金版学案2018-2019学年物理(人教版)选修3-2试题：模块综合检测(一)
模块综合检测(一)(时间：90分钟 分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．机器人装有作为眼睛的“传感器”，犹如大脑的“控制器”，以及可以行走的“执行器”，在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯．下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是( )A．力传感器 B．光传感器C．温度传感器D．声音传感器解析：遇到障碍物会绕开，说明它是光传感器，故选项B正确，选项A、C、D错误．答案：B2．法拉第是英国物理学家、化学家，也是著名的自学成才的科学家，在物理学领域，法拉第有“电学之父”的美誉．下列陈述不符合历史事实的是( )A．法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象B．法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场C．法拉第首先发现电磁感应现象D．法拉第首先发现电流的磁效应解析：奥斯特首先发现电流的磁效应，选项D错误；选项A、B、C正确．答案：D3．对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列说法中正确的是( )A．电流大小变化，方向不变，是直流电B．电流大小、方向都变化，是交流电C．电流的周期是0.02 s，最大值是0.2 AD．电流做周期性变化，是交流电解析：方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征，因为在此坐标系中电流的方向用正负表示，所以此电流的方向没有改变，是直流电，A正确，B、D错误；由图象可以看出电流的周期是0.01 s, 而不是0.02 s，C错误．答案：A4．如图所示，北京某中学生在自行车道上从东往西沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，方向由南向北，竖直分量大小为B2，假设自行车的车把为长为L的金属平把，下列结论正确的是( )A．图示位置中辐条上A点比B点电势低B．左车把的电势比右车把的电势低C．自行车左拐改为南北骑向，辐条A点比B点电势高D．自行车左拐改为南北骑向，辐条A点比B点电势低解析：自行车行驶时，辐条切割磁感线，从东往西沿直线以速度v骑行，根据右手定则判断可知，图示位置中辐条A点电势比B 点电势低，故A正确；在行驶过程中，车把与竖直分量的磁场切割，因此产生感应电流，根据右手定则可知，左车把的电势比右车把的电势高，故B错误．自行车左拐改为南北骑向，自行车辐条没有切割磁感线，则没有电势的高低，故C、D错误；故选A.答案：A5．我国发射的“玉兔号”月球车成功着陆月球，不久的将来中国人将真正实现飞天梦，进入那神秘的广寒宫．假如有一宇航员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是( )A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场的有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场解析：电磁感应现象产生的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感应电流产生．A中，如果月球上有一个恒定的磁场，那么电流表不会有示数，A错误；同理，将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，也不能判断出没有磁场，因为磁通量可能是恒定的，B错误；电流表有示数则说明一定有磁场，C正确；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场平行的平面内沿各个方向运动，也不会有示数，D 错误．答案：C6.两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图所示，线圈L的平面跟纸面平行．现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到B位置，则在平移过程中，线圈中的感应电流( )A．沿顺时针方向，且越来越小B．沿逆时针方向，且越来越大C．始终为零D．先顺时针，后逆时针解析：整个过程中，穿过线圈的磁通量为0.答案：C7．在光滑的桌面上放有一条形磁铁，条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质小圆环，如图所示．则以下关于铜质小圆环和条形磁铁的描述正确的是( )A．释放圆环，环下落时环的机械能守恒B．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大C．给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做匀速运动D．给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左的运动趋势解析：根据条形磁铁的电场线的分布，铜质小圆环在下落过程中，磁通量始终为零，无电磁感应现象，释放圆环，环下落时环的机械能守恒，磁铁对桌面的压力等于磁铁的重力，故A对，B 错．当磁铁左右移动时，铜质小圆环的磁通量发生变化，产生电磁感应现象，根据楞次定律可以判断，电磁感应的机械效果是阻碍它们之间的相对运动，给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做减速运动，C错；线圈有向右运动的趋势，D错．答案：A8．如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大、电阻可忽略的线圈．关于这个电路的说法正确的是( )A．从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B．从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯解析：开关闭合，由于L产生的自感电动势阻碍电流的增大，B灯将推迟一些时间才能正常发光，而A灯立刻亮，当L不起作用后，A灯亮度逐渐变暗，最后亮度稳定，选项A正确，B错误；开关断开的瞬间，L作为电源，通过L中的电流值是逐渐减小的，由于稳定时灯泡A、B中电流大小相等，故A灯不会闪亮，而是慢慢熄灭的，选项C错误；开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A 灯，选项D 错误．答案：A9.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦交变电流，为了使变压器输入功率增大，可以采取的措施有( )A ．只增加原线圈的匝数n 1B ．只减少副线圈的匝数n 2C ．只减小负载电阻R 的阻值D ．只增大负载电阻R 的阻值解析：由＝知，当n 1增大时，U 2减小；当n 2减小时，U 2n 1n 2U 1U 2也减小．又根据P 入＝P 出＝知，A 、B 两项均错，C 项对，D项错．答案：C10．如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时所产生正弦式交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦式交变电流的图象如图线b 所示，下列关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为0B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交变电流a 的有效值为10 VD ．交变电流b 的最大值为5 V解析：电压为0时，磁通量变化率为0，此时磁通量最大，不为0，选项A 错误；据图象知，T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，又ω＝，所2πT 以ωa ∶ωb ＝T b ∶T a ＝3∶2，选项B 正确；据图象可知U m a ＝10 V ，选项C 错误；U m ＝NBSω，则U m a ∶U m b ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，得U m b ＝ V ，选项D 错误．203答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分)11．电吉他之所以能以其独特的魅力吸引众多的音乐爱好者，是因为它的每一根琴弦下面都安装了一种叫作“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美的音乐．如下图是“拾音器”的结构示意图，多匝绕制的线圈置于永久磁铁与钢质的琴弦之间，当琴弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流，关于感应电流以下说法正确的是( )A ．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是变化的B ．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C ．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化D．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变，方向变化解析：由题意及图可知，电吉他是利用振动的钢质琴弦使线圈切割磁感线而产生感应电流，再将该电流放大并与扩音器相连从而发出声音，属于法拉第电磁感应现象．因琴弦在振动时速度的大小和方向均变化，故感应电流不是恒定的，故A、C正确．答案：AC12．如图是远距离输电的示意图，则电压U1、U2、U3、U4之间的关系是( )A．U1<U2B．U2>U3C．U3>U4D．U3＝U1＋U2解析：由图可知，左边是升压变压器，则U1<U2，由于输电线有电阻，导致U3<U2；右边则是降压变压器，所以U3>U4，故A、B、C正确，D错误．答案：ABC13．无线电力传输目前取得了重大突破，已有一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示．下列说法正确的是( )A．只要A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C ．A 线圈中电流越大，B 线圈中感应电动势越大D ．A 线圈中电流变化越快，B 线圈中感应电动势越大解析：根据产生感应电动势的条件可知，只有处于变化的磁场中，B 线圈才能产生感应电动势，选项A 错误，选项B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，选项C 错误，选项D 正确．答案：BD14．在如图(a)所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图(b)所示．边长为l 、电阻为R 的正方形均匀线框abcd 有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab 边的发热功率为P ，则下列说法正确的是( )图(a) 图(b)A ．磁感应强度B 0＝T2l 2PRB ．线框中感应电流为I ＝2PRC ．线框cd 边的发热功率为PD ．a 端电势高于b 端电势解析：由题图(b)可知，线框中产生的感应电动势恒定，线框ab边的发热功率为P ＝，感应电动势E ＝S ＝·＝，所E 24R ΔB Δt 2B 0T l 22B 0l 2T 以B 0＝，A 错误；由P ＝I 2R 可得线框中的感应电流2T l 2PR 14I ＝2，B 正确；cd 边电阻等于ab 边电阻，而两边流过的电流相PR 等，因此发热功率相等，C 正确；由楞次定律可判断，线框中感应电流方向为adcba 方向，因此a 端电势比b 端低，D 错误．答案：BC三、计算题(本题共4小题，共50分，解答时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)15．(10分)半径为r 、电阻为R 的n匝圆形线圈在边长为l 的正方形abcd 外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则：(1)穿过圆形线圈磁通量的变化率为多少？(2)t 0时刻线圈中产生的感应电流为多大？图甲 图乙 解析：(1)由题图乙可知，磁通量的变化率为＝S ＝l 2.ΔΦΔt ΔB Δt B 0t 0(2)根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势E ＝＝n l 2，再根据闭合电路欧姆定律得感应电流n ΔΦΔt B 0t 0I ＝＝n .E R B 0l 2t 0R 16．如图甲所示，一能承受最大拉力为16 N 的轻绳吊一质量为m ＝0.8 kg ，边长为L ＝ m 正方形线圈ABCD ，已知线圈总电阻2为R 总＝0.5 Ω，在线圈上半部分分布着垂直于线圈平面向里，大小随时间变化的磁场，如图乙所示，已知t 1时刻轻绳刚好被拉断，g 取10 m/s 2，求：(1)在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小及感应电流的方向；(2)t ＝0时AB 边受到的安培力的大小；(3)t 1的大小．图甲 图乙解析：(1)轻绳被拉断前，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝＝·S ，①ΔΦΔt ΔBΔt 由图乙知＝1 T/s ，②ΔBΔt 由题意知S ＝L 2＝1 m 2.③12由①②③得E ＝1 V ，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针．(2)由图知t ＝0时，感应强度B 0＝1 T ，④感应电流I ＝＝2 A ，⑤ER 总AB 边受到的安培力F 安＝B 0IL ＝2 N ．⑥2(3)由题意知F 拉max ＝16 N ，⑦t 1时刻轻绳受力为F 拉max ＝mg ＋B 1IL ，⑧2由⑤⑦⑧得B 1＝2 T ，由图乙可查出B 1对应的时刻t 1＝1 s.17．(15分)U 形金属导轨abcd 原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc 等长的金属棒PQ 平行bc 放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e 、f .已知磁感应强度B ＝0.8 T ，导轨质量M ＝2 kg ，其中bc 段长0.5 m 、电阻r ＝0.4 Ω，其余部分电阻不计，金属棒PQ 质量m ＝0.6 kg 、电阻R ＝0.2Ω、与导轨间的摩擦因数μ＝0.2.若向导轨施加方向向左、大小为F ＝2 N 的水平拉力，如图所示．求：导轨的最大加速度、最大电流和最大速度(设导轨足够长，g 取10 m/s 2)．解析：导轨受到PQ 棒水平向右的摩擦力F f ＝μmg ，根据牛顿第二定律并整理得F －μmg －F 安＝Ma ，刚拉动导轨时，I 感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度：a m ＝＝ m/s 2＝0.4 m/s 2，F －μmg M 2－0.2×0.6×102随着导轨速度的增大， 感应电流增大，加速度减小，当a ＝0时，速度最大．设速度最大值为v m ，电流最大值为I m ，此时导轨受到向右的安培力F 安＝BI m L ，F －μmg －BI m L ＝0，I m ＝，F －μmg BL 代入数据得I m ＝ A ＝2 A.2－0.2×0.6×100.8×0.5由I ＝，I m ＝得：E R ＋r BLv mR ＋r v m ＝＝ m/s ＝3 m/s.I m （R ＋r ）BL 2×（0.2＋0.4）0.8×0.518．(15分)如图甲所示，两根光滑固定导轨相距0.4 m 竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P 、Q 两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd .棒cd 的质量为0.01 kg ，长为0.2 m ，处于磁感应强度为B 0＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里．相距0.2 m 的水平虚线MN 和JK 之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示．在t ＝0时刻，质量为0.02 kg 、阻值为0.3 Ω的金属棒ab 从虚线MN 上方0.2 m 高度处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好，结果棒ab 在t 1时刻从上边界MN 进入磁场，并在磁场中做匀速运动，在t 2时刻从下边界JK 离开磁场，g 取10 m/s 2.求：图甲 图乙(1)在0～t 1时间内，电路中感应电动势的大小；(2)在t 1～t 2时间内，棒cd 受到细导线的总拉力为多大；(3)棒cd 在0～t 2时间内产生的焦耳热．解析：(1)对棒ab 自由下落过程，有t 1＝＝0.2 s2hg 磁感应强度的变化率为＝ T/s ＝2.5 T/sΔB Δt 0.50.2由法拉第电磁感应定律得，0～t 1时间内感应电动势E 1＝＝ΔΦΔt L ab hΔBΔt 联立以上各式并代入数据可得E 1＝0.2 V(2)由棒ab 匀速进入磁场区域可知BI 2L ab ＝m ab g 代入数据，可解得I 2＝1 A在t 1～t 2时间内，对棒cd 受力分析，可得F T ＝m cd g ＋B 0I 2L cd ，代入数据，可解得F T ＝0.2 N(3)棒ab 刚进入磁场时的速度为v ＝gt 1＝2 m/s 棒ab 刚进入磁场时的感应电动势为E 2＝BL ab v ＝0.4 V则R cd ＝－R ab ＝0.1 ΩE 2I 2在0～t 1时间内，感应电流为I 1＝＝0.5 AE 1Rab ＋R cd 棒cd 在0～t 2时间内产生的焦耳热Q cd ＝Q 1＋Q 2＝I R cd t 1＋I R cd 212＝0.015 J.hv。
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。
金版学案物理(人教版)选修3-2试题：模块综合检测(一)
模块综合检测(一)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．机器人装有作为眼睛的“传感器”，犹如大脑的“控制器”，以及可以行走的“执行器”，在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯．下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是()A．力传感器B．光传感器C．温度传感器D．声音传感器解析：遇到障碍物会绕开，说明它是光传感器，故选项B正确，选项A、C、D错误．答案：B2．法拉第是英国物理学家、化学家，也是著名的自学成才的科学家，在物理学领域，法拉第有“电学之父”的美誉．下列陈述不符合历史事实的是()A．法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象B．法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场C．法拉第首先发现电磁感应现象D．法拉第首先发现电流的磁效应解析：奥斯特首先发现电流的磁效应，选项D错误；选项A、B、C正确．答案：D3．对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列说法中正确的是()A．电流大小变化，方向不变，是直流电B．电流大小、方向都变化，是交流电C．电流的周期是0.02 s，最大值是0.2 AD．电流做周期性变化，是交流电解析：方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征，因为在此坐标系中电流的方向用正负表示，所以此电流的方向没有改变，是直流电，A正确，B、D错误；由图象可以看出电流的周期是0.01 s, 而不是0.02 s，C错误．答案：A4．如图所示，北京某中学生在自行车道上从东往西沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，方向由南向北，竖直分量大小为B2，假设自行车的车把为长为L的金属平把，下列结论正确的是()A．图示位置中辐条上A点比B点电势低B．左车把的电势比右车把的电势低C．自行车左拐改为南北骑向，辐条A点比B点电势高D．自行车左拐改为南北骑向，辐条A点比B点电势低解析：自行车行驶时，辐条切割磁感线，从东往西沿直线以速度v骑行，根据右手定则判断可知，图示位置中辐条A点电势比B点电势低，故A正确；在行驶过程中，车把与竖直分量的磁场切割，因此产生感应电流，根据右手定则可知，左车把的电势比右车把的电势高，故B错误．自行车左拐改为南北骑向，自行车辐条没有切割磁感线，则没有电势的高低，故C、D错误；故选A.答案：A5．我国发射的“玉兔号”月球车成功着陆月球，不久的将来中国人将真正实现飞天梦，进入那神秘的广寒宫．假如有一宇航员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是()A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场的有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场解析：电磁感应现象产生的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感应电流产生．A中，如果月球上有一个恒定的磁场，那么电流表不会有示数，A错误；同理，将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，也不能判断出没有磁场，因为磁通量可能是恒定的，B错误；电流表有示数则说明一定有磁场，C正确；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场平行的平面内沿各个方向运动，也不会有示数，D错误．答案：C6.两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图所示，线圈L的平面跟纸面平行．现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到B位置，则在平移过程中，线圈中的感应电流()A．沿顺时针方向，且越来越小B．沿逆时针方向，且越来越大C．始终为零D．先顺时针，后逆时针解析：整个过程中，穿过线圈的磁通量为0.答案：C7．在光滑的桌面上放有一条形磁铁，条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质小圆环，如图所示．则以下关于铜质小圆环和条形磁铁的描述正确的是()A．释放圆环，环下落时环的机械能守恒B．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大C．给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做匀速运动D．给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左的运动趋势解析：根据条形磁铁的电场线的分布，铜质小圆环在下落过程中，磁通量始终为零，无电磁感应现象，释放圆环，环下落时环的机械能守恒，磁铁对桌面的压力等于磁铁的重力，故A对，B错．当磁铁左右移动时，铜质小圆环的磁通量发生变化，产生电磁感应现象，根据楞次定律可以判断，电磁感应的机械效果是阻碍它们之间的相对运动，给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做减速运动，C错；线圈有向右运动的趋势，D错．答案：A8．如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大、电阻可忽略的线圈．关于这个电路的说法正确的是()A．从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B．从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯解析：开关闭合，由于L产生的自感电动势阻碍电流的增大，B 灯将推迟一些时间才能正常发光，而A灯立刻亮，当L不起作用后，A灯亮度逐渐变暗，最后亮度稳定，选项A正确，B错误；开关断开的瞬间，L作为电源，通过L中的电流值是逐渐减小的，由于稳定时灯泡A、B中电流大小相等，故A灯不会闪亮，而是慢慢熄灭的，选项C错误；开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A灯，选项D错误．答案：A9.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦交变电流，为了使变压器输入功率增大，可以采取的措施有()A．只增加原线圈的匝数n1B．只减少副线圈的匝数n2C．只减小负载电阻R的阻值D．只增大负载电阻R的阻值解析：由n1n2＝U1U2知，当n1增大时，U2减小；当n2减小时，U2也减小．又根据P入＝P出＝U22R知，A、B两项均错，C项对，D项错．答案：C10．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时所产生正弦式交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦式交变电流的图象如图线b所示，下列关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是()A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为0B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交变电流a的有效值为10 VD．交变电流b的最大值为5 V解析：电压为0时，磁通量变化率为0，此时磁通量最大，不为0，选项A错误；据图象知，T a＝0.4 s，T b＝0.6 s，又ω＝2πT，所以ωa∶ωb＝T b∶T a＝3∶2，选项B正确；据图象可知U m a＝10 V，选项C错误；U m＝NBSω，则U m a∶U m b＝ωa∶ωb＝3∶2，得U m b＝20 3V，选项D错误．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分)11．电吉他之所以能以其独特的魅力吸引众多的音乐爱好者，是因为它的每一根琴弦下面都安装了一种叫作“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美的音乐．如下图是“拾音器”的结构示意图，多匝绕制的线圈置于永久磁铁与钢质的琴弦之间，当琴弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流，关于感应电流以下说法正确的是()A．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是变化的B．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化D．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变，方向变化解析：由题意及图可知，电吉他是利用振动的钢质琴弦使线圈切割磁感线而产生感应电流，再将该电流放大并与扩音器相连从而发出声音，属于法拉第电磁感应现象．因琴弦在振动时速度的大小和方向均变化，故感应电流不是恒定的，故A、C正确．答案：AC12．如图是远距离输电的示意图，则电压U1、U2、U3、U4之间的关系是()A．U1<U2B．U2>U3C．U3>U4D．U3＝U1＋U2解析：由图可知，左边是升压变压器，则U1<U2，由于输电线有电阻，导致U3<U2；右边则是降压变压器，所以U3>U4，故A、B、C正确，D错误．答案：ABC13．无线电力传输目前取得了重大突破，已有一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示．下列说法正确的是()A．只要A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C．A线圈中电流越大，B线圈中感应电动势越大D．A线圈中电流变化越快，B线圈中感应电动势越大解析：根据产生感应电动势的条件可知，只有处于变化的磁场中，B 线圈才能产生感应电动势，选项A 错误，选项B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，选项C 错误，选项D 正确．答案：BD14．在如图(a)所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图(b)所示．边长为l 、电阻为R 的正方形均匀线框abcd 有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab 边的发热功率为P ，则下列说法正确的是( )图(a) 图(b)A ．磁感应强度B 0＝T 2l 2PR B ．线框中感应电流为I ＝2P R C ．线框cd 边的发热功率为PD ．a 端电势高于b 端电势解析：由题图(b)可知，线框中产生的感应电动势恒定，线框ab 边的发热功率为P ＝E 24R ，感应电动势E ＝ΔB ΔtS ＝2B 0T ·l 22＝B 0l 2T ，所以B 0＝2T l 2PR ，A 错误；由P ＝14I 2R 可得线框中的感应电流I ＝2P R ，B 正确；cd 边电阻等于ab 边电阻，而两边流过的电流相等，因此发热功率相等，C 正确；由楞次定律可判断，线框中感应电流方向为adcba 方向，因此a 端电势比b 端低，D 错误．答案：BC三、计算题(本题共4小题，共50分，解答时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)15．(10分)半径为r 、电阻为R 的n 匝圆形线圈在边长为l 的正方形abcd 外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则：(1)穿过圆形线圈磁通量的变化率为多少？(2)t 0时刻线圈中产生的感应电流为多大？图甲 图乙解析：(1)由题图乙可知，磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS ＝B 0t 0l 2. (2)根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势E ＝n ΔΦΔt＝n B 0t 0l 2，再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I ＝E R ＝n B 0l 2t 0R. 16．如图甲所示，一能承受最大拉力为16 N 的轻绳吊一质量为m ＝0.8 kg ，边长为L ＝ 2 m 正方形线圈ABCD ，已知线圈总电阻为R 总＝0.5 Ω，在线圈上半部分分布着垂直于线圈平面向里，大小随时间变化的磁场，如图乙所示，已知t 1时刻轻绳刚好被拉断，g 取10 m/s 2，求：(1)在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小及感应电流的方向；(2)t ＝0时AB 边受到的安培力的大小；(3)t 1的大小．图甲 图乙解析：(1)轻绳被拉断前，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ，① 由图乙知ΔB Δt＝1 T/s ，② 由题意知S ＝12L 2＝1 m 2.③ 由①②③得E ＝1 V ，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针．(2)由图知t ＝0时，感应强度B 0＝1 T ，④感应电流I ＝E R 总＝2 A ，⑤ AB 边受到的安培力F 安＝B 0IL ＝2 2 N ．⑥(3)由题意知F 拉max ＝16 N ，⑦t 1时刻轻绳受力为F 拉max ＝mg ＋2B 1IL ，⑧由⑤⑦⑧得B 1＝2 T ，由图乙可查出B 1对应的时刻t 1＝1 s.17．(15分)U 形金属导轨abcd 原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc 等长的金属棒PQ 平行bc 放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e 、f .已知磁感应强度B ＝0.8 T ，导轨质量M ＝2 kg ，其中bc 段长0.5 m 、电阻r ＝0.4 Ω，其余部分电阻不计，金属棒PQ 质量m＝0.6 kg、电阻R＝0.2Ω、与导轨间的摩擦因数μ＝0.2.若向导轨施加方向向左、大小为F＝2 N的水平拉力，如图所示．求：导轨的最大加速度、最大电流和最大速度(设导轨足够长，g取10 m/s2)．解析：导轨受到PQ棒水平向右的摩擦力F f＝μmg，根据牛顿第二定律并整理得F－μmg－F安＝Ma，刚拉动导轨时，I感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度：a m＝F－μmgM＝2－0.2×0.6×102m/s2＝0.4 m/s2，随着导轨速度的增大，感应电流增大，加速度减小，当a＝0时，速度最大．设速度最大值为v m，电流最大值为I m，此时导轨受到向右的安培力F安＝BI m L，F－μmg－BI m L＝0，I m＝F－μmgBL，代入数据得I m＝2－0.2×0.6×100.8×0.5A＝2 A.由I＝ER＋r，I m＝BL v mR＋r得：v m＝I m（R＋r）BL＝2×（0.2＋0.4）0.8×0.5m/s＝3 m/s.18．(15分)如图甲所示，两根光滑固定导轨相距0.4 m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd.棒cd的质量为0.01 kg，长为0.2 m，处于磁感应强度为B0＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里．相距0.2 m的水平虚线MN和JK之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为0.02 kg、阻值为0.3 Ω的金属棒ab从虚线MN上方0.2 m高度处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好，结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场，并在磁场中做匀速运动，在t2时刻从下边界JK离开磁场，g取10 m/s2.求：图甲图乙(1)在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小；(2)在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大；(3)棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热．解析：(1)对棒ab自由下落过程，有t1＝2hg＝0.2 s磁感应强度的变化率为ΔBΔt＝0.50.2T/s＝2.5 T/s由法拉第电磁感应定律得，0～t1时间内感应电动势E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtL ab h联立以上各式并代入数据可得E1＝0.2 V(2)由棒ab匀速进入磁场区域可知BI2L ab＝m ab g代入数据，可解得I2＝1 A在t 1～t 2时间内，对棒cd 受力分析，可得F T ＝m cd g ＋B 0I 2L cd ，代入数据，可解得F T ＝0.2 N(3)棒ab 刚进入磁场时的速度为v ＝gt 1＝2 m/s棒ab 刚进入磁场时的感应电动势为E 2＝BL ab v ＝0.4 V则R cd ＝E 2I 2－R ab ＝0.1 Ω 在0～t 1时间内，感应电流为I 1＝E 1R ab ＋R cd＝0.5 A 棒cd 在0～t 2时间内产生的焦耳热Q cd ＝Q 1＋Q 2＝I 21R cd t 1＋I 22R cd h v＝0.015 J.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
2019秋 金版学案物理选修3-1(人教版)练习：模块综合检测 含解析
模块综合检测（时间：90分钟分值：100分）一、单项选择题（每题3分，本题共10小题，共30分.每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错误、不选或多选均不得分）1.物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家贡献的说法正确的是（）A.安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系B.奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式C.库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律——库仑定律D.安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场答案：C2.下列公式中定义的物理量不是采用比值定义法得出的是（）A.E＝FqlB.R＝ρSC.B＝FILQD.C＝U答案：B3.将一有内阻的电源外接电阻阻值为R时，回路电流为I，电源路端电压为U，若换接一阻值为2R的电阻，下列说法正确的是（）A.回路电流将变为C.回路电流将大I2I2B.路端电压将变为2UD.路端电压将大于2U答案：C4.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R、R及滑动变阻器R连接12成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A.电压表和电流表读数都增大B.电压表和电流表读数都减小C.电压表读数增大，电流表读数减小D.电压表读数减小，电流表读数增大解析：设滑动变阻器的滑片的上部分电阻为x，则电路的总电阻为R总x·R2＝r＋R＋，滑动变阻器的滑片由中点滑向b端时，并联支路电阻x增1x＋R2大，故路端电压变大，同时并联部分的电压变大，故通过电流表的电流增大，故选项A正确.答案：A5.如图所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点，粒子由a点运动到b点.若a点电势为φ，b点电势为φ，a b则（）A.场强方向一定向左，且电势φ＞φa bB.场强方向一定向左，且电势φ＜φa bC.场强方向一定向右，且电势φ＞φa bD.场强方向一定向右，且电势φ＜φa b解析：由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，电场强度方向应该是电场线上该点的切线方向，所以电荷所受电场力向右.由于是带正电荷的粒子， 所以场强方向一定向右.作出 a 、b 点的等势点（要在同一根电场线上），由 沿着电场线的方向电势降低，可判定 a 点的电势大于 b 点的电势.答案：C6.如图所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面 的匀强磁场（图中未画出）.一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂直于铝 板向上射出，从 Q 点穿越铝板后到达 PQ 的中点 O .已知粒子穿越铝板时， 其动能损失一半，速度方向和电荷量不变 .不计重力 .铝板上方和下方的磁感 应强度大小之比值为（）A.2B. 2C.1D.22解析： 根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可 知，带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径 r 是其在铝板下方做匀1速圆周运动的轨道半径 r 的 2 倍.设粒子在 P 点的速度为 v ，根据牛顿第二m v m v 2mE m v 定律可得 q v B ＝ ，则 B ＝ ＝ ；同理，B ＝ ＝1 1 1 2B 2 则 ＝ .B 2 21 2m · E 2qr2k，答案：D7.电阻 R 和电动机一起串联的电路中，如图所示.已知电阻 R 跟电动机 线圈的电阻相等，开关接通后，电动机正常工作，设电阻 R 和电动机两端的 电压分别为 U 、U ，经过时间 t ，电流通过电阻 R 做功为 W ，产生的电热121为 Q ；电流通过电动机做功为 W ，产生的电热为 Q ，则有（）1222 1211 2k r qr qr qr 1 1 1 2 1A.U ＝U ，Q ＝Q1212C.W <W ，Q <Q 1212B.W ＝W ，Q ＝Q 1212D.W <W ，Q ＝Q1212答案：D8.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨2迹如图所示，其中 S A ＝ S C ，则下列相关说法中正确的是（）0 3 0A.甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝 S 的带电粒子的速率等于EB 2 D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为 3∶ 2解析：由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电， A 错误；v q v粒子在磁场中做圆周运动，满足 B q v ＝m ，即 ＝ ，由题意知 r <r ，甲 乙2所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷， B 正确；由 qE ＝B q v 知能通过E q v mr 狭缝 S 的带电粒子的速率等于 ，C 错误；由 ＝ 知 ＝ ，D 错误.0 B m B r m r 1 2乙 乙答案：B9.如图所示电路中，电源电动势为 E ，内阻为 r ，R 和 R 均为定值电阻，13R 为热敏电阻（温度越高，电阻越低）.当环境温度较低时合上电键 S ，当T2r m B r 2 1 甲 甲环境的温度逐渐升高时，若三个电表A、A 和V的示数分别用I、I 和U1212表示，则各个电表示数的变化情况是（）A.I 增大，I不变，U增大12B.I 减小，I增大，U减小12C.I 增大，I减小，U增大12D.I 减小，I不变，U减小12答案：B10.如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号.则当振动膜片向右振动时（）A.电容器电容值减小B.电容器带电荷量减小C.电容器两极板间的电场强度增大D.电阻R上电流方向自左向右εS解析：振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小，由C＝知电4πkdQ容值增大，电容器板间电压U不变，由C＝知电容器带电荷量增大，正在UU充电，所以R中电流方向自右向左.在U不变的情况下，d减小，由E＝可d知板间电场强度增大，故A、B、D错误，C正确.二、多项选择题（本题共4小题，每题4分，共16分，每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选得0分）11.把一个电荷量为1C的正电荷从电势为零的O点移到电场内的M点，外力克服电场力做功5J，若把这个电荷从N点移到O点，电场力做功则为6J，那么（）A.M点的电势是－5VB.N点的电势是6VC.M、N两点的电势差为＋11VD.M、N两点的电势差为－1V答案：BD12.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上.以下判断正确的是（）A.b点电场强度大于d点电场强度B.b点电场强度小于d 点电场强度C.a、b 两点的电势差等于b、c两点间的电势差D.试探电荷＋q在a点的电势能小于在c 点的电势能解析：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，所以b 点电场强度小于d点电场强度，选项A错误，B正确；由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故选项C正确；因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷＋q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误.13.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界.一束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射.这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力.下列说法正确的是（）A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析：由于粒子比荷相同，由R ＝m vqB可知速度相同的粒子轨迹半径相同，运动轨迹也必相同，B正确；对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，而由T ＝2πmqB知所有粒子在磁场θθm运动周期都相同，故A、C错误；由t＝T＝可知D正确.2πqB答案：BD14.电动自行车是生活中重要的交通工具，某品牌电动自行车的铭牌如下：车型：20寸（车轮直径：508mm）电池规格：36V12A·h（蓄整车质量：40 kg外形尺寸：L （800 mm ）×W （6501mm ）×H （100 mm ）1电池）额定转速：210 r/mim （转/分）充电时间：2～8 h电机：后轮驱动、直流永磁式电机 额定工作电压/电流：36 V/5 A 当蓄电池充满电后，根据此铭牌中的有关数据，下列说法正确的是（）A.该车的额定功率约为 4.32×10WB.该车的额定时速约为 20 km/hC.该车约能行驶 2.4 hD.该车一次充满电所储存的电能约为 1.56×10 J解析：设车轮的半径为 R ，车速为 v ，有 v ＝2πRn ＝2π×0.508 m ×3.5 r/s2＝5.6 m/s ≈20 km/h ，选项 B 正确；蓄电池充满电后储存的电能为 W ＝U It ＝36×12×3 600 J ≈1.56×10 J ，选项 D 正确；额定功率为 P ＝U I ＝36×5 W36×12＝180 W ，选项 A 错误；设车行驶的时间为 t ′，由 W ＝U I ′t 得 t ′＝ h36×5＝2.4 h ，选项 C 正确.答案：BCD三、实验题（共 18 分）15.（每空 3 分，共 9 分）（1）用游标为 20 分度的游标卡尺测量一根金属丝的长度，由图甲可知其长度为mm.（2）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，其示数如图乙所示，该金属导线的直径为mm.图甲2 6 6图乙（3）用多用电表的电阻“×100”挡，按正确的操作步骤测某金属导体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为Ω.图丙解析：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为50 mm＋3×0.05mm＝50.15mm.（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为1.5mm＋38.0×0.01mm＝1.880mm.（3）由图示欧姆表可知，其示数为12×100Ω＝1200Ω.答案：（1）50.15（2）1.880（3）120016.（每空3分，共9 分）要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，以便于操作.已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0～250mA，内阻约5Ω）；电压表（量程为0～3V，内阻约3kΩ）；电键一个、导线若干.（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）.A.滑动变阻器（最大阻值 20 Ω，额定电流 1 A ）B.滑动变阻器（最大阻值 1 750 Ω，额定电流 0.3 A ）（2）实验的电路图应选用下图中 （填字母代号）.（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示，如果将这个小灯泡接到电动势为 1.5 V 、内阻为 5 Ω 的电源两端，小灯泡消耗的功率是W.解析：（1）测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求能较大范围地测量数据， 所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值较小和额定电 流较大的 A.（2）因为要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到 3 V ，故滑动变阻器U P应采用分压式接法.灯泡的电阻 R ＝ ＝15 Ω，额定电流 I ＝ ＝0.2 A ，由 R＝15 Ω＜ R R ＝ 15 000 Ω，依据“大内小外”的原则，可知电流表应采A V用外接法.（3）在灯泡的 I -U 图上作出电源的 I -U 图线，交点的横、纵坐标即为 这个电源给这个灯泡供电时的电压和电流，此时 P ＝IU ＝0.1×1 W ＝0.1 W.灯2 P U答案：（1）A（2）B（3）0.1四、计算题（共36分）17.（10分）如图所示，通电导体棒ab质量为m、长为L，水平地放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I，要求导体棒ab静止在斜面上.求：（1）若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为多大？（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？解析：（1）由平衡条件得F＝mg t anθ，安B ＝F安IL，mg tanθ所以B＝.IL（2）安培力沿斜面向上时，安培力最小F安＝mg sin θ，B＝max min F安max IL所以B＝min mg sin θ，由左手定则知磁感应强度方向垂直于斜面向上.IL18.（12分）如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8cm，板长为L＝25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v＝0.5m/s的初速度沿两板的中线水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下，板向上提起43cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：（1）下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小（g取10m/s）；（2）液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间.解析：（1）带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有UqE＝mg，q＝mg，即qU＝mgd.d当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动.U mgd此时液滴所受电场力F′＝q＝，d′d′此时加速度a＝F′－mgm＝dm g－1m＝g4＝g＝2m/s2.3d （2）因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，2d1设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为t，则＝at，1221解得t＝1d＝a8×10－2s＝0.2s，而液滴从刚进入电场到出电场时间L 0.25t＝＝s＝0.5s，20.5所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间t＝t－t＝0.3s.2d′8－118－522v19.（14 分）如图，A 、C 两点分别位于 x 轴和 y 轴上，∠OCA ＝30°， OA 的长度为 L .在△OCA 区域内有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场.质量为 m 、电荷量为 q 的带正电粒子，以平行于 y 轴的方向从 OA 边射入磁场.已知 粒子从某点射入时，恰好垂直于 OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时 间为 t ，不计重力.（1）求磁场的磁感应强度的大小；（2）若粒子先后从两个不同点以相同的速度射入磁场，恰好从 OC 边 上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与 AC 边相切，且在磁场5内运动的时间为 t ，求粒子此次入射速度的大小.3 0解析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间 t 内其速度方向改变了 90°，故其周期 T ＝4t .①设磁感应强度大小为 B ，粒子速度为 v ，圆周运动的半径为 r .由洛伦兹 力公式和牛顿定律得v q v B ＝m .②匀速圆周运动的速度满足 v ＝2πr.③ Tπm联立①②③式得 B ＝ .④2qt 0（2）设粒子从 OA 边两个不同位置射入磁场，能从 OC 边上的同一点 P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图 1 所示.设两轨迹所对应的圆心角 分别为 θ 和 θ .由几何关系有 θ ＝180°－θ .12122rT 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t与t，则t＋t＝＝2t.121220图1图2（3）如图2，由题目条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°.设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题目条件可知，此时有∠O O′D＝∠BO′A＝30°，⑤rr cos∠O O′D＋＝L.⑥0cos∠BO′A设粒子此次入射速度的大小为v，由圆周运动规律得v ＝3πL联立①⑤⑥⑦式得v ＝.02πr T.⑦000 7t。
人教版高中物理选修3-2测试题及答案解析全套
人教版高中物理选修3-2测试题及答案解析全套含模块综合测试题，共4套第四章电磁感应(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.如图1所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图所示，另在导线环所在的平面画一个圆B，它的一半面积在A环内，另一半面积在A环外。
则B圆内的磁通量()图1A．为零B．垂直纸面向里C．垂直纸面向外D．条件不足，无法判断解析：选B根据右手螺旋定则可知，A产生的磁场在A线圈内部垂直纸面向里，在外部垂直纸面向外，由于磁感线是闭合的曲线，所以A内部的磁感线一定比A外部的磁感线要密一些，所以B项正确。
2.如图2所示，a为圆形金属环，b为直导线，且b垂直环面穿过圆环中心()图2A．若直导线b中通入恒定电流，金属环a中会产生感应电流B．若直导线b中通入交变电流，金属环a中会产生感生电流C．若直导线b中通入恒定电流，同时让直导线b绕过圆环中心的水平轴在竖直平面内转动，金属环a中会产生感应电流D．以上三种说法均不对解析：选D产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量发生变化，不管b中通入什么样的电流，穿过a 中的磁通量始终为0，D 对。
3．半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d ，如图3甲所示。
有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。
在t ＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q 的静止微粒。
则以下说法正确的是( )图3A ．第2秒内上极板为正极B ．第3秒内上极板为负极C ．第2秒末微粒回到了原来位置D ．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2 πr 2/d解析：选A 根据楞次定律，结合图像可以判断：在0～1 s 内，下极板为正极，上极板为负极；第2秒内上极板为正极，下极板为负极；第3秒内上极板为正极，下极板为负极；第4秒内上极板为负极，下极板为正极，故A 选项正确，B 选项错误。
《金版教程》2018-2019学年人教版高中物理选修3-2检测：综合水平测试(一) Word版含解析
综合水平测试(一)测试时间：90分钟满分：100分对应学生用书P143一、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。
)1．一矩形线圈，绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′按顺时针方向旋转，引出线的两端与互相绝缘的半圆铜环连接，两个半圆环分别与固定电刷A、B滑动接触，电刷间接有电阻，如图所示，在线圈转动过程中，通过电阻的电流( )A．大小和方向都不断变化B．大小和方向都不变C．大小不断变化，方向是A→R→BD．大小不断变化，方向是B→R→A答案 C解析半圆环交替接触不同电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是A→R→B。
2．[2018·日照高二检测]在变电所，经常要用交流电表去检测电上的强电流，使用的仪器是电流互感器，下列图中能正确反映其工作原理的是( )答案 C解析电流互感器是用弱电流来检测强电流，因此副线圈匝数要比原线圈匝数多，A、B错；而D中检测器直接与地线、火线相连，与用电器电并联，不能起到检测作用，只有C是正确的。
3．如图所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源。
在接通电源的瞬间，A、C两环( )A．都被B吸引B．都被B排斥C．A被吸引，C被排斥D．A被排斥，C被吸引答案 B解析在接通电源的瞬间，环B可等效为一短条形磁铁，穿过A、C环的磁通量在增加。
两环A、C为了阻碍磁通量的增加，都应朝环B外部磁场较小的方向运动，即A向左而C向右，两环都受到了环B的排斥作用。
4．[2018·江苏高考]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.Ba22ΔtB.nBa22ΔtC.nBa2ΔtD.2nBa2Δt答案 B解析 磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝2B －B Δt ＝B Δt ，法拉第电磁感应定律公式可写成E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ，其中磁场中的有效面积S ＝12a 2，代入得E ＝n Ba22Δt，选项B 正确，A 、C 、D 错误。
2019秋 金版学案 物理·选修3-2(人教版)练习：第四章 章末质量评估(一) Word版含解析
姓名，年级：时间：章末质量评估（一)（时间：90分钟分值:100分）一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.下列说法正确的是( )A。
奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B。
闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流C。
线圈中磁通量变化越大,线圈中产生的感应电动势一定越大D.涡流的形成不遵循法拉第电磁感应定律解析：由物理学史可知A正确;B项中做切割磁感线运动且使磁通量变化才产生感应电流,故B错误;C项中，感应电动势与磁通量变化率成正比,故C错误；涡流也是感应电流，也遵循法拉第电磁感应定律,D项错误。
答案:A2。
如图所示，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F T1和F T2，重力加速度大小为g，则（）A.F T1>mg，F T2〉mgB.F T1<mg，F T2<mgC。
F T1〉mg，F T2〈mg D。
F T1<mg，F T2〉mg解析：当圆环经过磁铁上端时，磁通量增加，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，又根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有F T1〉mg。
当圆环经过磁铁下端时，磁通量减少，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸，又根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有F T2〉mg，所以只有A正确.答案:A3。
如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当开关S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A。
同时向两侧推开B.同时向螺线管靠拢C.一个被推开,一个被吸引,但因电源正负极未知，无法具体判断D.同时被推开或同时向螺线管靠拢,但因电源正负极未知,无法具体判断解析：通电前，穿过两个铜环的磁通量均为零，通电时，穿过两个铜环的磁通量突然增大，根据楞次定律，两铜环向两侧推开.答案：A4.如图所示，边长为l的正方形导体框匀速地从磁场左边穿过磁场运动到磁场右边，磁场的宽度为d,线框的速度为v。
金版学案2018-2019学年物理(人教版)选修3-2试题：第五章3电感和电容对交变电流的影响
第五章交变电流3 电感和电容对交变电流的影响A级抓基础1．(多选)对于扼流圈的以下说法，正确的是()A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”D．高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用较小，对高频交变电流的阻碍作用很大解析：低频扼流圈用来通直流、阻交流，对低频电流阻碍作用也很大．而高频扼流圈是对高频电流阻碍作用很大，对低频电流阻碍作用较小，高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大．答案：AD2．一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示．一铁棒插进线圈后，该灯将()A．变亮B．变暗C．对灯的亮度没影响D．无法判断解析：在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是阻碍电流变化，正是这种阻碍变化的特性，使线圈产生了感抗．加入铁芯改变了电感线圈的自感系数，使自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡两端的电压减小，所以灯变暗．答案：B3．(多选)对交变电流通过电容器的理解正确的是()A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两极板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)解析：电流能“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充电、放电，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．答案：CD4．(多选)如图所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是()A．灯L1比灯L2亮B．灯L3也能发光，但亮度最暗C．灯L2和L4亮度相同D．灯L4比灯L1亮解析：电压表示数相同，说明交流电压的有效值相同．甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，交变电流全部流过灯L2；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器隔直通交．所以没有电流流过灯L 3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L4并联，电流全部流过灯L4.综合以上分析，C、D两项正确．答案：CDB级提能力5．如图所示把电阻、电感、电容并联到某一交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是()A．I1＝I2＝I3B．I1>I2>I3C．I2>I1>I3D．I3>I1>I2解析：原来三个电流表的示数相同，说明三个支路中的电阻、感抗、容抗相等，当交变电流的频率加大时，电阻的值不变，感抗变大，容抗减小，因此I1不变，I2减小，I3增大，即有I3>I1>I2，故选项D 正确．答案：D6．(多选)从某一装置输出的交流电常常既有高频成分，又有低频成分．如果只需要把低频成分输送到下一级装置，可采用的电路是()A B C D解析：电容器有通高频、阻低频的作用，所以电容器应并联使用，A对；电感器有阻高频、通低频的作用，所以电感器应串联在电路中，D对．答案：AD7．如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L ＝1 mH，C＝200 pF)，此电路的重要作用是()A．阻直流通交流，输出交流B．阻交流通直流，输出直流C．阻低频通高频，输出高频交流D．阻高频通低频，输出低频交流和直流解析：线圈的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”．电容的作用是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．因线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容器C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它滤掉，最终输出的是低频交流和直流．答案：D8．(多选)如图所示的实验电路中，若交流电压的有效值与直流电压相等，S为双刀双掷开关，下列叙述中正确的是()A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时灯变暗解析：线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，并且有铁芯时感抗变大．故选项A、C正确．答案：AC。
金版学案2018-2019学年物理(人教版)选修3-2试题：第五章4变压器
第五章 交变电流4 变压器A 级 抓基础1．如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt V 的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2∶1.电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈中电流表的读数为1 AB ．原线圈中的输入功率为220 2 WC ．副线圈中电压表的读数为110 2 VD ．副线圈中输出交流电的周期为50 s解析：原线圈输入电压U 1＝22022V ＝220 V ，根据U 1∶U 2＝n 1∶n 2可得电压表的读数U 2＝2202V ＝110 V ，C 项错；输出功率P 2＝U 22R ＝110255W ＝220 W ，所以原线圈输入功率也为220 W ，B 项错；根据P ＝UI 得原线圈中电流表的读数I 1＝220220A ＝1 A ，A 项对；原副线圈中交变电流的周期相同，T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，D 项错． 答案：A2．如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 0002sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220 V880 W”的电器R L供电，该电器正常工作．由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W解析：根据接入电压u＝11 0002sin 100πt，输入电压有效值为11 000 V，要使“220 V880 W”的电器正常工作，则通过用电器的电流为I＝PU＝4 A，副线圈输出电压为U出＝Ir＋U＝4×6 V＋220 V＝244 V，原、副线圈匝数比等于输入电压与输出电压之比，为 2750∶61，A错误，C正确；交流电的频率f＝ω2π＝100π2π＝50 Hz，B错误；变压器的输出功率P出＝P R L＋P r＝880 W＋42× 6 W＝976 W，D错误．答案：C3．如图所示，T为理想变压器，为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时()A．的读数变大，的读数变大B．的读数变大，的读数变小C．的读数变小，的读数变大D．的读数变小，的读数变小解析：当滑动触头下移时，R3减小，R总减小，I＝UR总，U不变I增大，U 并＝U－UR1减小，通过R2的电流IR2减小，I A2＝I－IR2增大，的示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，可知的示数变大．答案：A4．(多选)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压u，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则()A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小解析：保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大．答案：BC5．如图所示，理想变压器的交流输入电压U1＝220 V，有两组副线圈，其中n2＝36匝，标有“6 V9 W”“12 V12 W”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，求：(1)原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；(2)原线圈中电流I1.解析：(1)由于两灯泡均正常发光，所以有U2＝6 V，U3＝12 V.根据原、副线圈电压与匝数的关系，由U1U2＝n1n2、U2U3＝n2n3得：n1＝U1U2n2＝2206×36(匝)＝1 320匝，n3＝U3U2n2＝126×36(匝)＝72匝．(2)由于P入＝P出，P出＝P2＋P3，所以P入＝P2＋P3.即I1U1＝P2＋P3，则I1＝P2＋P3U1＝9＋12220A≈0.095 A. B级提能力6．(多选)图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是()A．线圈匝数n1<n2，n3<n4B．线圈匝数n1>n2，n3>n4C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路解析：题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3<n4，题图乙中的电表为电流表，故选项C、D正确．答案：CD7．一台理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，当原线圈两端输入u1＝2202sin 314t V的交变电压时，下列说法正确的是() A．副线圈两端电压为12 2 VB．副线圈接一个10 Ω电阻时，原线圈中的电流为1 AC．副线圈是一个10 Ω电阻时，原线圈中输入功率为10 WD．变压器铁芯中磁通量变化率的最大值是220 2 V解析：原线圈两端的电压为U1＝220 V，由变压器的变压比U1 U2＝n1n2，得副线圈两端电压为U2＝10 V，副线圈接一个10 Ω电阻，副线圈中电流I2＝1 A，电功率P2＝U2I2＝10 W，原线圈输入功率也为10W；由变压器的电流比I1I2＝n2n1得I1＝122A，铁芯中磁通量的变化率最大值为ΔΦΔt＝E mn1，由于具体的匝数未知，所以磁通量变化率的最大值未知．所以正确选项是C.答案：C8．如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有相同的白炽灯，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，电源电压为U，求B灯两端的电压U B.解析：由串联电路分压原理可知U＝U A＋U1.①由变压器原理可知：U1∶U2＝2∶1，②I 1∶I2＝1∶2.③由欧姆定律可知：U A＝I1R，④U B＝I2R.联立①～⑤式，得U B＝25U.⑤。
人教版高中物理选修3-2测试题全套及答案解析.doc
最新人教版高中物理选修3-2测试题全套带答案解析高中物理第四章电磁感应测评A新人教版选修3-2（基础过关卷）一、选择题（本题共10小题,每小题5分，共50分。
其中第1S题为单选题;第8 J0题为多选题，全部选对得5分，选不全得2分，有选错或不答的得0分）1.一闭合线圈中没有产牛感应电流，则（）A.该时该地的磁感应强度一•定为零B.该时该地的磁场一定没有变化C.线圈面积一定没有变化D.穿过线圈的磁通量一定没有变化解析:因为穿过闭合回路的磁通量发纶变化是产牛:感应电流的条件，选项D正确。
答案:D2.闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂氏于圆环平面，则（）A.环中产生的感应电动势均匀变化B.环中产生的感应电流均匀变化C.环中产生的感应电动势保持不变D.环上某一小段导体所受的安培力保持不变解析:磁场均匀变化，也就是说二斤,根据感应电动势的定义式,E二二kS,其屮k是一个常最，所以圆环中产生的感应电动势的数值是一个常量，产生的感应电流也不变化，而环上某一小段导体受安培力F=T1B要发生变化。
答案:C3.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈久线圈2、电流计及开关如图连接,在开关闭合、线圈力放在线圈〃屮的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。
由此可以推断（）A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑片戶向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转C.滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央D.因为线圈/、线圈〃的绕线方向耒知，故无法判断电流计指针偏转的方向解析:当他将滑动变阻器的滑片"向左加速滑动吋，滑动变阻器接入电路的电阻值增大,线圈力中电流减小, 线圈〃小磁通量减小，电流计指针向右偏转。
线圈力向上移动或铁芯向上拔出或断开开关，线圈〃小磁通量减小，都能引起电流计指针向右偏转，选项A错谋,B正确;滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动, 都能使线圈昇中电流变化，线圈〃中磁通量变化，线圈〃中产生感应电流，电流计指针偏转，可以判断电流计指针偏转的方向，选项C、D错误。
2018-2019年《金版学案》物理·选修3-2章末复习课
章末复习课【知识体系】[答案填空] ①垂直于磁场的轴 ②最大 ③零 ④最大⑤sin ωt ⑥nBSω ⑦电流的热效应 ⑧E m 2⑨1f ⑩1T ⑪n ΔΦΔt ⑫交流 ⑬高频 ⑭直流 ⑮低频 ⑯n 1n 2⑰I 2n 2 ⑱I 2r ⑲Ir主题1 交流电四值的计算及应用1．瞬时值：反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦式电流瞬时值表达式为：e ＝E m sin ωt ，i ＝I m sin ωt .应当注意必须从中性面开始．在研究某一时刻或某状态的问题时，要用瞬时值．2．峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转所产生的交变电流的电动势，其最大值E m ＝nBSω，在考虑电容器的耐压值时，应根据交流电的最大值．3．平均值：平均值需用E ＝n ΔΦΔt 和进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用电流的平均值，. 4．有效值：正弦式交流电的有效值E ＝E m 2，I ＝I m 2，U ＝U m 2，其他交变电流的有效值根据有效值的定义计算，求电功、电功率、焦耳热、确定保险丝的熔断电流，要用电流的有效值；没有特殊说明时，交流电的电流、电压、电动势指有效值，交流电表的测量值是有效值，交流用电设备上所标的额定电压、额定电流都是有效值．【典例1】 如图所示，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20 cm ，ad 边长l 2＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO ′轴以n ＝3 000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1Ω，外电路电阻R ＝9Ω，t ＝0时线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里．求：(1)t ＝0时感应电流的方向；(2)感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量．解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba .(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100 πrad/s，图示位置的感应电动势最大，其大小为E m＝NBl1l2ω，代入数据得E m＝314 V，感应电动势的瞬时值表达式：e＝E m cos ωt＝314cos 100πt V.(3)电动势的有效值E＝E m 2，线圈匀速转动的周期T＝2πω＝0.02 s，线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即：W＝I2(R＋r)T＝E2R＋r·T，代入数据得W＝98.6 J.(4)从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：q＝NΔΦ（R＋r）ΔtΔt＝NBΔSR＋r＝NBl1l2R＋r，代入数据得q＝0.1 C.题后反思瞬时值、平均值、有效值的应用(1)研究交变电流某一时刻的电流、电压或某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．(2)不仅热量的计算用有效值，与热效应有关的计算，如保险丝的熔断电流都必须用有效值．针对训练1．一个按正弦规律变化的交流电的图象如图所示，由图象可知( )A ．该交变电流的频率为0.2 HzB ．该交变电流的有效值为14.1 AC ．该交变电流的瞬时值表达式为i ＝20sin 0.02t AD ．t ＝T 8时刻，该交变电流的大小与其有效值相等 解析：由图象可知T ＝0.02 s ，频率f ＝1T＝50 Hz.电流最大值I m ＝20 A ，故有效值为I ＝I m 2＝10 2 A ．线圈转动的角速度ω＝2πf ＝100π rad/s.瞬时值表达式为i ＝20sin 100πt A ，将t ＝T 8代入瞬时值公式得i ＝20sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫100π×18×0.02A ＝10 2 A ．由以上可知B 、D 正确． 答案：BD主题2 有关理想变压器的动态分析分清变量和不变量，弄清U 1、U 2，I 1、I 2，R ，n 1、n 2，P 1、P 2等物理量间的制约关系是对理想变压器电路进行动态分析的关键．理想变压器电路的动态分析有下列两种情况：1．匝数比不变的情况(如下图所示)．n1n2不变，负载R变化(1)U1不变，根据U1U2＝n1n2，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．2．负载电阻不变的情况(如下图所示)．n1n2改变，负载R不变(1)U1不变，n1n2发生变化，故U2变化．(2)R不变，U2变化，故I2发生变化．(3)根据P2＝U22R，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．【典例2】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S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()图甲图乙A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin 50π 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0.8 W解析：由图象可知U m ＝202，T ＝0.02 s ，故ω＝2πT＝100π rad/s ，即输入电压u 9的表达式u ＝202sin 100πt V ，所以A 错误．断开S 2后两灯泡串联，总电压仍为4 V ，所以L 1、L 2均不能正常发光，B 项错误．根据P 入＝P 出＝U 2R可知断开S 2后R 增大，P 入变小，C 项错误．若S 1接2，由P ＝U 2R 可得P ＝4220W ＝0.8 W ，故答案为D. 答案：D题后反思解答变压器问题离不开理想变压器的三个关系，即功率关系、电压关系、电流关系．仔细分析题目中的已知条件，找到突破口，再结合三个关系求解．针对训练2．(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是()A．若电压表读数为6 V，则输入电压的最大值为24 2 VB．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍．则电流表的读数减小到原来的一半C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D．若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍．则输出功率增加到原来的4倍解析：若电压表读数为6 V，即变压器输出电压有效值为6 V，则输入电压有效值为U2＝4×6 V＝24 V，其最大值为24 2 V，选项A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，选项B 错误；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电压不变．输出电流减小到原来的一半，输出功率减小到原来的一半，输入功率等于输出功率，即P＝IU也减小到原来的一半．选项C错误；若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，输出电压也增大到原来的2倍．则由P＝U2R可知输出功率增加到原来的4倍，选项D 正确．答案：AD统揽考情本章知识在试题中多以选择题题型出现，考查以“表征交流电的物理量”和“变压器”为主，也有对本章知识和电学其他部分甚至力学内容相联系的综合考查，近年各地高考和全国卷都会考一道选择题．真题例析(2016·全国Ⅰ卷)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，○A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：该变压器原、副线圈匝数比为k ，当开关S 断开时，原线圈两端电压U 1＝U －IR 1，电流为I 1＝I ，副线圈的电压U 2＝U 1k＝U －IR 1k ，根据欧姆定律I 2＝kI 1＝U 2R 2＋R 3，当开关S 闭合时，原线圈两端电压U 1′＝U －4IR 1，电流为I 1′＝4I ，副线圈的电压U 2′＝U 1′k＝U －4IR 1k ，根据欧姆定律I 2＝kI 1′＝U 2′R 2.综上解得k ＝3，故A 、C 、D 错误，B 正确．答案：B针对训练(2016·全国Ⅲ卷)(多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9解析：设灯泡的额定电压为U 0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U 1＝9U 0，副线圈两端电压为U 2＝U 0，故U 1U 2＝91，根据U 1U 2＝n 1n 2＝91，A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确．答案：AD1.小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0D ．有效值是2Ne 0解析：由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e 0，又因为发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne 0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne 0，故选项A 、B 错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U ＝U m 2，即U ＝2Ne 0，故选项C 错误；选项D 正确．答案：D2．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A．副线圈中的电流比为1∶2B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶2解析：通过调节触头P.使输出电压有效值由220 V降至110 V．输出电压减少为原来的一半，根据欧姆定律I＝UR，在电阻不变时，调节前后副线圈输出电流之比为I2前∶I2后＝U2前∶U2后＝2∶1，选项A错误；根据理想变压器原理U1∶U2＝n1∶n2，在原线圈电压和匝数不变的情况下，副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，接入匝数比n2前∶n2后＝U2前∶U2后＝2∶1，选项C正确；根据功率P＝UI，得到调节前后副线圈输出功率之比P2前∶P2后＝U2前I2前∶U2后I2后＝4∶1，选项B 错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以原线圈的输入功率之比P1前∶P1后＝P2前∶P2后＝4∶1，选项D错误．答案：C3．电阻R1、R2与交流电源按如图甲方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则()图甲图乙A．通过R1的电流有效值是1.2 AB．R1两端的电压有效值是6 VC．通过R2的电流最大值是1.2 2 A D．R2两端的电压最大值是6 2 V解析：交变电流的最大值I m＝0.6 2 A，则有效值I＝I m2＝0.6 A，选项A、C错误．R1两端电压的有效值U1＝IR1＝6 V，选项B正确．R2两端电压的最大值U2m＝I m R2＝12 2 V，选项D错误．答案：B4．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，R0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个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A．则下列说法正确的是()A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3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的方向滑动解析：电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c 向d 滑动，故D 正确；电压表V 1、V 1示数不变，故A 、B 错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n 1I 1＝n 2I 2，电流变化时，n 1ΔI 1＝n 2ΔI 2，故n 1n 2＝ΔI 2ΔI 1＝41，应是降压变压器，C 错误． 答案：D5．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.在T 的原线圈两端接入—电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m 4rB.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4r C ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r D ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12P U m2r 解析：原线圈电压的有效值：U 1＝U m 2，根据U 1U 2＝n 1n 2可求：U 2＝n 2U m n 1 2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的电流功率等于输入功率P ，所以输电线上电流I ＝P U 2，导线上损耗的电功率P ′＝I 22r ＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确；A 、B 、D 错误． 答案：C。