最新沪科版高中物理选修3-2单元测试题及答案全套

最新沪科版高中物理选修3-2单元测试题及答案全套章末综合测评(一) 电磁感应与现代生活(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本大题共12个小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.高频感应炉是用来熔化金属并对其进行冶炼的，如图1为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼金属中，因此适于冶炼特种金属，该炉的加热原理是()图1A．利用线圈中电流产生的焦耳热B．利用线圈中电流产生的磁场C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电C[高频感应炉的原理是给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，利用涡流的热效应，可使金属熔化．] 2．如图2，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1∶E2分别为()图2A．c→a,2∶1B．a→c,2∶1C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2C[根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向由N→M，所以电阻R中的电流方向是a→c；由E＝BL v，其他条件不变，磁感应强度变为原来的2倍，则感应电动势也变为原来的2倍．故C正确，A、B、D错误．]3.磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图3方向的感应电流，则磁铁()图3A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动B[当磁铁向上(下)运动时，穿过线圈的磁通量变小(大)，原磁场方向向下，所以感应电流磁场方向向下(上)，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向从上向下看为顺(逆)时针；同理判断出磁铁向右运动或向左运动的情况．故选B.]4.如图4，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则()图4A．T1＞mg，T2＞mgB．T1＜mg，T2＜mgC ．T 1＞mg ，T 2＜mgD ．T 1＜mg ，T 2＞mgA [金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T 1＞mg ，T 2＞mg ，A 项正确．]5.如图5为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图5A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1 C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1 C [根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n (B 2－B 1)S t 2－t 1，选项C 正确．] 6．如图6所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B 随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b .不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )图6A．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向B[由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向．由法拉第电磁感应定律知E＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt＝ΔB·πR2Δt，由于两圆环半径之比R a∶R b＝2∶1，所以E a∶E b＝4∶1，选项B正确．]7.如图7，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v-t图像中，可能正确描述上述过程的是()图7D[导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BL v、I＝ER及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D 正确．]8.如图8所示的电路中，开关S闭合且电路达到稳定时，流过灯泡A和线圈L的电流分别为I 1和I 2，在开关S 断开的瞬间，为使小灯泡能比原来更亮一些，然后逐渐熄灭应( )图8A ．必须使I 2>I 1B ．与I 1、I 2大小无关，但必须使线圈自感系数L 足够大C ．自感系数L 越大，切断时间越短，则I 2也越大D ．不论自感系数L 多大，开关S 断开瞬间I 2只能减小，不会增大A D [开关S 断开后，线圈L 与灯泡A 构成回路，线圈中由于自感电动势作用电流由I 2逐渐减小，灯泡由于与线圈构成回路，灯泡中电流由I 1变为I 2然后逐渐减小，所以要想小灯泡能比原来更亮一些，应有I 2>I 1，所以A 、D 项正确．]9.用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图9所示，在ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt ＝k (k ＜0)．则( )图9A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为krS 2ρD ．图中a 、b 两点间的电势差大小为U ab ＝|14πkr 2|BD [由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过闭合线圈的磁通量减小，根据楞次定律可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A 错误，B 正确；圆环中产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝|12πr 2k |，圆环的电阻为R ＝ρl S ＝2πρr S ，所以圆环中感应电流的大小为I＝ER＝|krS4ρ|，故C错误；图中a、b两点间的电势差U ab＝I×12R＝|14πkr2|，故D正确．]10.如图10所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下、导体棒以恒定速度v向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间t变化的下列图像中正确的是()图10AC[设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x＝v t，导体棒切割磁感线的有效长度L＝v t·tan θ，所以回路中感应电动势E＝BL v＝B v2t·tan θ，感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，故感应电流大小与时间无关，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的功率P＝F v＝BIL v＝BI v2t·tan θ，与时间成正比，故C正确；回路产生的焦耳热Q＝I2Rt，式中电流不变，回路电阻与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误．]11.如图11所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()图11A．当导体棒速度达到v2时加速度大小为g2sin θB．当导体棒速度达到v2时加速度大小为g4sin θC．P＝2mg v sin θD．P＝3mg v sin θAC[当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如图甲所示．甲mg sin θ＝BIL，I＝BL vR，所以mg sin θ＝B2L2vR①当导体棒的速度达到2v时，对导体棒进行受力分析如图乙所示．乙mg sin θ＋F＝2B2L2vR②由①②可得F＝mg sin θ功率P＝F×2v＝2mg v sin θ，故C正确，D错误．当导体棒速度达到v2时，对导体棒受力分析如图丙所示．丙a ＝mg sin θ－B 2L 2v 2R m ③由①③可得a ＝g 2sin θ，故A 正确，B 错误．]12．如图12所示，两条形有界磁场宽度均为d ＝0.5 m ，磁感应强度大小均为B ＝4 T ，方向垂直于纸面，两磁场区域间距也为d .在磁场区域的左边界处有一长L ＝1 m 、宽d ＝0.5 m 的矩形导体线框，线框总电阻为R ＝2 Ω，且线框平面与磁场方向垂直．现使线框以v ＝0.5 m/s 的速度匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定B 垂直纸面向里为正 ，则以下关于线框所受的安培力大小F 及穿过线框磁通量Φ随时间t 变化的四个图像正确的是( )图13A BC DAD [0～1 s 时，线框中产生的感应电动势E ＝Bd v ＝1 V ，由欧姆定律可知，I ＝E R ＝0.5 A ，由安培力公式可知：F ＝BId ＝1 N ；第2 s 内，通过线框的磁通量不变，无感应电流，安培力为零；第3 s内，线框左、右两边均切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向相同，故线框中总的感应电动势为E′＝2Bd v＝2 V，由欧姆定律可知，I′＝E′R＝1 A；线框左、右两边所受安培力均为：F1＝F2＝BI′d＝2N，由左手定则可知，两安培力方向相同，故安培力的合力为4 N，A项正确，B项错误；当t＝2.5 s时，线框位移x＝v t＝2.5d，此时通过线框的磁通量为零，C项错误，D项正确．]二、计算题(本大题共4小题，共52分，按题目要求作答)13．(10分)如图13所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽0.5 m，框电阻不计，匀强磁场磁感应强度为1 T，方向与框面垂直，金属棒MN电阻为1 Ω、质量为0.1 kg，无初速度地释放，并与框保持良好接触地竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中，通过棒某一截面的电荷量为2 C．求：此过程中回路产生的电能．(空气阻力不计，g取10 m/s2)图13【解析】通过导体横截面的电荷量q＝ΔΦR＝BΔSR＝BhlR，h＝qRBl＝4 m.又因为速度达最大时a＝0，mg＝BIl，I＝mgBl＝2 A，而I＝Bl vR，v＝IRBl＝4 m/s.下落过程中重力势能转化为棒的动能和电能，故E＝mgh－12m v2＝0.1×10×4 J－12×0.1×42 J＝3.2 J.【答案】 3.2 J14．(12分)如图14所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑金属导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d＝0.5 m，P、M之间接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B0＝0.2 T的匀强磁场中，两金属棒L1、L2平行地搁在导轨上，其电阻均为r ＝0.1 Ω，质量分别为M1＝0.3 kg和M2＝0.5 kg.固定棒L1，使L2在水平恒力F＝0.8 N的作用下，由静止开始运动．试求：图14(1)当电压表读数为U ＝0.2 V 时，棒L 2的加速度为多大？(2)棒L 2能达到的最大速度v m .【解析】 (1)流过L 2的电流I ＝U r ＝0.20.1 A ＝2 AL 2所受的安培力F ′＝B 0Id ＝0.2 N对L 2由牛顿第二定律可得：F －F ′＝M 2a解得：a ＝1.2 m/s 2.(2)安培力F 安与恒力F 平衡时，棒L 2速度达到最大，设此时电路电流为I m ，则F 安＝B 0I m d而I m ＝B 0d v m 2rF 安＝F解得：v m ＝2Fr B 20d 2＝16 m/s. 【答案】 (1)1.2 m/s 2 (2)16 m/s15．(14分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图15甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g 取10 m/s 2)甲 乙图15(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图15乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt. 【解析】 (1)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL ① 天平平衡有mg ＝N 1B 0IL②当电流为最大值2.0 A 时，N 1有最小值 代入数据得N 1＝25匝． ③ (2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt ④ E ＝N 2ΔB Δt Ld⑤ 由欧姆定律得I ′＝ER⑥ 线圈受到安培力F ′＝N 2B 0I ′L ⑦ 天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL2R⑧代入数据可得 ΔBΔt ＝0.1 T/s.【答案】 (1)25匝 (2)0.1 T/s16．(16分)如图16所示，将边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b 、磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f 且线框不发生转动．求：图16(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v 2； (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v 1； (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q . 【解析】 (1)线框在下落阶段匀速进入磁场时有 mg ＝f ＋B 2a 2v 2R解得v 2＝(mg －f )RB 2a 2.(2)由动能定理，线框从离开磁场至上升到最高点的过程有(mg ＋f )h ＝12m v 21 线框从最高点回落至进入磁场瞬间有 (mg －f )h ＝12m v 22 两式联立解得v 1＝R B 2a 2(mg )2－f 2.(3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有 12m v 20－12m v 21＝Q ＋(mg ＋f )(a ＋b ) 且由已知v 0＝2v 1解得Q ＝3mR 22B 4a 4[(mg )2－f 2]－(mg ＋f )(a ＋b )． 【答案】 (1)(mg －f )R B 2a 2 (2)RB 2a 2(mg )2－f 2 (3)3mR 22B 4a 4[(mg )2－f 2]－(mg ＋f )(a ＋b )章末综合测评(二) 交变电流与发电机(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本大题共12个小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列说法中正确的是( )A ．使用交流电的电器设备所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值B ．用交流电流表和电压表测得的数值是有效值C ．照明电路电压为220 V 指的是最大值D ．所有交变电流的有效值和最大值之间均存在U ＝U m 2和I ＝I m2的关系 B [各种使用交变电流的用电器铭牌上所标的数值均为有效值，故A 错误；交流电表测量值为有效值，故B 正确；照明电路电压为220 V ，是有效值，故C 错误；U ＝U m2，I＝I m2是正弦式交变电压及交变电流有效值和最大值的关系，故D 错误．] 2．电阻为10 Ω的单匝矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律为Φ＝5sin 10t (Wb)，线圈中产生的电流随时间的变化规律为( )A ．i ＝50sin 10t (A)B ．i ＝50cos 10t (A)C ．i ＝5sin 10t (A)D ．i ＝5cos 10t (A)D [由磁通量的表达式可知，磁通量的最大值Φm ＝BS ＝5 Wb ，ω＝10 rad/s 则由感应电动势的最大值E m ＝BSω可知： E m ＝5×10 V ＝50 V则电流的最大值：i ＝5010 A ＝5 A磁通量的表达式Φ＝5sin 10t (Wb)为正弦规律变化，则其电流的表达式应为余弦规律变化．电流的瞬时表达式：i ＝5cos 10t (A)．]3．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是( )B [线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn ＝2πT 知，周期变为正常时的2倍，又据E m＝nBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.]4．如图1所示为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式交变电流的每个二分之一周期内，前14周期被截去，调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压有效值为( )图1A.U m 2B.U m2C.U m 2 2D.2U mA [每个二分之一周期被截去14周期，原电源为正弦交流电，一个周期可以看成只剩半个周期的电压，利用有效值的定义，得(U m 2)2×1R ×12T ＝U 2R ×T ，所以U ＝U m2，故A 正确．]5.阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图2所示的正弦交流电源上．以下说法中正确的是( )图2A ．电压的有效值为10 VB ．通过电阻的电流的有效值为22 AC ．电阻消耗电功率为10 WD ．电阻每秒钟产生的热量为10 JB [根据题给图像可知电压最大值为U max ＝10 V ，有效值为U ＝102 V ，电流有效值为I ＝U R ＝22 A ，电阻消耗的电功率为P ＝I 2R ＝(22)2×10 W ＝5 W ，每秒产生的热量Q ＝I 2Rt ＝5 J ，故B 正确．]6．某兴趣小组在课下用同一小灯泡和电容器、电感器及直流电源和有效值与直流电源相同的交流电源，先后完成了如图3 a 、b 、c 、d 所示实验，关于S 闭合后现象的说法中正确的是( )图3A ．a 、b 中小灯泡都不会发光B ．a 中小灯泡不发光，b 中小灯泡会发光C ．c 、d 中小灯泡都发光，且明亮程度相同D ．c 中小灯泡发光，d 中小灯泡一定不发光B [直流不能通过电容器，交流可以通过电容器，A 错，B 对；电感对直流没有感抗，但对交流有明显感抗，C 、D 均错误．]7.如图4所示，将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )图4A.(2πl 2nB )2PB.2(πl 2nB )2PC.(l 2nB )22PD.(l 2nB )2PB [硬导线转速为n ，角速度为2πn ，电压的最大值为U m ＝Bl 2·2πn ＝2πnBl 2，小灯泡的功率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22·1R＝(2πnBl 2)22R ，所以灯泡的电阻为2(πl 2nB )2P .]8．如图5所示，交流电压u ＝311sin(314t ＋π6)V 加在阻值为220 Ω的电阻两端，则( )图5A ．电压表的读数为311 VB ．电流表的读数为1.414 AC ．电流表的读数为1 AD ．电压表的读数为220 VCD [电压表测的是有效值，故读数为3112 V ≈220 V ，电流表读数应为1 A ，故C 、D正确．]9．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图6所示．由图可知( )图6A ．该交流电的电压瞬时值表达式为u ＝100sin(25πt )VB ．该交流电的频率为25 HzC ．该交流电的电压有效值为100 2 VD ．若将该交流电压加在阻值为R ＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W BD [从题图中可知，交流电周期T ＝4×10－2 s ，峰值电压U m ＝100 V ，故交流电的频率f＝1T＝25 Hz，有效值U＝U m2＝50 2 V，加在R＝100 Ω的电阻上时的热功率P＝U2R＝50 W，瞬时值表达式u＝U m sin 2πT t＝100sin(50πt)V.故正确答案为B、D.]10．如图7甲所示是一台交流发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的正弦规律如图乙．发电机线圈电阻为1 Ω.外接电阻为4 Ω，则()甲乙图7A．该交变电流的频率为25 HzB．电压表的示数为4 VC．在t＝0.01 s时刻，电路中电流的瞬时值为1 AD．若线圈转速变为原来的2倍，耐压值为5 V的电容器与外接电阻并联而不会被烧坏AC[由题图知，周期是0.04 s，频率为25 Hz，A正确；电源的有效值E＝522V，电压表示数U＝RR＋rE＝2 2 V，B错误；由i＝eR＋r得，i＝1 A，C正确；由E m＝NBSω得转速变为原来的2倍，电动势最大值也变为原来的2倍，U m＝8 V，电容器烧坏，D错误．]11．如图8，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕直于纸面、且过O M和O N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图8A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等BC[当线圈进入磁场时，根据楞次定律可得，两导线框中的感应电流的方向为逆时针，根据E＝12BR2ω可得感应电动势恒定，即电流恒定，不是正弦交流电，A错误；当线圈穿出磁场时，根据楞次定律可得，两导线框中的感应电流的方向为顺时针，所以感应电流的周期和其运动周期相等，为T，B正确；根据E＝12BR2ω可得线框在运动过程中感应电动势相等，C正确；线圈N在完全进入磁场后有T4时间内线圈的磁通量不变化，过程中没有感应电动势产生，即线圈在0～T4和T2～3T4内有感应电动势，其余时间内没有，而线圈M在整个过程中都有感应电动势，故即便电阻相等，两者的电流有效值也不会相同，D错误．故选BC.]12．如图9所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R，t＝0时刻线圈平面与纸面重合．则()图9A．线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i＝BSωR cos ωtB．线圈中电流的有效值为I＝BSωRC．线圈中电流的有效值为I＝2BSω2RD．线圈消耗的电功率为P＝(BSω)2 2RCD[回路中感应电动势最大值E m＝BSω，电流最大值I m＝E mR＝BSωR，t＝0时线圈在中性面，故电流瞬时值表达式i＝BSωR sin ωt，线圈中电流的有效值I＝I m2＝2BSω2R，P＝I2R＝B2ω2S22R，故A、B错误，C、D正确．]二、计算题(本大题共4小题，共52分，按题目要求作答)13．(12分)如图10所示，匝数为100匝、边长为0.2 m的正方形线圈，在磁感应强度为2 T的匀强磁场中，从中性面开始以10π rad/s的角速度绕OO′轴匀速转动．若线圈自身电阻为2 Ω，负载电阻R＝6 Ω，取π2＝10，则开始转动120s内在R上产生的热量为多少？图10【解析】感应电动势的最大值为E m＝NBSω＝100×2×0.2×0.2×10π V＝80π V有效值为E＝E m2＝402π V电流的有效值为I＝ER＋r ＝402π6＋2A＝52π A故产生的热量为Q＝I2Rt＝150 J.【答案】150 J14．(12分)如图11所示为一周期性变化的电压，求其电压的有效值．图11【解析】由题图可知该电压的变化周期T＝16×10－2s.由于该电压不是正弦交变电压，所以其有效值要由定义来计算，即找与其相等热效应的直流电压值：在一个周期内经过电阻R的发热量为：Q1＝U21(t1＋t4)/R＋U22(t2＋t3)/R，式中t1、t2、t3、t4分别为图中一个周期内对应的电压U1、U2的通电时间．另一个直流电路通过电阻R的发热量为Q2＝(U2/R)×T，由定义可知Q1＝Q2，得U＝U21(t1＋t4)＋U22(t2＋t3)t1＋t2＋t3＋t4＝U21＋U222，则U＝62.5V≈7.91V，即为所求电压的有效值．【答案】7.91 V15. (14分)交流发电机模型的矩形线圈abcd在匀强磁场中绕与磁场垂直的轴匀速转动．线圈共有n匝，边长ab＝L1，bc＝L2，线圈的内电阻为r，外电阻为R，磁感应强度是B，线圈转动的角速度是ω，如图12所示．求：图12(1)感应电动势的最大值；(2)转动过程中电流表的读数；(3)线圈转动一周，外力做了多少功？【解析】(1)感应电动势的最大值E m＝nBL1L2ω.(2)根据有效值与最大值的关系E＝E m 2得电压有效值E＝12nBL1L2ω根据闭合电路欧姆定律I＝ER＋r＝2nBL1L2ω2(R＋r).(3)线圈匀速转动，外力做的功等于电路所产生的电能W＝I2(R＋r)T＝πωn2B2L21L22R＋r.【答案】(1)nBL1L2ω(2)2nBL1L2ω2(R＋r)(3)πωn2B2L21L22R＋r16．(14分)将交变电压u＝2202sin(100πt)V接到“220 V100 W”的灯泡两端，若灯泡灯丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡的电流的最大值；(2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡的电流i的瞬时值表达式．【解析】(1)交变电压的有效值U＝22022V＝220 V，灯泡的额定电压为U＝220 V，因此灯泡恰好正常发光．由“220 V100 W”知该灯泡电阻为R＝U2P＝484 Ω.通过灯泡的电流的最大值为I m＝U mR＝2202484A＝0.64 A.(2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P＝100 W.(3)周期T＝2πω＝2π100π＝0.02 s，每秒钟电流方向改变的次数n＝tT×2＝10.02×2＝100(次)．(4)通过灯泡的电流的瞬时值表达式为i＝I m sin ωt＝0.64 sin(100πt)A.【答案】(1)0.64 A(2)100 W(3)100次(4)i＝0.64 sin (100πt) A章末综合测评(三) 电能的输送与变压器(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本大题共12个小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．对于理想变压器来说，下列说法中不正确的是()A．变压器是利用互感现象制成的B．变压器可以改变各种电源的额定功率C．变压器不仅能改变电压，同时还能改变电流D．变压器的初级电流随次级电流的增大而增大B[由变压器的原理和电压、电流、功率的关系可判断．只有B说法不正确．]2．如图所示的四个电路，能够实现升压的是()A BC DD[变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压，C不能实现升压．]3．如图1为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n1＝n4＜n2＝n3，A1、A2、A3为相同的理想交流电流表，当a、b端接入低压交流电源时，则()图1A．A1、A2的示数相等B．A1、A2、A3的示数相等C．A1的示数大于A2的D．A2的示数大于A3的C[根据变压器的规律电流与匝数成反比，得I1I2＝n2n1，且n1＜n2，故A1的示数大于A2，故A、B错误，C正确；同理，A2的示数小于A3的，故D错误．]4．如图2甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图2乙所示的交变电压时，额定功率为10 W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Ω，图中电。