【与名师对话】高考物理总复习 课时作业30 新人教版选修3-2
(完整word)人教版高中物理选修3-2课后习题参考答案
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【与名师对话】高考物理总复习 本章整合课件10 新人教选修32
[解析] 交变电流的周期为 0.02 s，频率为 50 Hz，选项 A 正确，选项 B 错误．交变电流的最大值为 2 2A，有效值为 2 A， 选项 C 错误，选项 D 正确．
[答案] AD
2．(2012·陕西师大附中模拟)如右图所示，图线 a 是线圈在
匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当只改变线
[答案] BD
【热点强化】 1．(2012·广东潮州期末)某交流电源的电动势与时间呈 正弦函数关系，如下图所示，此电源与一个R＝10 Ω的电阻构 成闭合电路，不计其他电阻，下列说法正确的是 ( ) A．交变电流的周期为 0.02 s B．交变电流的频率为 0.5 Hz C．交变电流的有效值为 2 2 A D．交变电流的有效值为 2 A
由变压器的变压规律知：uu12＝nn12，故 u2＝un1n1 2＝20× 5 1 V＝ 4 V，由题中将 S1 接 1、S2 闭合时，灯泡 L2 正常发光可得，灯 泡 L2 的额定电压为 4 V，当只断开 S2 后，副线圈两端电压不变， 此时副线圈的负载为 L1，L2 串联，故 L1，L2 均不能正常发光， B 错；此时 P 出＝Ru总22 ，副线圈负载 R 总增大，故 P 出减小，又 P 入＝P 出，故原线圈的输入功率减小，C 错误；当 S1 换接到 2 后， 副线圈的负载仅是电阻 R，故 P＝uR22＝2402 W＝0.8 W，D 正确．
(对应学生用书 P215)
定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流
磁产场生方：向线的圈轴在匀匀速强转磁动场中绕垂直于
产
生 两个特殊位
置中B∥性S面时：，BE⊥m＝S nBeS＝ω0
交
变电
流
表征的
最 瞬 物理量
大值：Em＝nBSω
高三物理高考复习选修3-2模块综合练习试题(一)课后练习试题31
高三物理高考复习课后练习（选修3-2）3—2—8 选修3-2模块综合练习（一）班级_________学号________姓名__________一、选择题1．如图所示是电场中某一条电场线，某一电子先后放在A 、B 点时，受到的电场力分别为F 1、F 2，具有的电势能分别为E 1、E 2，下列说法正确的是……………………………( )A ．A 、B 两点电场方向相同 B ．F 1一定大于F 2C ．E 1一定大于E 2D ．电子从A 点运动到B 点的过程中，电场力做负功2．在图中，L 是自感系数足够大的线圈，其直流电阻可以忽略不计，D 1和D 2是两个相同的灯泡，若将电键S 闭合，将灯泡亮度稳定后再断开电键S ，则………( )A ．电键S 闭合时，灯泡D 1和D 2同时亮，然后D 1会变暗直到不亮，D 2更亮B ．电键S 闭合时，灯泡D 1很亮，D 2逐渐变亮，最后一样亮C ．电键S 断开时，灯泡D 2随之熄灭，而D 1会亮一下再熄灭D ．电键S 断开时，灯泡D 1随之熄灭，而D 2会亮一下再熄灭3．如图所示U —I 图线上a 、b 、c 各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，b 点α=β，则下列说法中正确的是……………………………………( )A ．在b 点时电源有最大输出功率B ．在b 点时电源的总功率最大C ．从a →b 时β角增大，电源的总功率和输出功率都将增大D ．从b →c 时β角增大，电源的总功率和输出功率都将减小4．如图所示，长方形abcd 长ad=0.6m ，宽ab=0.3m ，O 、e 分别是ad 、bc 的中点，以ad 为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T 。
一群不计重力、质量m=3×10-7kg 、电荷量q=+2×10-3C 的带电粒子以速度υ=5×102m/s 沿垂直ad 方向且垂直于磁场射入磁场区域，则…………………………………( )A ．从Od 边射入的粒子，出射点全部分布在Oa 边B ．从aO 边射入的粒子，出射点全部分布在ab 边C ．从Od 边射入的粒子，出射点分布在Oa 边和ab 边D ．从aO 边射入的粒子，出射点分布在ab 边和be 边5．如图所示，在水平向左的匀强电场中，一根细线一端系一个质量为m 的带正电的小球，另一端固定在O 点，现在让细线水平绷直，小球从A 点由静止开始摆下，小球能达到并通过最低点B 。
【师说】-高中物理 5.4《变压器》课时作业 新人教版选修3-2
5.4《变压器》基础达标1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( ) A ．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 B ．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C ．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D ．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈【解析】 通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S 不变，故磁通量Φ变化，A 错误；因理想变压器无漏磁，故B 错误；由互感现象知C 正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D 错误．700匝并接有电阻．频率比为2 ：1 B ．功率比为：1 ．电流比为：1 D ．电压比为：1由于变压器不能改变交变电流的功率和频率，所以原、副线圈电流功率和频：1，A 错误；而根据电流与匝数之间关系：2错误；根据电压与匝数之间关系，得电压比为：1【答案】 D供电．如图所示，当增大负载电阻 )由欧姆定律I 2＝U 2R 可得I 2．如图所示，一理想变压器的原线圈A 、B 两端接入电压为匝，副线圈匝数n 2＝200匝，则(的电容器接在C 、D 两端，能正常工作两端，打点周期为0.02 s的小灯泡接在C 、D 两端，小灯泡能正常工作两端时，电压表读数为8.48 V70 V电压，c、d、e、f怎样连接为输出端为输出端为输出端为输出端两个线圈串联后，要注意使电动势的方向相同，如果接反了，输出电压就变断开后，下列说法正确的是( )由题意可知，原副线圈两端电压均保持不变，故的示数不变，选项断开后，副线圈电路中的总电阻增大，干路电流减小，则的示数减小，输出功率减小，则输入功率减小，的示数减小，选项正确；电路中变亮，选项10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡，正常发光时电阻为30 Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈：．钳形电流表的外形和结构如图甲所示．图甲中电流表的读数为匝，则(．这种电流表能测直流电流，图乙的读数为2.4 A．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0.4 A．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为3.6 A．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图乙的读数为钳形电流表的工作原理是电磁感应，所以它只能测交变电流，根据变压器的指钳形电流表内部线圈的匝数，n0指待测电流导线的匝数，电流．当在图乙中用同一电缆线绕了n0′＝3匝，则n1＝3n′为理想变压器，电表均可视为理想表，接线柱的正弦交流电源．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是V2电压表的示数不变，电流表的示数变化，都随电阻的减少而增大．种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯相同，V,40 W”．当灯泡所消耗的功率都调至20 W时，台灯消耗的功率最小的是的用电器，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0.6 A ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A n 1：n 2＝：3对于理想变压器，输入功率等于输出功率，所以输入功率1＝P 入U 1＝132220 A ＝0.6 A ，错误．根据变压器变压比有n 1：n U 1：U ＝：．如图所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 表示；A 1A 2是理想交流电流表示．下列说法正确的是( )不变、I 1变大 变小、I 1变小＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式；400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1； 间线圈的匝数比n cen de. 由图乙知T ＝0.01 s ，ω＝200π rad/s. 400sin200πt V.＝200 2 V ，理想变压器P 1＝P 2，。
【与名师对话】高考物理总复习 课时作业28 新人教版选修3-2
课时作业(二十八)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分)1．(2011·沙市模拟)如右图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长．空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B .一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则( )A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α变大，v m 将变大C ．如果R 变大，v m 将变大D ．如果m 变小，v m 将变大[解析] 以金属杆为研究对象，受力如图所示．根据牛顿第二定律得mg sin α－F 安＝ma ，其中F 安＝B 2L 2vR.当a →0时，v →v m ， 解得v m ＝mgR sin αB 2L 2，结合此式分析即得B 、C 选项正确． [答案] BC2．如右图所示，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，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动，则( )A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BLvC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2vR[解析] 当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U ＝E ＝BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故A 、B 错，C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错．[答案]C3．(2011·温州模拟)如右图所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h 高度的过程中，以下说法正确的是( )A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做功将机械能转化为电能C ．重力与恒力F 做功的代数和等于电阻R 上产生的焦耳热D ．金属棒克服安培力做功等于重力与恒力F 做的总功与电阻R 上产生的焦耳热之和 [解析] 由于金属棒匀速下滑，故作用在棒上的各个力的合力做功为零，故A 对；克服安培力做功将机械能转化为电能，故B 错误；列出动能定理方程W G －W F －W 安＝0，变形可得W G －W F ＝W 安，可知C 正确，D 错误．[答案]AC4．如右图所示，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.Bav3B.Bav6C.2Bav3D ．Bav[解析] 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，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Bav .故选A.[答案] A5．(2011·豫南九校联考)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在下列选项中，线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图象正确的是( )[解析] 由楞次定律可以判断电流方向，在线框同时处在两个磁场中时的某个时刻产生的感应电动势、感应电流是进、出磁场时的2倍，对比选项中各图象可知C正确．[答案] C6．如图所示，一个“∠”形导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab 是与导轨相同的导体棒，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向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，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随时间变化的图象中正确的是( )[解析] 设导体棒向右运动的位移为x，导轨的夹角为θ，单位长度的电阻为r，则感应电动势为E＝Bx tanθv＝B tanθv2t，选项A正确．I＝ER＝Bx tanθvx＋x tanθ＋xcosθ＝Bv sinθsinθ＋cosθ＋1，选项B错误．导体棒所受外力的功率P＝Fv＝F安v＝BIxtanθv＝BI tanθv2t，选项C正确．由Q＝W安＝Pt＝BI tanθv2t2，选项D错误．[答案] AC7．如右图所示，光滑的“Ⅱ”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有( )A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑 B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后可能先减速后匀速下滑[解析] 若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B 2区域后，mg －B 21L 2vR ＝0，仍将保持匀速下滑，B 对；若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后，安培力没有反向但大小变小，由F ＝BIL ＝BBLvR L ＝B 2L 2v R 知，mg －B 22L 2v R >0，金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑，故C 也对；同理，若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后mg －B 22L 2v R<0，可能先减速后匀速下滑，故D 也对．[答案] BCD8．(2011·宁波模拟)如下图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如下图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，下图丙中能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )[解析] 由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C错误，D正确．[答案] D9．(2010·安徽高考)如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则( ) A．v1<v2，Q1<Q2B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1<v2，Q1>Q2D．v1＝v2，Q1<Q2[解析] 由于两线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力F ＝B 2l 2v R ，又由R ＝ρ4lS (ρ为线圈材料的电阻率，l为线圈的边长，S 为单匝线圈的横截面积)，所以线圈所受安培力F ＝B 2lvS4ρ，此时加速度a＝g －F m ，其中m ＝ρ0S·4l(ρ0为线圈材料的密度)，所以加速度a ＝g －B 2v 16ρρ0是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地时两线圈速度相等v 1＝v 2.由能量守恒定律可得Q ＝mg(h ＋H)－12mv 2，(H 是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线，因质量m 较小，产生的热量较小，所以Q 1<Q 2.[答案] D二、非选择题(共28分)10．(14分)如右图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ，半径为r ，导线的电阻率为ρ，截面积为S.金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化满足B ＝kt(k 为常量)，如下图乙所示．金属圈下半部分在磁场外，若丝线所能承受的最大拉力F Tm ＝2mg ，求：从t ＝0时刻起，经过多长时间丝线会被拉断？[解析] 设金属圈受重力mg 、拉力F T 和安培力F 的作用处于静止状态，则F T ＝mg ＋F ，又F ＝2BIr ，金属圈中的感应电流I ＝ER ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt ，ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·πr 22，金属圈的电阻R ＝ρ2πr S ，又B ＝kt ，F Tm ＝2mg由以上各式求得t ＝2mgρk 2Sr 2.[答案]2mgρk 2Sr2 11．(14分)(2011·南昌调研)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示．导轨电阻不计，试求：时间t/s 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 下滑距离s/m0.10.30.71.42.12.83.5(1)当t ＝0.7 s 时，重力对金属棒ab 做功的功率；(2)金属棒ab 在开始运动的0.7 s 内，电阻R 上产生的热量； (3)从开始运动到t ＝0.4 s 的时间内，通过金属棒ab 的电荷量．[解析] (1)由表格中数据可知：金属棒先做加速度减小的加速运动，最后以7 m /s 匀速下落P G ＝mgv ＝0.01×10×7 W ＝0.7 W . (2)根据动能定理：W G ＋W 安＝12mv 2t －12mv 2W 安＝12mv 2t －12mv 20－mgh ＝12×0.01×72J －0.01×10×3.5 J ＝－0.105 JQ R ＝R R ＋r W 安＝47×0.105 J ＝0.06 J .(3)当金属棒匀速下落时，G ＝F 安，mg ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r电荷量q ＝It ＝ΔΦR ＋r ＝BLsR ＋r ＝mgvR ＋r·s＝0.2 C . [答案] (1)0.7 W (2)0.06 J (3)0.2 C拓展题：(2011·苏锡常镇四市调研)2010年上海世博会某国家馆内，有一“自发电”地板，利用游人走过时踩踏地板发电．其原因是地板下有一发电装置，如图甲所示，装置的主要结构是一个截面半径为r 、匝数为n 的线圈，无摩擦地套在磁场方向呈辐射状的永久磁铁槽中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，图乙为横截面俯视图．轻质地板四角各连接有一个劲度系数为k 的复位弹簧(图中只画出其中的两个)，轻质硬杆P 将地板与线圈连接，从而带动线圈上下往返运动(线圈不发生形变)，便能发电．若线圈所在位置磁感应强度大小为B ，线圈的总电阻为R 0，现用它向一个电阻为R 的小灯泡供电．为便于研究，将某人走过时对地板的压力使线圈发生的位移x 随时间t 变化的规律简化为如图丙所示．(弹簧始终在弹性限度内，取线圈初始位置x ＝0，竖直向下为位移的正方向)(1)请在图丁所示坐标系中画出线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象，取图乙中逆时针电流方向为正方向，要求写出相关的计算和判定的过程；(2)求t ＝t 02时地板受到的压力；(3)求人踩踏一次地板所做的功．[解析] (1)0～t 0时间内电流方向为正方向，t 0～2t 0时间内电流方向为负方向 0～t 0、t 0～2t 0时间内线圈向下、向上运动的速率均为v ＝x 0t 0线圈向下、向上运动产生的感应电动势大小均为E ＝nB·2πr·v 又I ＝E R ＋R 0 联立以上方程得I ＝2πnBrx 0R ＋R 0t 0线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如右图所示 (2)0～t 0时间内线圈所受安培力方向向上，且 F 安＝nBI·2πr ＝2πnBr 2x 0R ＋R 0t 0t 02时刻地板受到的压力：F N ＝4k x 02＋F 安解得F N ＝2kx 0＋2πnBr 2x 0R ＋R 0t 0(3)全过程中弹力做功为零，则由功能关系可得 W ＝E 电＝I 2(R ＋R 0)·2t 0 W ＝8π2n 2B 2r 2x 2R ＋R 0t 0[答案] (1)见解析 (2)F N ＝2kx 0＋2πnBr 2x 0R ＋R 0t 0(3)W ＝8π2n 2B 2r 2x 2R ＋R 0t 0。
高考物理总复习 课时作业31 新人教版选修33
(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共49分)1．(2011·南昌调研)根据分子动理论，下列说法正确的是( )A ．一个气体分子的体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比B ．显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，就是分子的运动C ．分子间相互作用的引力和斥力一定随分子间距离的增大而减小D ．分子势能随着分子间的距离的增大，可能先减小后增大[解析] 气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比为一个气体分子所占据的空间，而非一个气体分子的体积，A 错误．墨水中小炭粒的无规则运动为固体小颗粒的无规则运动，而非分子运动，B 错误．分子间的引力和斥力随分子间距离的增大而减小，C 正确．当两分子间距离小于r 0时，分子力表现为斥力，此时分子势能随分子间距离的增大而减小；当两分子间距离大于r 0时，分子力表现为引力，此时分子势能随分子间距离的增大而增大，D 正确．[答案] CD2．设两分子a 、b 间距离为r 0时分子间的引力F 引和斥力F 斥大小相等，现固定a ，将b 从与a 相距r 02处由静止释放，在b 远离a 的过程中，下列表述正确的是( ) A ．F 引和F 斥均减小，但F 斥减小得较快B ．a 对b 一直做正功C ．当b 运动最快时，a 对b 的作用力为零D ．当a 、b 间距离为r 0时，a 、b 间的分子势能最小[解析] 由分子动理论可知距离变化对斥力的影响比对引力的影响大，距离增大时斥力、引力都减小，但斥力减小得快，故A 正确．由r 02到r 0的过程中，分子力表现为斥力，分子力做正功，分子势能减小，当分子间距离大于r 0时，表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，因此当分子间距离等于r 0时分子势能最小，所以B 错D 对．b 分子在运动过程中，先加速后减速，当距离为r 0时，作用力为零，加速度为零，速度最大，故C 正确．[答案] ACD3．分子动理论较好地解释了物质的宏观热学性质，据此可判断下列说法中错误的是( )A ．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B ．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C ．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D ．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素[解析] 小炭粒做布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故A 对；由于不确定r 与r 0的关系，故无法确定分子力的变化，B 错；分子间距离增大时，分子力可能做正功，也可能做负功，分子势能可能增大，也可能减小，C 对；高温下，分子热运动剧烈，扩散更容易，故D 对．[答案] B4．已知铜的摩尔质量为M (kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m 3)，阿伏加德罗常数为N A (mol－1)．下列判断错误的是( )A ．1 kg 铜所含的原子数为N A MB ．1 m 3铜所含的原子数为MN A ρC ．1个铜原子的质量为M N A (kg)D ．1个铜原子的体积为M ρN A(m 3) [解析] 原子个数N ＝1MN A ＝N A M ，A 正确；同理N ＝ρM N A ＝ρN A M ，B 错误；1个铜原子质量m 0＝M N A (kg)，C 正确；1个铜原子体积V 0＝M ρN A(m 3)，D 正确． [答案] B5．一个铁球和冰球的温度相同，且其质量相等，则( )A ．它们的分子平均动能一定相等B ．它们的分子运动的平均速率一定相等C ．冰球的体积大，水分子的势能大D ．它们的内能一定相同[解析] 因为温度相同，平均动能相同，据E k ＝12m v 2知，水分子的平均速率较大，分子势能与分子间距有关，分子间距等于r 0时，分子势能最小，偏离r 0越多，分子势能越大，所以体积大，分子势能不一定大，物体的内能E 内＝n (E k ＋E p )，分子数n ＝m M不同，E p 哪个大无法弄清楚．[答案] A6．在观察布朗运动时，从微粒在a 点开始计时，间隔30 s 记下微粒的一个位置得到b 、c 、d 、e 、f 、g 等点，然后用直线依次连接，如右图所示，则下列说法正确的是( )A ．微粒在75 s 末时的位置一定在cd 的中点上B ．微粒在75 s 末时的位置可能在cd 的连线上，但不可能在cd 中点上C ．微粒在前30 s 内的路程一定等于ab 的长度D ．微粒在前30 s 内的位移大小一定等于ab 的长度[解析] b 、c 、d 、e 、f 、g 等分别是粒子在t ＝30 s 、60 s 、90 s 、120 s 、150 s 、180 s 时的位置，但并不一定沿着折线abcdefg 运动，故选D.[答案] D7．如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是( )A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mC．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力D．若两个分子距离越来越大，则分子势能亦越来越大[解析] 分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小，随分子间距的减小而增大，但分子斥力变化的更快些；当分子间距为平衡距离即10－10 m时，分子引力和分子斥力大小相等，分子力为零，当分子间距大于平衡距离即10－10 m时，分子引力大于分子斥力，分子力表现为分子引力；当分子间距小于平衡位置距离即10－10 m时，分子引力小于分子斥力，分子力表现为分子斥力；所以两图的交点为平衡距离即10－10 m，分子势能随分子间距的变化而发生改变，当分子间距大于10－10 m，分子势能随分子间距的增大而增大；当分子间距小于10－10 m时，分子势能随分子间距的增大而减小；分子间距离为平衡距离时，分子势能是最小的．若取无穷远处的分子势能为0，则分子间距为平衡距离时，分子势能为负的，且最小．[答案] B二、非选择题(共51分)8．(10分)(2011·浙江五校)(1)如右图所示，把一块洁净的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板水平地接触水面．如果你想使玻璃板离开水面，必须用比玻璃板重力__________的拉力向上拉橡皮筋．原因是水分子和玻璃的分子间存在__________作用．(2)往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色．这一现象在物理学中称为_________现象，是由于分子的_________而产生的，这一过程是沿着分子热运动的无序性_________的方向进行的．[解析] (1)水分子对玻璃板下表面分子有吸引力作用，要拉起必须施加大于重力和分子吸引力合力的拉力．(2)红墨水分子进入水中为扩散现象，是分子热运动的结果，并且分子热运动朝着熵增大，即无序性增大的方向进行．[答案] (1)大分子引力(2)扩散 无规则运动(热运动) 增大9．(10分)回答下列问题：(1)已知某气体的摩尔体积为V m ，摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，由以上数据能否估算出每个分子的质量、每个分子的体积、分子之间的平均距离？(2)当物体体积增大时，分子势能一定增大吗？(3)在同一个坐标系中画出分子力F 和分子势能E p 随分子间距离的变化图象，要求表示出E p 最小值的位置及E p 变化的大致趋势．[解析] (1)可估算出每个气体分子的质量m 0＝M N A ；由于气体分子间距较大，由V 0＝V m N A 求得的是一个气体分子占据的空间，而不是一个气体分子的体积，故不能估算每个分子的体积；由d ＝3V 0＝3V m N A可求出分子之间的平均距离．(2)在r >r 0范围内，当r 增大时，分子力做负功，分子势能增大；在r <r 0范围内，当r 增大时，分子力做正功，分子势能减小，故不能说物体体积增大，分子势能一定增大，只能说当物体体积变化时，其对应的分子势能也变化．(3)如图[答案] 见解析10．(10分)(2010·江苏高考)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为 1.3 kg/m 3和2.1 kg/m 3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1.若潜水员呼吸一次吸入2 L 空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留一位有效数字) [解析] 设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，则有Δn ＝ρ海－ρ岸V MN A ，代入数据得Δn ＝3×1022个． [答案] 3×1022个 11．(10分)对于固体和液体来说，其内部分子可看做是一个挨一个紧密排列的小球，若某固体的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A .(1)该固体分子质量的表达式为m 0＝__________.(2)若已知汞的摩尔质量为M ＝200.5×10－3 kg/mol ，密度为ρ＝13.6×103 kg/m 3，阿伏加德罗常数为N A ＝6.0×1023 mol －1，试估算汞原子的直径大小(结果保留两位有效数字)．[解析] (1)该固体分子质量的表达式m 0＝MN A.(2)将汞原子视为球形，其体积V 0＝16πd 3＝M ρN A 汞原子直径的大小d ＝36M ρN A π≈3.6×10－10 m. [答案] (1)MN A (2)3.6×10－10m 12．(11分)(2011·安徽示范性高中联考)某学校物理兴趣小组组织开展一次探究活动，想估算地球周围大气层的分子个数．一学生通过网上搜索，查阅得到以下几个物理量数据：地球的半径R ＝6.4×106 m ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，空气的平均摩尔质量M ＝2.9×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.(1)这位同学根据上述几个物理量能估算出地球周围大气层的分子数吗？若能，请说明理由；若不能，也请说明理由．(2)假如地球周围的大气全部液化成液态且均匀分布在地球表面上，估算一下地球半径将会增加多少？(已知液化空气的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3)[解析] (1)能．因为大气压强是由大气重力产生的，由p 0＝mg S ＝mg 4πR 2，得m ＝4πR 2p 0g 把查阅得到的数据代入上式得m ≈5.2×1018 kg所以大气层的分子数为N ＝m M N A ≈1.1×1044个(2)可求出液化后的体积为： V ＝m ρ＝5.2×10181.0×103 m 3＝5.2×1015 m 3 设大气液化后的液体分布在地球表面上时，地球半径增加h ，则有43π(R ＋h )3－43πR 3＝V ，得3R 2h ＋3Rh 2＋h 3＝34πV 考虑到h ≪R ，忽略h 的二次项和三次项，得h ＝V 4πR 2＝ 5.2×10154×3.14× 6.4×1062 m≈10 m.[答案] (1)见解析 (2)10 m。
【与名师对话】2014年高考物理总复习 课时配套作业33 新人教版选修3-2
课时作业(三十三)1．(2012·江苏南通月考)电磁炉的工作原理是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．下列相关的说法中正确的是( ) A．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗[解析] 涡流是高频交流电产生的磁场引起的电磁感应现象，故选项A正确、B错误；电磁炉表面一般用绝缘材料制成，避免产生涡流，锅体用金属制成利用涡流加热食物，故选项C、D错误．[答案] A2．(2012·湖南嘉兴模拟)在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒PQ以初速度v0水平抛出，如右图所示．棒在运动过程中始终保持水平，空气阻力不计，那么，下列说法中正确的是( ) A．PQ棒两端的电势一定满足φP<φQB．PQ棒中的感应电动势越来越大C．PQ棒中的感应电动势越来越小D．PQ棒中的感应电动势保持不变[解析] PQ棒水平切割磁感线，利用右手定则可判断两端的电势一定满足φP<φQ，A 正确；因PQ棒水平方向速度不变，竖直方向不切割磁感线，所以PQ棒中的感应电动势保持不变，D正确．[答案] AD3．如右图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒垂直于棒的方向以恒定的速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是( )A.BdvRB.Bdv sin θR C.Bdv cos θRD.Bdv R sin θ[解析] 导体棒与磁场垂直，速度与磁场垂直且与棒长度方向垂直，由E ＝Blv ，l ＝dsin θ得I ＝E R ＝BdvR sin θ，D 正确．[答案] D4．(2012·徐州检测)如图所示，A 、B 、C 是相同的白炽灯，L 是自感系数很大、电阻很小的自感线圈．现将S 闭合，下面说法正确的是( )A ．B 、C 灯同时亮，A 灯后亮B ．A 、B 、C 灯同时亮，然后A 灯逐渐变暗，最后熄灭 C ．A 灯一直不亮，只有B 灯和C 灯亮D ．A 、B 、C 灯同时亮，并且亮暗没有变化[解析] 由于线圈的自感系数很大，在开关闭合瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中电流为零，所以电流通过A 和B 、C 支路，三灯同时亮；随着L 中的电流增大，A 中电流逐渐减小；由于线圈L 的电阻很小，电路达到稳定时灯泡A 被线圈短路，灯泡A 中电流为零，最后熄灭，故B 项正确．[答案] B5.如右图所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、开关S 与一个n 匝的数圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球．开关S 闭合前传感器上有示数，开关S 闭合后传感器上的示数变为原来的一半．则线圈中磁场的变化情况和磁通量变化率分别是( )A ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd2qB ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd2nqC ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd2qD ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd2nq[解析] 开关S 闭合后传感器示数减小，说明带电小球对传感器的压力变小，小球带正电，说明金属板上极板带负电，由楞次定律判断可知，线圈中感应电流的磁场方向是竖直向下的，从而推知题图中的磁场正在增强；依题意知，闭合开关S 后小球受重力mg .支持力F N和电场力F 电而处于平衡状态，即F 电＋F N ＝mg ，其中F 电＝q ·nΔΦΔtd，F N ＝12mg ，代入解得ΔΦΔt＝mgd2nq，故选项B 正确． [答案] B6.如右图所示的电路中，两个相同的小灯泡L 1和L 2分别串联一个带铁芯的电感线圈L 和一个滑动变阻器R .闭合开关S 后，调整R ，使L 1和L 2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为I .然后，断开S.若t ′时刻再闭合S ，则在t ′前后的一小段时间内，正确反映流过L 1的电流i 1、流过L 2的电流i 2随时间t 变化的图象是[解析] 闭合开关S ，调整R ，使两个灯泡L 1、L 2发光亮度相同，电流为I ，说明R L ＝R ；若t ′时刻再闭合S ，流过电感线圈L 和灯泡L 1的电流迅速增大，电感线圈L 产生自感电动势，阻碍流过L 1的电流i 1增大，直至达到电流I ，故选项A 错误，B 正确；而对于R 和L 2支路来说，流过灯泡L 2的电流i 2立即达到电流I ，故C 、D 均错误．[答案] B7.如右图，垂直矩形金属框的匀强磁场的磁感应强度为B ，导体棒ab 垂直线框两长边搁在框上，ab 长为l ，在Δt 时间内，ab 向右以速度v 匀速滑过距离d ，则A ．因右边面积减小ld ，左边面积增大ld ，则ΔΦ＝2Bld ，E ＝2Bld2ΔtB ．因右边面积减小ld ，左边面积增大ld ，减小磁通量与增大磁通量相互抵消，ΔΦ＝0，E ＝0C ．ΔΦ＝Bld ，E ＝BldΔtD ．因ab 棒做切割磁感线运动，所以不能用E ＝ΔΦΔt 计算感应电动势，只能用E ＝Blv计算感应电动势[解析] 磁通量的变化等于磁感应强度与导线扫过面积的乘积，即ΔΦ＝Bld ，故选项A 、B 均错误；感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝BldΔt或E ＝Blv ，故选项C 正确，D 错误．[答案] C8．(2012·扬州检测)面积S ＝0.2 m 2、n ＝100匝的圆形线圈，处在如下图所示的匀强磁场内，磁感应强度B 随时间t 变化的规律是B ＝0.02 t T ．电阻R 与电容器C 并联后接在线圈两端，电阻R ＝3 Ω，电容C ＝30 μF ，线圈电阻r ＝1 Ω.求：(1)通过R 的电流的大小和方向； (2)电容器所带的电荷量．[解析] (1)通过圆形线圈的磁通量Φ变大，由楞次定律和安培定则知，线圈中感应电流的方向为逆时针，所以通过R 的电流方向为由b 到a .由法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt＝100×0.2×0.02 V＝0.4 V ， 由闭合电路欧姆定律，通过R 的电流为I ＝E R ＋r ＝0.43＋1A ＝0.1 A. (2)电容器两端的电压等于电阻R 两端的电压，即U C ＝U R ＝IR ＝0.1×3 V＝0.3 V ，电容器所带的电荷量为Q ＝CU C ＝30×10－6×0.3 C＝9×10－6 C.[答案] (1)0.1 A ，方向b →R →a (2)9×10－6C9．(2012·无锡检测)如右图所示，在存在右边界的垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB 边始终与磁场右边界平行．已知AB ＝BC ＝l ，线框导线的总电阻为R .则线框离开磁场的过程中A ．线框中的电动势随时间均匀增大B ．通过线框截面的电荷量为Bl 22RC ．线框所受外力的最大值为2B 2l 2vRD ．线框中的热功率与时间成正比[解析] 三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度L ＝vt ，所以线框中感应电动势的大小E ＝BLv ＝Bv 2t ，故选项A 正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量Q ＝It ＝ΔΦΔtR ×Δt ＝Bl22R，选项B 正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F ＝BIl ＝B 2l 2vR ，选项C 错误；线框的热功率为P ＝Fv ＝BIvt ×v ＝B 2v 4t 2R，选项D 错误．[答案] AB10．某学习小组设计了一种发电装置如下图甲所示，图乙为其俯视图．将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h ＝0.5 m 、半径r ＝0.2 m 的圆柱体，其可绕固定轴OO ′逆时针(俯视)转动，角速度ω＝100 rad/s.设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B ＝0.2 T 、方向都垂直于圆柱体侧表面．紧靠圆柱外侧固定一根与其等高、电阻R 1＝0.5 Ω的细金属杆ab ，杆与轴OO ′平行．图丙中阻值R ＝1.5 Ω的电阻与理想电流表A 串联后接在杆a 、b 两端．下列说法正确的是( )A ．电流表A 的示数约为1.41 AB ．杆ab 产生的感应电动势的有效值E ＝2 VC ．电阻R 消耗的电功率为2 WD ．在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A 的总电荷量为零 [解析] 圆柱体转过一周为感应电动势的4个周期，T ＝T 04＝142πω＝π200s.金属杆上感应电动势的大小E ′＝Blv ＝Bhr ω＝2.0 V ；感应电动势的方向周期性变化，周期为π200 s ，所以有效值E ＝2.0 V ，则I ＝E R 1＋R ＝1.0 A ，电阻R 的电功率为P ＝I 2R ＝1.5W ．电流在电流表中周期性变化，每个周期的总电流为零．[答案] BD11．如右图所示，金属杆ab 放在光滑的水平金属导轨上，与导轨组成闭合矩形电路，长l 1＝0.8 m ，宽l 2＝0.5 m ，回路总电阻R ＝0.2 Ω，回路处在竖直方向的磁场中，金属杆用水平绳通过定滑轮连接质量M ＝0.04 kg 的木块，磁感应强度从B 0＝1 T 开始随时间均匀增加，5 s 末木块将离开水平面，不计一切摩擦，g 取10 m/s 2，求回路中的电流强度．[解析] 设磁感应强度B (t )＝B 0＋kt ，k 是大于零的常量， 于是回路电动势E ＝S ΔBΔt＝kS① S ＝l 1×l 2② 回路电流I ＝E R③杆受安培力F (t )＝BIl 2＝(B 0＋kt )Il 2④5秒末有F (5)＝B 0＋5·k kl 1l 22R＝Mg⑤可以得到k ＝0.2 T/s 或k ＝－0.4 T/s(舍去)， 解得I ＝0.4 A. [答案] 0.4 A12．(2012·长春调研)如图甲所示，空间存在一宽度为2L 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L 的正方形金属线框，其质量m ＝1 kg 、电阻R ＝4 Ω，在水平向左的外力F 作用下，以初速度v 0＝4 m/s 匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ； (3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．[解析] (1)由F —t 图象可知，线框加速度a ＝F 2m＝2 m/s 2框的边长L ＝v 0t －12at 2＝(4×1－12×2×12) m ＝3 mt ＝0时刻线框中的感应电流I ＝BLv 0R线框所受的安培力F 安＝BIL 由牛顿第二定律F 1＋F 安＝ma 又F 1＝1 N ，联立得B ＝13T ＝0.33 T(2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势E ＝BL 2t平均电流I ＝ER通过线框的电荷量q ＝I t联立得q＝0.75 C(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x，由运动学公式得0－v20＝－2ax代入数值得x＝4 m<2L所以线框不能从右侧离开磁场．[答案] (1)0.33 (2)0.75(3)不能从右侧离开磁场理由见解析。
人教版高中物理选修3-2课时作业3.docx
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）1．一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直．若想使线圈中的感应电流增强一倍，下述方法可行的是()A．使线圈匝数增加一倍B．使线圈面积增加一倍C．使线圈匝数减少一半D．使磁感应强度的变化率增大一倍【解析】根据E＝n ΔΦΔt＝nΔBΔt S求电动势，当n、S发生变化时导体的电阻也发生了变化．若匝数增加一倍，电阻也增加一倍，感应电流不变，故A错；若匝数减少一半，感应电流也不变，故C错；若面积增加一倍，长度变为原来的2倍，因此电阻为原来的2倍，电流为原来的2倍，故B错．【答案】 D2．(2013·郑州一中高二检测)穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图4－4－12所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2 s B．2～4 sC．4～5 s D．5～10 s图4－4－12【解析】图线斜率的绝对值越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．【答案】 D3．一根直导线长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 V B．可能为零C．可能为0.01 V D．最大值为0.1 V【解析】当公式E＝Bl v中B、l、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：E m＝Bl v＝0.1×0.1×10 V＝0.1 V，考虑到它们三者的空间位置关系应选B、C、D.【答案】BCD4．(2013·石家庄二中高二检测)如图4－4－13所示的匀强磁场中MN、PQ 是两条平行的金属导轨，而AB、CD为串有电压表、电流表的两根金属棒，且与金属导轨接触良好．当两棒以相同速度向右运动时，正确的是()图4－4－13A．电流表无读数，AB间有电势差，电压表无读数B．电流表有读数，AB间有电势差，电压表有读数C．电流表无读数，AC间无电势差，电压表无读数D．电流表无读数，AC间有电势差，电压表有读数【解析】因为两棒以相同速度运动，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、电压表都无示数．因为两棒都向右运动切割磁感线，所以两棒都产生相同的电动势，极性都为上正、下负，所以AB间有电势差，AC间无电势差，A、C正确．【答案】AC5．如图4－4－14所示，单匝线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系可用图象表示，则()A ．t ＝0时刻，线圈中的磁通量最大，感应电动势也最大B ．在t ＝1×10－2 s 时，感应电动势最大C ．在t ＝2×10－2 s 时，感应电动势为零D ．在0～2×10－2 s 时间内，线圈中感应电动势的平均值为零图4－4－14【解析】 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt 可知E 的大小与Φ大小无关，与ΔΦΔt 成正比，t ＝0及t ＝2×10－2 s 时刻E ＝0，A 错，C 对．t ＝1×10－2s 时，ΔΦΔt 最大，E 最大，B 对.0～2×10－2 s 内ΔΦ≠0，平均感应电动势不为零，D 错．【答案】 BC6．(2013·芜湖高二检测)如图4－4－15所示，半径为r 的n 匝线圈套在边长为L 的正方形abcd 之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以ΔB Δt 的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势大小为( )A ．πr 2ΔB ΔtB ．L 2ΔB ΔtC ．n πr 2ΔB ΔtD ．nL 2ΔB Δt图4－4－15【解析】 根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小E ＝n ΔΦΔt ＝nL 2ΔB Δt .【答案】 D7．如图4－4－16所示，面积为0.2 m 2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋0.2t)T，定值电阻R1＝6 Ω，线圈电阻R2＝4 Ω，求a、b两点间电压U ab() A．2.4 V B．0.024 VC．4 V D．1.6 V图4－4－16【解析】由法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势E＝nΔΦ/Δt＝nSΔB/Δt ＝100×0.2×0.2 V＝4 V，感应电流I＝E/(R1＋R2)＝4/(6＋4)A＝0.4 A，所以a、b 两点间电压即路端电压U ab＝IR1＝0.4×6 V＝2.4 V.【答案】 A8．M和N是固定在水平面内的两条光滑平行的金属轨道(间距为l)，其电阻可忽略不计．如图4－4－17所示的正方形虚线框(边长为d)内充满垂直轨道平面向下的匀强磁场，金属杆ab(电阻可忽略)垂直轨道方向放置在两轨道上，M和N 之间接有一电阻R，若杆ab以恒定速率v沿平行轨道方向滑动并通过匀强磁场，在此过程中，以下各物理量与速度v的大小成正比的是()A．杆ab中的电流B．杆ab在磁场中所受的安培力C．电阻R上产生的焦耳热D．水平外力对ab杆做功的功率图4－4－17【解析】由法拉第电磁感应定律得E＝Bl v，I＝ER＝Bl vRF安＝BIl＝B2l2vR，Q＝I2Rt＝B2l2v2dR v＝B2l2v dRP＝F v＝F安，v＝B2l2v2 R所以杆ab中的电流和杆ab所受安培力及电阻R上产生的焦耳热都与速度v 成正比，A、B、C项正确，D错．【答案】ABC9. (2012·福建高考)如图4－4－18，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则选项图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()图4－4－18【解析】闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是稳定的，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误．【答案】 B10．如图4－4－19所示，一个边长为a ＝1 m 的正方形线圈，总电阻为R ＝2 Ω，当线圈以v ＝2 m/s 的速度通过磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度b >1 m ，如图所示．求：(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小；(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热．图4－4－19【解析】 (1)根据E ＝Bl v ，I ＝E R 知I ＝Ba v R ＝0.5×1×22A ＝0.5 A. (2)线圈穿过磁场过程中，由于b >1 m ，故只在进入和穿出时有感应电流，故Q ＝I 2Rt ＝I 2R ·2a v ＝0.52×2×22 J ＝0.5 J.【答案】 (1)0.5 A (2)0.5 J11．如图4－4－20甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝1 000，线圈面积S ＝200 cm 2，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，磁感应强度随时间的变化规律如图4－4－20乙所示．求：甲 乙图4－4－20(1)前4 s 内的感应电动势；(2)前4 s 内通过R 的电荷量；(3)线圈电阻r 消耗的功率．【解析】(1)由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率ΔBΔt＝0.4－0.24T/s＝0.05 T/s4 s内的平均感应电动势E＝nS ΔBΔt＝1 000×0.02×0.05 V＝1 V.(2)电路中平均电流I＝E R总通过R的电荷量q＝I t，又E＝n ΔΦΔt所以q＝n ΔΦR总＝1 000×0.02×(0.4－0.2)4＋1C＝0.8 C.(3)由于电流是恒定的，线圈电阻r消耗的功率为P r＝I2r＝E2r(R＋r)2＝1×1(4＋1)2W＝0.04 W.【答案】(1)1 V(2)0.8 C(3)0.04 W12．如图4－4－21所示，水平的平行光滑导轨，导轨间距离为L＝1 m，左端接有定值电阻R＝2 Ω.金属棒PQ与导轨良好接触，PQ的电阻为r＝0.5 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，现使PQ在水平向右的恒力F＝2 N作用下运动，求：(1)棒PQ中感应电流的方向；(2)棒PQ中哪端电势高；(3)棒PQ所受安培力方向；(4)棒PQ的最大速度．图4－4－21【解析】PQ在恒力F作用下运动，产生感应电流，因而受安培力，随着速度的增大，安培力也增大，当安培力大小与恒力F相等时，PQ将做匀速运动，速度达到最大．(1)由右手定则知感应电流方向为Q→P.(2)PQ运动产生感应电动势，相当于电源，因电源内部电流由低电势流向高电势，所以P端电势高于Q端电势．(3)因棒中电流由Q→P，由左手定则知棒所受安培力方向向左．(4)PQ棒速度达到最大值时，PQ受安培力大小等于恒力F.由F＝BIL，得I＝FBL＝21×1A＝2 A此时感应电动势为E＝I(R＋r)＝2×(2＋0.5) V＝5 V PQ的最大速度为v＝EBL＝51×1m/s＝5 m/s.【答案】(1)Q→P(2)P端(3)向左(4)5 m/s。
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课时作业(三十)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．(2010·福建理综)中国已投产运行的1000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( ) A.P 4 B.P 2 C ．2PD ．4P [解析] 由P ＝UI 可知，输电电压提高到原来的2倍，由于输电功率不变，所以输电电流变为原来的1/2，由P 损＝I 2R 线可知输电线上损耗的电功率将变为原来的1/4，选项A 正确．[答案] A2．(2010·重庆理综)一输入电压为220 V ，输出电压为36 V 的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图所示，然后将原线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V ．按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )A ．1100,360B ．1100,180C ．2200,180D ．2200,360 [解析] 由U 1U 2＝n 1n 2得22036＝n 1n 2，2201＝n 15解得n 1＝1100、n 2＝180，选项B 正确． [答案] B3．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，原线圈两端连接光滑金属导轨，副线圈与电压表相连．当直导线AB 在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，沿间距为0.5 m 的平行导轨以速度v ＝10 m/s 匀速向右做切割磁感线运动时，电压表○V 的读数为( )A ．5 VB ．2.5 VC ．1.25 VD ．0[解析] 变压器的工作原理是互感现象，因此不能改变恒定电流的电流和电压关系，所以当导体棒匀速运动时，副线圈中电压为零，故选D.[答案] D4．如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好[解析] 依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP ＝I 2R 线，而R 线＝ρL S，增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A 正确；由P ＝UI 来看在输送功率一定的情况下，输送电压U 越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B 正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I 越大，电路中损耗的电功率越大，C 错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D 正确．[答案] ABD5．某小型水电站的电能输送示意图如图，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( )A.n 2n 1>n 3n 4B.n 2n 1<n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 [解析] 根据变压器工作原理可知n 1n 2＝200U 2，n 3n 4＝U 3220，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2>U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，A 正确，BC 不正确．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损失功率，D 正确．[答案] AD6．(2012·洛阳四校联考)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin100 πtV, 氖泡在两端电压达到100V 时开始发光，下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为50HzB ．开关接通后，电压表的示数为100VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变[解析] 由u ＝20 2sin100πt V 可知，交流电压频率为50Hz ，在一个周期内，交变电流两次超过100V 电压，所以氖泡的发光频率为100Hz ，选项A 错误；达到变压器输入电压有效值为U 1＝20V ，输出电压有效值U 2＝n 2n 1U 1＝5×20V＝100V ，开关接通与断开，电压表的示数均为100V ，选项B 正确C 错误；开关断开后，氖泡不发光，不消耗电能，变压器的输出功率为零，选项D 错误．[答案] B7．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是( )[解析] 电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多．监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中．选A.[答案] A8．如图所示，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，在原线圈上加一电压恒为U 的交变电流，则( )A ．保持Q 位置不变，将P 向上滑动，变压器的输出电压变小B ．保持Q 位置不变，将P 向上滑动，电流表的读数变小C ．保持P 位置不变，将Q 向上滑动，电流表的读数变小D ．保持P 位置不变，将Q 向上滑动，变压器输出功率变小[解析] Q 位置不变，则副线圈输出电压不变，P 向上滑动，R 变大，则副线圈输出功率变小，原线圈输入功率变小，据P ＝UI ，则电流表的示数变小，B 正确，A 错误．保持P 位置不变，则R 不变，将Q 向上滑动，则副线圈输出电压变大，副线圈输出功率变大，电流表示数变大，所以C 、D 错误．[答案] B9．一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶2，电源电压u ＝220 2sin ωt V ，原线圈接入一个熔断电流I 0＝1 A 的保险丝，副线圈中接入一个可变电阻R ，如图所示．为了使保险丝不被熔断，调节电阻R 时最低应不能小于( )A ．440 ΩB ．440 2 ΩC ．880 ΩD ．880 2 Ω[解析] 当原线圈电流I 1＝I 0时，副线圈中电流为：I 2＝n 1n 2I 1＝n 1n 2I 0＝12×1 A＝12A ，这就是副线圈中电流的有效值． 副线圈输出电压的有效值为：U 2＝n 2n 1U 1＝n 2n 1U 1m 2＝21×220 22V ＝440 V. 因此，副线圈电路中负载电阻的最小值为：R min ＝U 2I 2＝4401/2Ω＝880 Ω. [答案] C10．如图所示为理想变压器，3个灯泡L 1，L 2，L 3都标有“5 V 5 W”，L 4标有“5 V 10 W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2和输入电压u 应为( )A ．2∶1,25 VB ．1∶2,20 VC ．1∶2,25 VD ．2∶1,20 V[解析] 各灯正常发光，I 1＝1 A ，I 2＝2 A ，所以n 1∶n 2＝I 2∶I 1＝2∶1，负载电压U 2＝10 V ，而U 1∶U 2＝n 1∶n 2＝2∶1，则U 1＝20 V ，输入电压u ＝U L 1＋U 1＝25 V ，选A.[答案] A二、非选择题(共30分)11．(15分)理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V ．求：(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5 A ．则电流表A 1的示数I 1为多少？(3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？[解析] (1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1/n 1＝U 2/n 2＝U ，则n 1＝1650匝．(2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2U 1＝13A. (3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2/I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R L /2＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U 2/R ′＝10 A ．由U 1I 1′＝U 2I 2′可知，I 1′＝U 2I 2′U 1＝23A. [答案] (1)1650匝 (2)13 A (3)23A 12．(15分)三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程．枢纽控制流域面积为1.0×106 km 2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011 m 3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作的总发电功率)为P ＝1.82×107 kW ，年平均发电量约为W ＝8.40×1010 kW·h.该工程已全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，g 取10 m/s 2)：(1)若三峡电站上、下游水位差按h ＝100 m 计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t 为多少天？(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P 1＝4.5×105 kW ，采用超高压输电，输电电压为U ＝500 kV ，而发电机输出的电压约为U 0＝18 kV.若输电线上损耗的功率为输电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．[解析] (1)一年里水流做功(即减少的势能)W ′＝Qρgh .水流的势能转化为电能的效率η＝W W ′＝W Qρgh ， 将数据代入上式得η≈67%.(2)设每台发电机组平均年发电n 天，则W ＝Pt ，即P ×n ×24＝W .所以n ＝W 24P ＝8.40×10101.82×107×24天≈192.3天．(3)升压变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 0U ＝18500＝9250，输电线上的电流I ＝P 1U＝900 A. 损失功率P 损＝5%P 1＝I 2r ，所以r ≈27.8 Ω.[答案] (1)η＝W Qρgh67% (2)192.3天 (3)925027.8 Ω 拓展题：如图所示为理想变压器，原线圈匝数为n 1，四个副线圈匝数均为n 2，四个负载电阻阻值相同，二极管为理想二极管，现从原线圈P 、Q 两端输入正弦交流电，那么下列说法中正确的是( )A ．只有流过R a 和R d 上的电流是交变电流B ．加在R a 两端的电压是R b 的两倍C ．R a 消耗的功率是R b 的两倍D ．若输入的正弦交变电流频率增大时，则R c 的功率增大，R d 的功率也增大[解析] 由于二极管具有单向导电性，故流过R b 的电流是直流电，而流过R a 、R c 、R d 的电流均为交变电流，A 错误；设R a 两端的交变电流的电压最大值为U m ，则有效值为U a ＝U m 2，R b 上电压的有效值由电流的热效应得U b ＝U m2，则U a ∶U b ＝2，由P ＝U 2R得P a ∶P b ＝2∶1，B 错误，C 正确；当输入的正弦交变电流频率增大时，容抗变小，感抗变大，流过R c 的电流变大，流过R d 的电流减小，则R c 的功率增大，R d 的功率减小，D 错误．[答案] C。