变为逆时针方向B．由逆时针方向变为顺时针方向C．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向4.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中. 在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt5.如图所示，竖直平面内有一金属圆环，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.Bav3B.Bav6C.2Bav3D ．Bav6．如图所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O 以角速度ω匀速逆时针转动．设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点，那么，下列图中能正确表示线框转动一周感应电流变化情况的是( )7．(2016·高考浙江卷)如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)8．如图所示的匀强磁场中，MN、PQ是两条平行的金属导轨，AB、CD分别为串有电流表、电压表的两根金属棒，且与金属导轨接触良好．当两金属棒以相同速度向右运动时，下列判断正确的是( )A．电流表示数为零，A、B间有电势差，电压表示数为零B．电流表示数不为零，A、B间有电势差，电压表示数不为零C．电流表示数为零，A、C间无电势差，电压表示数为零D．电流表示数为零，A、C间有电势差，电压表示数不为零9．在北半球上，地磁场竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变．由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处电势为φ2，则( )A．若飞机从西往东飞，φ1比φ2高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ1比φ2高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高10．如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是( )A．当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B．当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势C．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点11.如图，圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图，则下列说法正确的是( )A．0～1 s内线圈的磁通量不断增大B．第4 s末的感应电动势为0C．0～1 s内与2～4 s内的感应电流相等D．0～1 s内感应电流方向为顺时针方向12.如图所示，匀强磁场的方向垂直于电路所在平面，导体棒ab与电路接触良好．当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡L未被烧毁，电容器C未被击穿，则该过程中( ) A．感应电动势将变大B．灯泡L的亮度变大C．电容器C的上极板带负电D．电容器两极板间的电场强度将减小题号123456789101112答案演算步骤，只写出最后答案的不能得分，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，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图所示．求：(1)前4 s内的感应电动势；(2)前5 s内的感应电动势．14．(10分)如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距l＝1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab导体的电阻为R＝2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度B＝1 T．现ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求：(1)R2的阻值；(2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？(3)拉ab杆的水平向右的外力F为多大？15．(10分)如图，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 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．16.(12分)如图所示，足够长的U 型光滑导体框架的两个平行导轨间距为L ，导轨间连有定值电阻R ，框架平面与水平面之间的夹角为θ，不计导体框架的电阻．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于框架平面向上，磁感应强度大小为B .导体棒ab 的质量为m ，电阻不计，垂直放在导轨上并由静止释放，重力加速度为g .求：(1)导体棒ab 下滑的最大速度；(2)导体棒ab 以最大速度下滑时定值电阻消耗的电功率．参考答案与解析1．[导学号26020017] 【解析】选B.由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt πr 2，ΔB Δt 为常数，E 与r 2成正比，故E a ∶E b ＝4∶1.磁感应强度B 随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B 项正确．2．[导学号26020018] 【解析】选B.磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，选项A 错误；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流也大，选项B 正确，选项C 错误；断开开关，电流表不偏转，可知感应电流为零，但感应电动势不为零，选项D 错误．3．[导学号26020019] 【解析】选D.将一个周期分为四个阶段，对全过程的分析列表如下：4．[导学号26020020] 【解析】选 B.线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa22Δt，选项B 正确． 5．[导学号26020021] 【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有U AB＝E R 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故选A. 6．[导学号26020022] 【解析】选A.先经过14T 才进入磁场，并无电流，排除C 、D 选项；再经过14T ，由楞次定律知，垂直纸面向里的磁通量增加，感应电流的方向为逆时针方向，且扇形的半径边切割磁感线速率恒定，产生恒定的电流，排除B 选项，A 选项正确．7．[导学号26020023] 【解析】选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝NΔΦΔt ＝NS ΔB Δt ，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt 恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b＝S a S b ＝l 2al 2b ＝9，故B 项正确；根据电阻定律R ＝ρL S ′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a l b＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝ER ，得a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R b R a＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R 知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I 2a I 2b ·R aR b＝27，故D 项错误．8．[导学号26020024] 【解析】选AC.因为两金属棒以相同速度运动，回路面积不变，所以感应电流为零，根据电流表、电压表的工作原理可知电流表、电压表示数均为零，选项B 、D 错误；因为两金属棒都向右运动切割磁感线，所以两金属棒都产生相同的电动势，极性都为上正、下负，所以A 、B 间有电势差，A 、C 间无电势差，选项A 、C 正确．9．[导学号26020025] 【解析】选AC.本题中四指所指的方向是正电荷积累的方向，该端电势高于另一端．对A 选项：磁场竖直分量向下，手心向上，拇指指向飞机飞行方向，四指指向左翼末端，故φ1>φ2，A 选项正确．同理，飞机从东往西飞，仍是φ1>φ2，B 选项错误．从南往北、从北往南飞，都是φ1>φ2，故C 选项正确，D 选项错误．10．[导学号26020026] 【解析】选BD.当金属棒ab 向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒中产生恒定的感应电动势，由右手定则判断电流方向由a →b .根据电流从电源(ab 相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b 点电势高于a 点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，c 点与d 点等电势．当金属棒ab 向右做加速运动时，由右手定则可推断φb ＞φa ，电流沿逆时针方向．由金属棒运动的速度增大，可知金属棒ab 两端的电压不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边的线圈中向上的磁通量不断增加．由楞次定律可判断右边电路中的感应电流的方向应沿逆时针方向，而在右线圈绕成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上．把这个线圈看做电源，由于电流是从c 沿内电路(即右线圈)流向d ，所以d 点电势高于c 点．故选BD.11．[导学号26020027] 【解析】选AD.根据图线可知0～1 s 内，磁感应强度B 逐渐增大，所以线圈的磁通量不断增大；第4 s 末磁感应强度B 的变化率不为零，所以感应电动势不为0；0～1 s 内与2～4 s 内磁感应强度B 的变化率不相等，所以感应电动势不相等，感应电流不相等；0～1 s 内磁感应强度向外增加，根据楞次定律，则产生的感应电流方向为顺时针方向．选项A 、D 正确．12．[导学号26020028] 【解析】选AB.当导体棒从左向右做匀加速直线运动时，根据E ＝BLv ，则感应电动势变大，灯泡L 的亮度变大，选项A 、B 正确；由右手定则，电容器C的上极板带正电，电容器两极板间的电场强度将增大，选项C 、D 错误．13．[导学号26020029] 【解析】(1)前4秒内磁通量的变化 ΔΦ＝Φ2－Φ1＝S (B 2－B 1) ＝200×10－4×(0.4－0.2)Wb ＝4×10－3Wb(2分)由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝1 000×4×10－34V ＝1 V ．(3分)(2)前5秒内磁通量的变化ΔΦ′＝Φ2′－Φ1＝S (B 2′－B 1)＝200×10－4×(0.2－0.2)Wb ＝0(2分) 由法拉第电磁感应定律E ′＝n ΔΦ′Δt ＝0.(3分)【答案】(1)1 V (2)014．[导学号26020030] 【解析】(1)内外功率相等，则内外电阻相等1R 1＋1R 2＝1R(2分) 解得R 2＝3 Ω.(1分) (2)E ＝Blv ＝1×1×3 V ＝3 V (1分) 总电流I ＝E R 总＝34A ＝0.75 A (1分) 路端电压U ＝IR 外＝0.75×2 V ＝1.5 V(1分) P 1＝U 2R 1＝1.526 W ＝0.375 W(1分) P 2＝U 2R 2＝1.523W ＝0.75 W ．(1分) (3)F ＝F 安＝BIl ＝1×0.75×1 N ＝0.75 N ． (2分)【答案】(1)3 Ω (2)0.375 W 0.75 W (3)0.75 N15．[导学号26020031] 【解析】(1)线框中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS ′Δt ＝12l 2k ① (2分)在线框中产生的感应电流I ＝E R② (1分) R ＝ρ4l S ③(1分)联立①②③得I ＝klS8ρ. (2分)(2)导线框所受磁场力的大小为F ＝BIl ，它随时间的变化率为ΔF Δt ＝Il ΔB Δt ，解得ΔF Δt ＝k 2l 2S8ρ.(4分)【答案】(1)klS8ρ(2)k 2l 2S8ρ16．[导学号26020032] 【解析】(1)当导体棒受力平衡时，它下滑的速度达到最大；设最大速度为v m ，则导体棒在沿斜面方向共受到两个力的作用：重力沿斜面的分力，安培力；故它们存在二力平衡的关系：mg sin θ＝BIL ，(2分) 而电流I ＝E R ＝BLv mR，(2分) 代入上式得v m ＝mgR sin θB 2L 2. (2分)(2)法一：定值电阻消耗的电功率就是安培力做功的功率大小，故P ＝F 安·v m ＝mg sin θ·v m ＝（mg sin θ）2RB 2L2；(6分) 法二：也可以通过电流求电功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv m R 2×R ＝B 2L 2v 2m R＝B 2L 2R ×（mg sin θ）2×R 2B 4L 4＝（mg sin θ）2R B 2L 2.(6分)【答案】(1)mgR sin θB 2L 2 (2)（mg sin θ）2RB 2L 2。

人教版高中物理选修3-2单元测评(二)

高中物理学习材料金戈铁骑整理制作单元测评(二)交变电流(时间：90分钟满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．) 1．在下图中，不能产生交变电流的是()ABCD解析：矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A 图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A.答案：A2．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i ＝I m sin ωt .若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为( )A ．i ′＝I m sin ωtB ．i ′＝I m sin 2ωtC ．i ′＝2I m sin ωtD ．i ′＝2I m sin 2ωt解析：由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4E m ，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R ，根据欧姆定律可得电流的最大值为I m ′＝4E m 2R＝2I m ，因此，电流的变化规律为i ′＝2I m sin 2ωt . 答案：D3. (多选题)如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的 ( )A ．周期是0.01 sB ．最大值是311 VC ．有效值是220 VD．表达式为u＝220sin 100πt(V)解析：由波形图可知：周期T＝0.02 s，电压最大值U m＝311 V，所以有效值U＝U m2＝220 V，表达式为u＝U m sin2πT t(V)＝311sin100πt(V)，故选项B、C正确，选项A、D错误．答案：BC4. (多选题)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，L1、L2两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，L1炽热程度减弱、L2炽热程度加强B．如果将频率增大，L1炽热程度加强、L2炽热程度减弱C．如果将频率减小，L1炽热程度减弱、L2炽热程度加强D．如果将频率减小，L1炽热程度加强、L2炽热程度减弱解析：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A1的电流增大，通过A2的电流减小，故B项正确；同理可得C项正确，故选B、C.答案：BC5．(多选题)如图所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是()A．升高U1会减小输电电流I2B．升高U1会增大线路的功率损耗C．升高U1会增大线路的电压损耗D．升高U1会提高电能的利用率解析：提高输电电压U1，由于输入功率不变，则I1将减小，又因为I2＝n1n2I1，所以I2将减小，故A项对；线路功率损耗P损＝I22R，因此功率损耗在减小，电压损失减小，故B项、C项错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，D项正确．答案：AD6．如图甲所示，a、b为两个并排放置的共轴线圈，a中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是()甲乙A．在t1到t2时间内，a、b相吸B．在t2到t3时间内，a、b相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间吸引力最大解析：t1到t2时间内，a中电流减小，a中的磁场穿过b且减小，因此b中产生与a同向的磁场，故a、b相吸，A选项正确；同理B 选项正确；t1时刻a中电流最大，但变化率为零，b中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确；t2时刻a中电流为零，但此时电流的变化率最大，b中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．因此，错误的应是D.答案：D7．如图所示是四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220 V40 W”，当灯泡所消耗的功率都调到20 W时，消耗功率最小的台灯是()ABCD解析：利用变阻器调节到20 W时，除电灯消耗电能外，变阻器由于热效应也要消耗一部分电能，使台灯消耗的功率大于20 W，利用变压器调节时，变压器的输入功率等于输出功率，本身不消耗电能，所以C中台灯消耗的功率最小．答案：C8．一电阻接一直流电源，通过4 A的电流时热功率为P，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为P2，则该交流电电流的最大值为()A．4 A B．6 AC．2 A D．4 2 A解析：由P＝I2R得R＝PI2＝P16，接交流电时，P2＝I′2P16，2I′2＝16，I′＝42A，所以I m＝ 2 I′＝4 A．应选A.答案：A9．(多选题) 如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100∶1，电流比为10∶1，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，则()A．a为电流表，b为电压表B．a为电压表，b为电流表C．线路输送电功率是2 200 WD．线路输送电功率是2.2×106 W解析：电压互感器应并联在电路中，并且是降压变压器，即图中a为电压互感器，由其读数知，输电线上的电压为22 000 V，同理可知输电线上的电流为100 A.答案：BD10．水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW ，若以1 100 V 送电，则线路损失为10 kW ，若以3 300 V 送电，则线路损失可降为( )A ．3.3 kWB ．1.1 kWC ．30 kWD ．11 kW 解析：由P ＝UI ，ΔP ＝I 2R 可得：ΔP ＝P 2U 2R ，所以当输送电压增大为原来3倍时，线路损失变为原来的19，即ΔP ＝1.1 kW. 答案：B11．如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，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 ，电动机带动一质量为m 的重物以速度v 匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为( )A ．4IR ＋mg v IB.mg v I C ．4IR D.14IR ＋mg v I 解析：根据电流与匝数的关系知变压器的输出电流为2I ，电动机消耗的总功率为P 2＝mg v ＋4IR ，又变压器的输入功率P 1＝UI ＝P 2＝mg v＋4I2R，则U＝mg vI＋4IR，故A项正确．答案：A12．(多选题)如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b 接在电压u＝311sin 314t(V)的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是半导体热敏传感器(温度升高时R2的电阻减小)，电流表A2安装在值班室，显示通过R1的电流，电压表V2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()A．A1的示数增大，A2的示数减小B．A1的示数不变，A2的示数增大C．V1的示数不变，V2的示数减小D．V1的示数增大，V2的示数增大解析：传感器R2所在处出现火警，温度升高，则R2电阻减小，副线圈负载电阻减小．因输出电压不变，所以副线圈电流增大，则电阻R3两端电压增大，电压表V2的示数减小，电流表A2的示数减小．副线圈电流增大，则原线圈电流增大，但输入电压不变，即电流表A1的示数增大，电压表V1的示数不变．答案：AC第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、计算题(本题有4小题，共52分．解答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能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(12分)一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100匝．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图甲所示．发电机内阻r＝5.0 Ω，外电路电阻R＝95 Ω.已知感应电动势的最大值E m＝nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值．求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数．甲乙解析：从Φ－t图线看出Φm＝1.0×10－2Wb，T＝3.14×10－2s.(2分)已知感应电动势的最大值E m＝nωΦm，又ω＝2πT.(3分)故电路中电流最大值I m＝E mR＋r＝n·2π·ΦmT(R＋r)＝100×2×3.14×1.0×10－23.14×(95＋5.0)×10－2A ＝2 A(4分) 交流电流表读数是交变电流的有效值，即I ＝I m 2＝1.4 A ．(3分) 答案：1.4 A14．(12分)有一个电子元件，当它两端的电压的瞬时值高于u ＝110 2 V 时则导电，低于u ＝110 2 V 时不导电，若把这个电子元件接到220 V 、50 Hz 的正弦式交变电流的两端，则它在1 s 内导电多少次？每个周期内的导电时间为多少？解析：由题意知，加在电子元件两端电压随时间变化的图象如图所示，表达式为u ＝2202sin ωt V ．(2分)其中ω＝2πf ，f ＝50 Hz ，T ＝1f ＝0.02 s ，得u ＝2202sin100πt V ．(2分) 把u ′＝110 2 V 代入上述表达式得到t 1＝1600 s ，t 2＝5600s(2分)所以每个周期内的通电时间为Δt ＝2(t 2－t 1)＝4300 s ＝175s ．(3分) 由所画的u －t 图象知，一个周期内导电两次，所以1 s 内导电的次数为n ＝2t T ＝100.(3分)答案：100次 175s 15．(14分)如图所示，变压器原线圈输入电压为220 V ，副线圈输出电压为36 V ，两只灯泡的额定电压均为36 V ，L 1额定功率为12 W ，L 2额定功率为6 W ．求：(1)该变压器的原、副线圈匝数比．(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L 1工作时原线圈中的电流．解析：(1)由变压比公式得U 1U 2＝n 1n 2(2分) n 1n 2＝22036＝559.(2分) (2)两灯均工作时，由能量守恒得P 1＋P 2＝U 1I 1(3分)I 1＝P 1＋P 2U 1＝12＋6220A ＝0.082 A(2分) 只有L 1灯工作时，由能量守恒得P 1＝U 1I ′1(3分)解得I ′1＝P 1U 1＝12220A ＝0.055 A ．(2分) 答案：(1)55∶9 (2)0.082 A 0.055 A16．(14分)某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100 kW，输出电压为500 V，输电导线的总电阻为10 Ω，导线上损耗的电功率为4 kW，该村的用电电压是220 V.(1)输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；(2)如果该村某工厂用电功率为60 kW，则该村还可以装“220 V,40 W”的电灯多少盏？解析：(1)因为P损＝I22R线(2分)所以I2＝P损R线＝4×10310A＝20 A(1分)I1＝PU1＝100×103500A＝200 A(2分)则n1n2＝I2I1＝20200＝110(1分)U3＝U2－I2R线＝(500×10－20×10) V＝4 800 V(2分)则n3n4＝U3U4＝4 800220＝24011.(1分)(2)设还可装灯n盏，据功率相等有P3＝P4(1分) 其中P4＝(n×40＋60×103) W(1分)P3＝(100－4) kW＝96 kW(1分)所以n＝900.(2分)答案：(1)1∶10240∶11(2)900盏。

人教版高中物理选修3-2综合测试 (2)

高中物理学习材料金戈铁骑整理制作选修3－2综合测试时间：90分钟分值：100分题号12345678910答案第Ⅰ卷(选择题，共40分)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，选不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1．在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动．开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为α.在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面()A．维持不动B．将向使α减小的方向转动C．将向使α增大的方向转动D．将转动，因不知磁场方向，不能确定α会增大还是会减小解析：根据楞次定律可知A、C、D错，B正确．答案：B2．(2010·全国卷Ⅱ)如下图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )A ．F d >F c >F bB ．F c <F d <F bC ．F c >F b >F dD ．F c <F b <F d解析：从a 到b 线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即F c ＝0，从b 到d 线圈继续加速，v d >v b ，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为：F ＝BIl ＝B ·Bl v R ·l ＝B 2l 2v R ，因v d >v b ，所以F d >F b >F c ，选项D 正确．答案：D3．一磁棒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，如图所示，则下图中能正确反映线圈中I与时间t关系的是(线圈中电流以图示箭头为正方向)()解析：由楞次定律可判断B正确．答案：B4．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的，○V1和○V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；○A1、○A2和○A3为理想电流表，读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S ，U 1数值不变，下列推断中正确的是( )A ．U 2变小、I 3变小B ．U 2不变、I 3变大C ．I 1变小、I 2变小D ．I 1变大、I 2变大解析：断开S ，负载电阻变大．因为U 1不变，匝数比确定，所以U 2不变．由I 2＝U 2R 可知I 2变小，又根据P 2＝P 1＝U 2I 2＝U 1I 1，可以得出I 1变小，根据闭合电路欧姆定律，R 1上分配电压减小并联支路分配电压变大，R 3电阻值一定，则有I 3变大，故A 、D 错，B 、C 正确．答案：BC5．某交变电压为u ＝62sin314t V ，则( )A ．用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为0.02sB ．把额定电压为6V 的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光C ．把额定电压为6V 的小灯泡接在此电源上，小灯泡将被烧毁D ．耐压6V 的电容器不能直接用在此电源上解析：据分析可知此交变电流的周期为T ＝0.02s ，小灯泡的额定电压指的是交流电压的有效值，而电容器的耐压值指的是交流电压的最大值．答案：ABD6．(2010·全国卷Ⅱ)下图中为一理想变压器，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I 1表示流过原线圈的电流，I 2表示流过灯泡的电流，U 2表示灯泡两端的电压，N 2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、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( )解析：当滑动头P 匀速上滑时，副线圈匝数均匀增大，由U 1U 2＝n 1n 2知，U 2＝n 2n 1U 1，U 2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 ＝U R 知灯泡中电流并非均匀增加，而是增加的越来越慢，其I 2－t 图线的斜率逐渐减小，B 项正确；灯泡消耗的功率N 2＝U 2I 2，N 2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：BC7．如图所示，甲的线圈为50匝，它的两端点a ，b 与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量变化的规律如图乙所示．则a ，b 两点的电势高低与电压表的读数为( )A ．U a >U b,20VB ．U a >U b,10VC ．U a <U b,20VD ．U a <U b,10V解析：从题图乙中可得穿过线圈的磁通量随时间在不断增加，根据楞次定律，通过安培定则，可得感应电流的方向为从b →a ，则感应电流电动势的方向从b →a ，即U a >U b ，根据法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔΦΔt ＝50×0.080.4V ＝10V . 答案：B8．(2011·福建高考)如图所示，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 棒某一横截面的电荷量为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12v B ．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 2v R sin θ解析：由于q ＝I －t ，I －＝E －R ，E －＝BLx t ，解得x ＝qR BL ，B 对；对于导体棒，根据牛顿第二定律有mg sin θ－F 安＝ma ，而F 安与速度v 有关，故a 不是常数，因此有v －≠0＋v 2＝v 2，A 错；F m ＝BIL ＝BL BL v R ＝B 2L 2v R ，D 错；由于电流做功而发热Q ＝W ＝qE ，但由于E 从0到E ＝BL v 变化而不恒定，因此有Q <qBL v ，C 错．答案：B9．照明电路中，为了安全，一般在电能表后面电路上安接一漏电保护器，如下图所示，当漏电保护器的e ，f 两端未接有电压时，脱扣开关K 能始终保持接通，当e ，f 两端有一电压时，脱扣开关K 立即断开，下列说法错误的是()A．站在地面上的人触及b线时(单线接触电)，脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用B．当用户家的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开，即有过流保护作用C．当相线和零线间电压太高时，脱扣开关会自动断开，即有过压保护作用D．当站在绝缘物上的带电工作的人两手分别触到b线和d线时(双线触电)脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用解析：站在地面上的人触及b线时，使得相线中电流有一部分通过人体导入地下，由于零线和相线中电流不再相等，使得变压器铁芯中的磁通量发生变化，则线圈中产生感应电流，脱扣开关控制器使脱扣开关断开而切断电源，A对；用户家的电流超过一定值时或者相线和零线间电压太高时，相线和零线中电流一去一回，使变压器铁芯中的磁通量相互抵消，不会在下面的线圈中产生感应电动势，e、f两端没有电压，脱扣开关不会断开，B、C错；当站在绝缘物上的带电工作的人两手分别触到b线和d线时，就跟多接一个电灯一样，脱扣开关不会自动断开，不会起到触电保护作用，D错．答案：BCD10．(2011·江苏高考)如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t ＝0时，将开关S 由1掷到2.q 、i 、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是( )解析：电容器放电过程中，有电流通过导体棒，导体棒受安培力作用而向右做加速运动，又E ＝BL v ，产生的电动势方向与电流方向相反，导体棒运动的加速度逐渐减小，当电容器两端电压U ＝E 时，导体棒匀速运动，C 错，D 对．放电停止，电容器上电荷量不变，A错；在上述过程中，电流应是由I max ＝E R 逐渐减小到0，B 错．答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(每小题8分，共16分)11．如图所示为上海某校操场上，两同学相距L 为10m 左右，在东偏北，西偏南11°的沿垂直于地磁场方向的两个位置上，面对面将一并联铜芯双绞线，像甩跳绳一样摇动，并将线的两端分别接在灵敏电流计上，双绞线并联后的电阻R 约为2Ω，绳摇动的频率配合节拍器的节奏，保持频率在2 Hz 左右．如果同学摇动绳子的最大圆半径h 约为1m ，电流计读数的最大值I 约为3mA.(1)试估算地磁场的磁感应强度的数量级为________；数学表达式B ＝________.(由R ，I ，L ，f ，h 等已知量表示．)(2)将两人站立的位置，改为与刚才方向垂直的两点上，那么电流计读数约为________．解析：摇动绳子的过程中，绳切割地磁场，当摆动速度与地磁场垂直时，感应电动势最大，电流最大．由E ＝BL v ，v ＝ωh ，ω＝2πf ，E ＝IR ，得B ＝IR 2πfLh. 答案：(1)5×10－5TIR 2πfLh (2)0 12．如图所示的光控电路用发光二极管LED 模仿路灯，R G 为光敏电阻，当有较强的光照在R G 上，二极管________．如果要想在天更暗时路灯才会亮，应将R 1的阻值调________．答案：熄灭大三、计算题(共4小题，13题10分，14题10分，15题12分，16题12分，共44分．解答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能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．如图所示，图甲为热敏电阻的R－t图象，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150Ω.当线圈中的电流大于或等于20mA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＝6V，内阻可以不计．图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．(1)应该把恒温箱内的加热器接在A、B端还是C、D端？(2)如果要使恒温箱内的温度保持100 ℃，可变电阻R′的值应调节为多少？解析：(1)应将加热器接在A 、B 端。

最新人教版高中物理选修3-2综合测试题及答案2套

最新人教版高中物理选修3-2综合测试题及答案2套模块综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列用电器中，哪个没有利用电磁感应原理()A．电磁炉B．白炽灯泡C．磁带录音机D．日光灯镇流器【解析】电磁炉是利用交变电流产生磁场，交变磁场在锅体内产生涡流，从而对食物加热；磁带录音机录音时，声音引起振动，产生感应电流，放音时，磁带上变化的磁场使放音磁头线圈中产生感应电流；日光灯是由于自感产生自感电动势．只有B选项中白炽灯泡没有利用电磁感应原理．【答案】 B2．在北半球，朝南的钢窗原来关着，今将它突然朝外推开，转过一个小于90°的角度，考虑到地球磁场的影响，则钢窗活动的一条边(西边)中() A．有自下而上的微弱电流B．有自上而下的微弱电流C．有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上D．有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下【解析】钢窗打开时，向北穿过钢窗的磁通量减小，根据楞次定律，钢窗的活动边产生自下而上的微弱电流，故A正确．【答案】 A3．如图1所示，用两根材料、粗细、长度完全相同的导线，绕成匝数分别为n1＝50和n2＝100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()图1A．2∶1 B．1∶2C．4∶1 D．1∶4【解析】由法拉第电磁感应定律得：E＝n ΔΦΔt＝nΔBΔtπR2，可知，感应电动势与半径的平方成正比．而根据电阻定律：线圈的电阻为r＝ρLS ＝ρn·2πRS，线圈中感应电流I＝Er，由上综合得到，感应电流与线圈半径成正比，即I A∶I B＝R A∶R B；因相同导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形线圈，因此半径与匝数成反比，故I A∶I B＝n2∶n1＝2∶1，故A正确，B、C、D错误．【答案】 A4．如图2所示，在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈abcd，ab边与磁场垂直，MN边始终与金属滑环K相连，PQ边始终与金属滑环L相连．金属滑环L、电流表A、定值电阻R、金属滑环K通过导线串联．使矩形线圈以恒定角速度绕过bc、ad中点的轴旋转．下列说法中不正确的是()图2A．线圈转动的角速度越大，电流表A的示数越大B．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大C．线圈平面与磁场垂直时，流经定值电阻R的电流最小D．电流表A的示数随时间按余弦规律变化【解析】令矩形单匝线圈abcd的电阻为r，根据法拉第电磁感应定律和交变电流的有效值定义得，交变电流的最大值为I m ＝BSωR ＋r ，电流表显示的是有效值I ＝I m 2＝BSω2(R ＋r )，所以，线圈转动的角速度越大，电流表A 的示数越大，A 对，D 错；线圈平面与磁场平行时，此时产生的感应电动势最大，故流经定值电阻R 的电流最大，线圈平面与磁场垂直时，产生的感应电动势最小，故电流最小，B 、C 对．【答案】 D5．如图3所示是一交变电流的i -t 图象，则该交变电流的有效值为 ( )图3A ．4 AB ．22A C.83 A D ．2303 A【解析】此交变电流的前T 3为正弦交变电流，有效值I 1＝42A ，后23 T 为恒定电流，有效值I 2＝4 A ，根据交变电流的有效值定义可得Q ＝I 2RT ＝I 21R T 3＋I 22R 23T ，代入数据I 2RT ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫422RT ＋23×42RT ，解得I ＝2303 A ，故D 正确．【答案】 D6．用图4甲所示电路测量电流表的内阻．闭合开关S ，当变阻器的滑片滑至c 处时，电流表和电压表的读数分别为40 mA 、9 V ，已知图甲中热敏电阻的I -U 关系图线如图4乙所示，则电流表的内阻为( )图4A ．0.14 ΩB ．85 ΩC ．140 ΩD ．225 Ω【解析】当电流表读数为40 mA 时，说明热敏电阻的电流为40 mA ，由图知热敏电阻两端电压U R ＝5.6 V ，则电流表两端电压U ＝9 V －5.6 V ＝3.4 V ，由欧姆定律得R mA ＝U I ＝ 3.4 V 40×10－3 A＝85 Ω. 【答案】 B7．在如图5甲所示的电路中，电阻R 的阻值为50 Ω，在ab 间加上如图乙所示的正弦交流电，则下面说法中正确的是( )甲乙图5A ．交流电压的有效值为100 VB ．电流表示数为2 2 AC ．产生该交流电的线圈在磁场中转动的角速度为3.14 rad/sD ．在1 min 内电阻R 上产生的热量为1.2×104 J【解析】从题图乙中可以看出，交流电压的峰值为100 2 V ，所以有效值U ＝100 V ，A 项正确；通过电阻的电流I ＝U R ＝2 A ，B 错误；交流电的周期为T ＝0.02 s ，ω＝2πT ＝314 rad/s ，C 错误，1 min 内Q ＝I 2Rt ＝1.2×104 J ，D 正确．【答案】 AD8．日常生活中，我们常用微波炉来加热食品，它是利用微波来工作的．接通电源后，220 V 的交流经过变压器后，在次级产生2 000 V 高压交流，加到磁控管两极之间，使磁控管产生微波．下列说法中正确的是( )A ．微波炉的变压器原、副线圈的匝数之比为11∶100B ．微波炉的变压器原、副线圈的匝数之比为100∶11C ．微波炉的输出功率是由输入功率决定的D ．微波炉的输入功率是由输出功率决定的【解析】根据理想变压器的电压和匝数成正比，所以原副线圈的匝数比为11∶100，对于变压器，输入功率是由输出功率决定的．【答案】 AD9．如图6所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是( )图6A ．只增加原线圈的匝数B ．只增加副线圈的匝数C ．只减小用电器R 1的电阻D ．断开开关S【解析】理想变压器的输入功率与输出功率相等．增加副线圈的匝数可提高副线圈两端的电压，在电阻不变时，副线圈中的电流也增大，输出功率增加；只减小用电器的电阻，电压不变，也能增大副线圈中的电流，增大输出功率．【答案】 BC10．如图7为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈接有交流电压u ＝220sin 100πt (V)，图中电压表和电流表均为理想交流电表，R t 为负温度系数的热敏电阻(即当温度升高时，阻值减小)，R 1为定值电阻，C 为电容器．下列说法正确的是( )图7A ．电压表示数是110 VB ．交流电的频率为50 HzC ．通过R 1的电流始终为零D ．当R t 处温度升高时，电压表示数不变，电流表示数变大【解析】原线圈所加交变电压的有效值为U 1＝2202 V ，由理想变压器的变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，可得U 2＝n 2n 1U 1＝12×2202V ＝55 2 V ，选项A 错误；由交变电压的瞬时值表达式u ＝220sin 100πt (V)可知，该交变电流的频率f ＝100π2π Hz ＝50Hz ，选项B 正确；由于交变电流能对电容器进行充、放电，所以会有充、放电电流通过电阻R 1，选项C 错误；因变压器为理想变压器，线圈电阻不计，因此，电压表的示数不变，当R t 处的温度升高时，其电阻阻值变小，所以电流表的示数变大，选项D 正确．【答案】 BD二、非选择题(本题3小题，共40分)11．(10分)如图8(a)是汽车过桥时对不同类型桥面压力变化的实验．采用DIS 方法对模型进行测量，其结果如图8(b)中电脑屏幕所示．图8(1)图(a)中的传感器为________传感器；(2)图(a)中甲、乙、丙分别为三种不同类型的桥面．对于凸形桥甲，其相对应的压力图线应是图(b)电脑屏幕上的________(填“a ”“b ”或“c ”)；(3)如增大小球在斜槽上的高度，在图(b)中大致画出小球能过凸形桥甲时的压力图线．【解析】 (1)该传感器把力信号转化为电信号，属于力电传感器；(2)小球经过凸形桥甲的最高点时，压力小于重力，其相对应的图线应是电脑屏幕上的c ；(3)增大小球在斜槽上的高度，小球经凸形桥甲的最高点时压力更小，其图线与c 相比较，最低点应更低一些．【答案】 (1)力电 (2)c (3)图略，图线与c 相比较，最低点更低一些12．(15分)如图9甲所示，AB 间为交流电源，电压u ＝311 sin 100πt V ，经过某“过滤”装置P 后将图乙所示正弦交流电滤去一半，得到如图丙所示的交流电，求：图9(1)CD 间所获得的电压的周期为多大？(2)CD 间接有“220 V ,40 W”灯泡时其发光功率为多大？(3)CD 间能否连接“220 V ,20 μF ”的电容器？【解析】 (1)过滤前交流电的周期T ＝2πω＝2π100π＝0.02 s ，过滤后电压变化周期还是0.02 s ．(2)设题图丙所示交流电的有效值为U ，有⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R ·T 2＝U 2R ·T ，U ＝12U m＝3112V．由P＝U2R知P40＝⎝⎛⎭⎪⎫311222202，得此时小灯泡的功率P＝20 W．(3)过滤后，电压的最大值不变，大小为311 V，电容器的电压“220 V”是击穿电压，所以不能直接连接在CD间．【答案】(1)0.02 s(2)20 W(3)不能13．(15分)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图10所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：图10(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．【解析】根据右手定则、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及能量守恒定律解题．(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.设导体棒AB中点的速度为v，则v＝v A＋v B2而v A＝ωr，v B＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Br v根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3Bωr 22R .(2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIr v ＋f v ，而f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2. 【答案】 (1)方向为C →D 大小为3Bωr 22R(2)9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2模块综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．一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1乙所示，线圈中感应电动势E 随时间t 变化的图象是( )图1【解析】由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S可知，因磁感应强度B随时间变化的变化率ΔBΔt是分段恒定的，因此电动势E随时间变化的规律也是分段恒定的，故D正确．【答案】 D2．如图2所示电路中，线圈L与灯泡L A并联，当合上开关S后灯L A正常发光．已知，线圈L的电阻小于灯泡L A的电阻．则下列现象可能发生的是()图2A．当断开S时，灯泡L A立即熄灭B．当断开S时，灯泡L A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭C．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡L A逐渐熄灭D．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡L A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭【解析】当断开S时，线圈L产生断电自感，灯泡L A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭，B项正确，A项错误；若把线圈L换成电阻，断开S时，灯炮L A 立即熄灭，C、D均错误．【答案】 B3．理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝2∶1，且在输入、输出回路中分别接有相同的纯电阻，如图3所示，原线圈接在电压为U的交流电源上，则副线圈的输出电压为()图3A.U2B．U3C ．25UD ．34U【解析】设原线圈中的电流为I ，则副线圈中的电流为2I ；设原线圈的输入电压为U 1，则副线圈的输出电压为U 2＝U 12＝2IR ，所以U 1＝4IR ，而U ＝IR ＋U 1＝5IR ，所以副线圈的输出电压为U 2＝25U ，故正确选项为C.【答案】 C4.如图4所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )图4A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变【解析】由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n 1>n 2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比n ′1n ′2变大，根据U 1U 2＝n ′1n ′2，U 1一定，U 2变小，故小灯泡变暗，选项A 错误，选项B 正确；由U 1U 2＝n ′1n ′2知，原、副线圈电压的比值变大，选项C 错误；根据I 1I 2＝n ′2n ′1，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项D 错误．【答案】 B5．为了能安全对某一高电压U 、大电流I 的线路进行测定，图中接法可行的是(绕组匝数n 1>n 2)( )【解析】电流互感器是将大电流变成便于测量的小电流，由I1I2＝n2n1知I2＝n1n2I1，副线圈的匝数应大于原线圈的匝数且测量时应串联在被测电路中，A、C错误；电压互感器是将高电压变成低电压，由U1U2＝n1n2知U2＝n2n1U1，n1应大于n2，且测量时应并联在待测电路中，B正确，D错误．【答案】 B6．两金属棒和三根电阻丝如图5连接，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，金属棒电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭合的回路中感应电流为I，当S2、S3闭合，S1断开时，闭合的回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合的回路中感应电流是()图5A．0 B．3IC．6I D．7I【解析】由R1∶R2∶R3＝1∶2∶3得令R1＝R，R2＝2R，R3＝3R.S1、S2闭合时R1，R2组成闭合回路，有E1＝3IR；S2、S3闭合时R2，R3组成闭合回路，有E2＝25IR；则S1、S3闭合时R1，R3组成闭合回路，有E1＋E2＝4I x R，所以I x ＝7I.【答案】 D7．如图6所示，A是长直密绕通电螺线管．小线圈B与电流表连接，并沿A的轴线Ox从O点自左向右匀速穿过螺线管A.下面4个选项能正确反映通过电流表中电流I随x变化规律的是()图6【解析】通电螺线管产生稳定的磁场，磁场特征为：两极附近最强且不均匀，管内场强近似匀强．当小线圈穿过两极时，因磁场不均匀，故穿过小线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，且因磁场的变化不同，故在小线圈中感应出方向相反的电流，小线圈在螺线管内部运动时，因穿越区域的磁感应强度不变，小线圈中没有感应电流产生．【答案】 C8．电吉他中电拾音器的基本结构如图7所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有()图7A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化【解析】铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B知，线圈的感应电动势正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝NΔΦΔt变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中感应电流的磁场方向发生变化，则感应电流的方向不断变化，选项D正确．【答案】BCD9．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．这是因为用电高峰时() A．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，每盏灯两端的电压较低【解析】在晚上七、八点钟时，电路上并联的灯较多，则根据并联电路的特点可知，此时总电阻比深夜时小，再由欧姆定律可知，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压U损＝IR增大，每盏灯两端的电压也就较低．【答案】CD10．如图8所示边长为L的正方形闭合线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，以一条边为轴，以角速度ω匀速转动，转轴与B垂直，线圈总电阻为R，导线电阻不计，下列说法正确的是()图8A．电压表示数为BL2ω/8B．电压表示数为2BL2ω/8C．线圈转一周产生热量为πB2L4ω/R D．线圈转一周产生热量为2πB2L4ω/R【解析】由E m＝BL2ω，U有效＝E m2＝2BL2ω2，电压表测量的为14R上的电压，则U＝U有效4＝2BL2W8，Q＝⎝⎛⎭⎪⎫BL2ω2R2·R·T＝πB2L4ωR，故B、C正确．【答案】BC二、非选择题(本题3小题，共40分)11．(10分)(1)按图9所示连接好电路，合上S和S′，发现小灯泡不亮，用电吹风对热敏电阻吹一会儿，会发现小灯泡发光了，原因是________________________________________________________________．图9(2)若将热敏电阻换成光敏电阻，合上S和S′，发现小灯泡发光，用黑纸包住光敏电阻后，小灯泡熄灭，其原因是___________________________________ _________________________________________________________________.【解析】(1)热敏电阻阻值较大，左侧电路电流较小，电磁铁磁性较弱，吸不住衔铁，小灯泡不亮，电吹风对热敏电阻加热，使其阻值变小，电路中电流增大，电磁铁磁性增强吸住衔铁，使上、下触点接触，小灯泡发光；(2)用黑纸包住后，光敏电阻的阻值增大，左侧电路电流减小，继电器触点断开，造成小灯泡熄灭．【答案】见解析12．(15分)如图10甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n ＝100匝，总电阻r ＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S ＝0.040 m 2，小灯泡的电阻R ＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e ＝nB m S 2πT ·cos 2πT t ，其中B m 为磁感应强度的最大值，T 为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：甲乙图10(1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0～T 4的时间内，通过小灯泡的电荷量．【解析】 (1)由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T ＝3.14×10－2 s ，所以E m ＝nB m Sω＝2πnB m ST ＝8.0 V .(2)电流的最大值I m ＝E m R ＋r ＝0.80 A 有效值I ＝I m 2＝225 A 小灯泡消耗的电功率P ＝I 2R ＝2.88 W.(3)在0～T 4时间内，电动势的平均值E －＝nS ΔB Δt平均电流I －＝E－R ＋r ＝nS ΔB(R ＋r )Δt流过灯泡的电荷量Q ＝I －Δt ＝nS ΔB R ＋r＝4.0×10－3 C ．【答案】 (1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3 C13．(15分)如图11甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．图11(1)由b向a方向看到的装置如图14乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．【解析】(1)如图所示，重力mg，竖直向下；支持力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BL v，此时电路中电流I＝ER＝BL vRab杆受到安培力F＝BIL＝B2L2v R根据牛顿运动定律，有ma＝mg sin θ－F＝mg sin θ－B2L2v R，a＝g sin θ－B2L2v mR.(3)当B2L2vR＝mg sin θ时，ab杆达到最大速度v m＝mgR sin θB2L2.【答案】(1)见解析(2)BL vR g sin θ－B2L2vmR(3)v m＝mgR sin θB2L2。

人教版高二物理选修3-2综合检测试卷【答案+解析】

人教版高二物理选修3-2综合检测试卷一、单选题(共9小题,每小题3分,共27分)1.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2：1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是()A．Ea：Eb＝4：1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea：Eb＝4：1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea：Eb＝2：1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea：Eb＝2：1，感应电流均沿顺时针方向2.某研究小组的同学利用铜芯电缆线和灵敏电流计做摇绳发电的探究实验．如图所示，他们将电缆线和灵敏电流计连成闭合回路，在操场上由两位同学手摇导线，其他同学观察灵敏电流计的指针变化．在下列说法中，你认为正确的研究结果应符合()A．摇动绳子时，流过灵敏电流计的电流是大小变化的直流电B．摇动绳子时，灵敏电流计中电流的大小与两同学的站立方位无关C．仅增加绳子的长度，灵敏电流计中的电流的最大值增大D．仅增加摇绳的频率，灵敏电流计中的电流的最大值不变3.如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市区电网的电压，假设负载变化时输入电压保持不变．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小．忽略变压器上的能量损失，不计电压表、电流表的内阻对电路的影响．当用户的用电器增加时，下列说法正确的是()A．电压表读数增大，电流表读数增大B．电压表读数减小，电流表读数增大C．电压表读数不变，电流表读数增大D．电压表读数不变，电流表读数减小4.在远距离输电中，如果输送功率和输送距离不变，要减少输送导线上热损耗，目前最有效而又可行的输送方法是()A．采用超导材料做输送导线B．采用直流电输送C．提高输送电的频率D．提高输送电压5.如下图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为()A．BLvB．BLv sinθC．BLv cosθD．BLv(1＋sinθ)6.如图所示是磁电式电流表的结构图和磁场分布图，若磁极与圆柱间的磁场都是沿半径方向，且磁场有理想的边界，线圈经过有磁场的位置处磁感应强度大小相等．某同学用此种电流表中的线圈和磁体做成发电机使用，让线圈匀速转动，若从图中水平位置开始计时，取起始电流方向为正方向，表示产生的电流随时间变化关系的下列图象中正确的是()A． B． C． D．7.如图所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα＝，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为()A．BSB．BSC．BSD．BS8.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动9.如图所示，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过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球()A．整个过程匀速B．进入磁场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二、多选题(共6小题,每小题4.0分,共24分)10.(多选)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，以下电路中可能使电灯正常发光的有()A．B．C．D．11.(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置。

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单元综合测试(二)时间：90分钟分值：100分第Ⅰ卷(选择题，共40分)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，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．2007年11月8日，工程规模仅次于长江三峡，位居全国第二位、世界第三位的金沙江溪洛渡水电站截流成功，标志着“西电东送”工程又迈出了坚实的一步．下列有关发电与送电的说法中正确的是()A．水电站截流筑坝有利于储蓄水的内能，提高发电能力B．减小输电线的截面积有利于降低输电时的损耗C．提高输电电压有利于减小输电线中的电流D．增大发电机转子的直径有利于提高发电机的输出电压解析：水电站截流筑坝有利于储蓄水的重力势能，提高发电能力．减小输电线的截面积会使输电时的损耗增大，提高输电电压有利于减小输电线中的电流，I＝PU，C正确．增大发电机转子的直径可增大线圈面积，E＝BSω，有利于提高发电机的输出电压．答案：CD2．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如下图甲所示．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()A．电压表○V的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J解析：电路中产生总电压为220V，电压表测得的是外电压，应为220V×95100＝209V，A错；由图知，电压变化周期T＝1100s，频率f＝100，所以每秒电流改变100次，B错；电路中消耗功率为484W，而灯泡消耗功率为459.8W，C错．答案：D3．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2.当R增大时()A．I1减小，P1增大B．I1减小，P1减小C．I2增大，P2减小D．I2增大，P2增大解析：原线圈电压不变，匝数比一定，则输出电压不变，副线圈电阻增大．由欧姆定律可知I2减小，P2减小，又因为P2＝P1＝U1I1，所以P1减小，I1减小，A、C、D错，B正确．答案：B4．有一理想变压器，原、副线圈的匝数分别为n1＝1 100匝，n2＝60匝，原线圈输入的交流电压的有效值为U1＝220V，现利用这个变压器给一灯泡和小型电动机M供电，如图所示，灯泡L上标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻R M＝0.50Ω.若灯泡恰能正常发光，且不计导线的电阻．则下列说法中正确的是()A．电动机的输入功率为72WB．电动机的输出功率为12WC．电动机的热功率为2.0WD．整个电路消耗的电功率为22W解析：副线圈上的电流等于灯泡正常发光时的电流I＝PU＝2 A，副线圈两端的电压U2＝n2n1U1＝601 100×220V＝12V，电动机两端的电压U M＝U2－U L＝12V－6V＝6V，所以电动机的输入功率P M＝U M I2＝12W，电动机的热功率P热＝I2R M＝2.0W，电动机的输出功率P出＝P M－P热＝10W；整个电路中消耗的电功率为灯泡和电动机消耗的功率之和14W(也可先算出原线圈中的电流，再根据P＝U1I1计算)．综上，只有C正确．答案：C5．图(1)、图(2)分别表示两种电压的波形，其中图(1)所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )A ．图(1)表示交流电，图(2)表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．图(1)所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin100πt VD ．图(1)所示电压经匝数比为10 1的变压器变压后，频率变为原来的110解析：两图中均为交变电流，选项A 错；两电压的峰值相同，变化规律不同，则有效值不同，选项B 错；题图(1)中，U m ＝311V ，周期T ＝2×10－2s ，则瞬时值表达式为u ＝U m sin 2πT t ＝311sin100πt (V)，选项C 正确；变压器不改变交变电流的频率，选项D 错．故正确选项为C.答案：C6．如下图所示，某同学设计了下列四种电路以调节风扇的转动快慢，你认为这四个电路中哪个可行并最省电(C 图中为理想变压器)( )解析：图A、B中，虽能调节电扇转速，但不仅电扇要消耗电能，滑动变阻器也要消耗电能．图D中滑动变阻器与电扇并联，不能调节电扇转速，却需消耗电能．而图C中为理想变压器，不消耗电能，仅有电扇消耗电能．故既可以调节风扇转动的快慢，又最省电的是C.答案：C7．如下图所示，ab和cd分别是放在变压器两侧光滑水平导轨上的导体，cd静止，通电导线与ab在同一平面内()A．ab向右匀速运动时，cd一定向左运动B．ab向右匀速运动时，cd不可能运动C．ab向右加速运动时，cd一定向左运动D．ab向右加速运动时，cd可能不动解析：直导线周围的磁场是非均匀磁场，且离导线越远磁场越弱，故ab匀速运动时产生减小的电流，ab加速运动时产生的电流可能是恒定的．再根据楞次定律判断出A、D选项正确．答案：AD8．为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示．两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表．则()A．n1>n2B．n3>n4C．a为交流电流表，b为交流电压表D．a为交流电压表，b为交流电流表解析：由电路连接方式可知，左图是电压互感器，把高电压经过变压器降压后测量，所以n1>n2，a为交流电压表．右图为电流互感器，把大电流经过变压器减为小电流再测量，所以n3<n4，b为交流电流表．答案：AD9．(2011·福建高考)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2＝5:1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin(50πt )VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8W解析：由u －t 图象可知T ＝0.02s ，U max ＝202V ，因此输入电压的表达式为u ＝U max sin(2πT )t ＝202sin(100πt )V ，A 错；S 1接1、S 2闭合时，灯L 1被短路，L 2两端电压等于副线圈两端电压U 2＝n 2n 1U 1＝15×20V ＝4V 而正常发光，断开S 2时，两灯串联，灯泡两端电压均为2V ，不能正常发光，B 错；只断开S 2时输出功率由P 出＝U 22R 变为P ′出＝U 222R，输出功率减小，而对理想变压器P 入＝P 出，因此输入功率减小，C 错；S 1接到2时，P R ＝U 22R ＝0.8W ，D 正确．答案：D10．(2010·重庆卷)一输入电压为220V ，输出电压为36V 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，如图所示，然后将原线圈接到220V 交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V ．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( )A ．1 100,360B ．1 100,180C ．2 200,180D ．2 200,360解析：根据U 1U 2＝n 1n 2可得2201＝n 15，可知n 1＝1 100.排除C 、D 两项．再由22036＝n 1n 2可知n 2＝180，故A 错B 对．答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(每小题8分，共16分)11．如下图所示，在磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场中，有一个正方形金属线圈abcd ，边长L ＝0.2m ，线圈ad 边跟磁场左侧边界重合，线圈的电阻R ＝0.4Ω.用外力使线圈从磁场中运动出来：一次是用力使线圈从左侧边界匀速平动移出磁场；另一次是用力使线圈以ad 边为轴匀速转动出磁场，两次所用时间都是0.1s ．则两次外力对线圈做功之差为________．解析：线圈从磁场中匀速拉出过程中感应电动势为E ＝BL v ＝BL 2t ，线圈中产生的电能就是外力所做的功W 1＝E 2R t ＝B 2L 4Rt ＝0.01J ；线圈匀速转动，产生交变电动势为e ＝BωS sin ωt ，E m ＝BL 2θ/t ，此过程所做的功为W 2，W 2＝(E m /2)2R t ＝B 2L 4θ22Rt＝0.0123J ．两次做功之差为ΔW ＝W 2－W 1＝2.3×10－3J.答案：2.3×10－3J12．(2011·海南高考)如图所示，理想变压器原线圈与一10V 的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a 和b ，小灯泡a 的额定功率为0.3W ，正常发光时电阻为30Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A ，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b 的电流为________A.解析：对灯泡由P＝U22R得U2＝PR＝3V，即副线圈两端电压为3V，则有n1:n2＝10:3，根据P入＝P出＝U1I1＝10×0.09＝U2I2，则有I2＝0.3 A，则流过b的电流为I2－I a＝0.2 A.答案：10:30.2三、计算题(共4小题，13题10分，14题12分，15题10分，16题12分，共44分．解答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能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．如下图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断．(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10mA时，变压器的输入功率是多大？解析：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有I1U1＝I2U2当I2＝12mA时，I1即为熔断电流．代入数据，得I1＝0.98 A.(2)设副线圈中电流为I 2′＝10mA 时，变压器的输入功率为P 1，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有P 1＝I 2′U 2，代入数据得，P 1＝180W.答案：(1)0.98 A (2)180W14．如下图所示，匀强磁场磁感应强度B ＝0.5T ，匝数为n ＝50匝的矩形线圈，绕垂直于匀强磁场的转轴OO ′匀速转动，每匝线圈长为L ＝25 cm ，宽为d ＝20 cm.线圈每分钟转动1 500转，在匀速转动过程中，从线圈平面经过图示位置时开始计时．(1)写出交流感应电动势e 的瞬时值表达式；(2)若每匝线圈本身电阻r ＝0.02Ω，外接一阻值为13Ω的用电器，使线圈与外电路组成闭合电路，写出交流感应电流i 的瞬时值表达式；(3)若从线圈平面垂直于磁感线的位置开始计时，感应电动势e ′和感应电流i ′的瞬时值表达式如何？(4)画出(1)(2)中的e －t 、i －t 图象．解析：(1)线圈匝数n ＝50，磁场的磁感应强度B ＝0.5T ，线圈转动的角速度ω＝2πf ＝2π×1 50060rad/s ＝50π rad/s ，线圈的面积S ＝Ld ＝0.05m 2所以E m ＝nBSω＝50×0.5×0.05×50πV ＝196V从图示位置计时，有e ＝E m cos ωt ＝196cos(50πt )V .(2)若r ＝0.02Ω，则r ′＝50r ＝0.02×50Ω＝1.0ΩR 总＝R ＋r ′＝13Ω＋1Ω＝14ΩI m ＝E m R 总＝19614A ＝14 A 所以i ＝I m cos ωt ＝14cos(50πt ) A(3)若从线圈平面与磁感线垂直的位置开始计时，即从中性面开始计时，感应电动势和电流的瞬时值分别为e ′＝196sin(50πt )V ，i ′＝14sin(50πt ) A.(4)因为ω＝50π，所以T ＝2πω＝0.04s ，E m ＝196V ，I m ＝14 A e－t 、i －t 图象如下图所示．15．如下图所示，匝数为100、边长为0.2m 的正方形线圈，在磁感应强度为2T 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2Ω，负载电阻R ＝6Ω，π2≈10，则开始转动120s 内在R 上产生的热量为多少焦耳？解析：电动势最大值为E m ＝NBSω＝100×2×0.2×0.2×10πV ＝80πV有效值为：E ＝E m /2＝40π2V电流有效值为：I ＝E R ＋r ＝40π26＋2A ＝5π 2 A 故产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝150J.答案：150J16．一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压恒为500V ，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m 横截面积为10－5m 2的输电线向4×103m 远处的用电单位输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不超过发电机总功率的4%，求：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220V ，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220V ？若用电器电路中电流为100 A ，求此时用电器两端的电压数值．解析：(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r ＝ρ2L S ＝1.8×10－8×2×4×10310－5Ω＝14.4Ω由题意知P损＝P×4%＝(PU2)2r4100×105＝(105U2)2×14.4U2＝6 000V升压变压器原、副线圈匝数比n1n2＝U1U2＝5006 000＝112. (2)I2＝PU2＝1056×103A＝503AU损＝I2·r＝503×14.4V＝240V而U3＝U2－U损＝6 000V－240V＝5 760Vn3n4＝U3U4＝5 760220＝28811降压变压器原、副线圈匝数比为288 11.(3)用电器总数减少时，用电器两端电压将增大由题知I3′＝100 A则由I3′I2′＝n3n4＝28811所以I2′＝1 100288，U损′＝I2′·r＝1 100288×14.4V＝55V 而U1、U2不变U3′＝U2－U损′＝(6 000－55)V＝5 945VU3′U4′＝n3n4，U4′＝n4n3×U3′＝11288×5 945V＝227V.答案：(1)1:12(2)288:11(3)227V。