人教版高中物理选修3-2同步测试卷,单元测试卷：高中同步测试卷(一) Word版含解析
高中同步测试卷(一)第一单元感应电流的产生条件和楞次定律(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．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法不正确的是()A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系2.如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．在磁铁的N极向下靠近线圈的过程中() A．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引3．如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时()A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流4.英国物理学家保罗·狄拉克在1931年利用数学公式预言磁单极子存在．如图所示，如果有一个磁单极子(单N极)从a点开始运动穿过线圈后从b点飞过．那么()A．线圈中感应电流的方向是沿PMQ方向B．线圈中感应电流的方向是沿QMP方向C．线圈中感应电流的方向先是沿QMP方向，然后是PMQ方向D．线圈中感应电流的方向先是沿PMQ方向，然后是QMP方向5.如图所示，一条形磁铁从静止开始穿过采用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈过程中做()A．减速运动B．匀速运动C．自由落体运动D．非匀变速运动6．如图所示，假定圆柱形铁块或磁铁的形状完全相同，外径比管子的内径略小、接触面足够光滑且不计空气阻力，四根管子的外形完全一样，让铁块或磁铁从管口同一高度处由静止释放．(1)为铜管，上面是一块铁块，穿过管子的时间为t1(2)也为铜管，上面是一块磁铁，穿过管子的时间为t2(3)是塑料管，上面是一块磁铁，穿过管子的时间为t3(4)是半边铜、半边塑料组成的管，上面是一块磁铁，穿过管子的时间为t4则以下说法正确的是()A．t3＜t1＜t4＜t2B．t1＝t3＜t4＜t2C．t1＝t3＝t4＜t2D．t1＝t2＝t3＝t47．如图所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是()A．同时向左运动，间距变大B．同时向左运动，间距变小C．同时向右运动，间距变小D．同时向右运动，间距变大二、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，在一竖直平面内的三条平行导线上串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．若导体棒向左加速运动，则()A．流经R1的电流方向向上B．流经R2的电流方向向下C．流经R1的电流方向向下D．流经R2的电流方向向上9．相距较近的a、b线圈，要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的办法有()A．闭合K瞬间B．闭合K后把R的滑动片向右移动C．闭合K后把b向a靠近D．闭合K后把a中铁芯从左边抽出10．如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内．在金属框接通逆时针方向电流的瞬间()A．两小线圈会有相互靠拢的趋势B．两小线圈会有相互远离的趋势C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向11．如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为F N，则()A．t1时刻，F N>G B．t2时刻，F N>GC．t3时刻，F N<G D．t4时刻，F N＝G12.如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上．已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是( )A ．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动B ．磁铁在管内下落过程中机械能守恒C ．磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力D ．磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量演算步骤，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，边长为L 的正方形线圈一半处在有右边界的无限大的匀强磁场中，磁感应强度为B .线圈平面与磁场垂直．现使线圈以左边为轴转动，求分别转过60°、90°、180°、360°时磁通量的变化．14．(10分)如图所示，有一个100匝的线圈，其横截面是边长为L ＝0.20m 的正方形，放在磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．若将这个线圈横截面的形状由正方形改变成圆形(横截面的周长不变)，则在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少？15．(10分)闭合金属圆环半径r ＝1 m ，放在匀强磁场中，磁场方向与圆环所在平面垂直，如图甲所示，当磁感应强度按图乙变化时，求Δt ＝2 s 内穿过圆环磁通量的变化量ΔΦ与时间Δt 的比值ΔΦΔt 是多少？感应电流的方向如何？16．(12分)固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导这种情况下B与t的关系式．参考答案与解析1．[导学号26020001]【解析】选B.奥斯特发现的电流的磁效应表明了电能生磁，A 正确．欧姆定律描述了电流与电阻、电压或电动势之间的关系，焦耳定律才揭示了热现象与电现象间的联系，B错误、D正确．法拉第发现的电磁感应现象表明了磁能生电，C正确．故选B.2．[导学号26020002]【解析】选B.根据楞次定律，感应电流的方向总是阻碍磁通量的变化，因此阻碍条形磁铁的下落，即来拒去留，同名磁极相互排斥，所以线圈上端为N 极，根据安培定则判断线圈电流方向向下，线圈下端为正极，上端为负极，电流方向从下端经b经电阻经过a回到线圈负极，B对．3．[导学号26020003]【解析】选D.由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.4．[导学号26020004]【解析】选B.将磁单极子(单N极)，理解为其磁感线都是向外的，根据楞次定律和安培定则可知选项B正确．5．[导学号26020005]【解析】选C.因为线圈采用双线绕成，所以当条形磁铁在穿过线圈过程中，线圈中不会产生感应电流，所以磁铁下落过程中不受磁场力的作用，故磁铁做自由落体运动，选项C正确．6．[导学号26020006]【解析】选B.磁铁在铜管中下落穿过铜管的磁通量发生变化，在铜管中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍磁铁和铜管的相对运动，磁铁在半铜半塑料管中下落也会产生感应电流，感应电流的磁场阻碍磁铁和管的相对运动，但由于一半是塑料，感应电流要比铜管中的感应电流小，所以t4＜t2，铁块在铜管中和磁铁在塑料管中下落均不会产生感应电流，所以为自由落体运动，因此t1＝t3＜t4＜t2，B正确．7．[导学号26020007]【解析】选B.当条形磁铁向左运动靠近两环时，两环中的磁通量都增加，根据楞次定律，两环的运动都要阻碍磁铁相对环的运动，即阻碍“靠近”，那么两环都向左运动，又由于两环中的感应电流方向相同，两平行的同向电流间有相互吸引的磁场力，因而两环间的距离要减小．故选B.8．[导学号26020008] 【解析】选AD.导体棒PQ 向左切割磁感线运动时，由右手定则可判断出导体棒与R 1组成的回路中产生的感应电流是顺时针方向，即流经R 1的电流方向向上，选项A 正确；导体棒与电阻R 2组成的回路中产生的感应电流是逆时针方向，即流经R 2的电流方向向上，选项D 正确．9．[导学号26020009] 【解析】选AC.由流经a 螺线管的电流方向，用右手螺旋定则判定出a 螺线管左边为S 极，右边为N 极，a 螺线管内的磁场方向向右，由b 螺线管的电流方向判断出感应电流的磁场方向向左，原磁场方向与感应电流的磁场方向相反，根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应的磁场方向，即“增反减同”，可知a 中的电流增加，使a 螺线管的磁性增强，为了使a 中电流增加，则闭合K 瞬间a 中电流增加，故A 选项正确；闭合K 后把R 的滑动片向右移动a 中电流减少，故B 选项错误；闭合K 后把b 向a 靠近，则磁场增强，故C 选项正确；闭合K 后把a 中铁芯从左边抽出则磁性减弱，故D 选项错误．10．[导学号26020010] 【解析】选BC.对于左侧小线圈，左侧竖直导线在小线圈内的磁通量始终为零，上侧水平导线和下侧水平导线在小线圈中的磁场方向均向外，则金属框接通逆时针方向电流的瞬间，左侧小线圈为了阻碍磁通量的增加而有向左运动的趋势；同理可知右侧小线圈有向右运动的趋势，所以两小线圈会有相互远离的趋势，A 错误，B 正确；由楞次定律可知，两侧小线圈中感应电流都为顺时针方向，C 正确，D 错误．11．[导学号26020011] 【解析】选AD.t 1时刻线圈Q 中电流在增大，电流的磁场增强，穿过线圈P 的磁通量增加，P 有远离Q 的趋势，受到Q 的排斥作用，设这个力大小为F ，则有F N ＝F ＋G ，即F N >G ，A 选项正确．t 2时刻Q 中电流恒定，线圈P 中磁通量不变，不产生感应电流，P 只受重力G 与桌面支持力F N 作用而平衡，有F N ＝G ，故B 选项错．同理在t 4时刻Q 中电流恒定，有F N ＝G ，D 选项正确．t 3时刻Q 中电流变化，P 中磁通量变化，产生感应电流，但Q 中I ＝0，对P 无磁场力作用，仍是F N ＝G ，故C 选项错．故选AD.12．[导学号26020012] 【解析】选CD.磁铁在下落过程中由于电磁感应，磁铁受到向上的磁场力，所以A 、B 选项错误；据相互作用力原理，磁铁受到向上的磁场力，铝管也将受到向下的磁场力，所以，铝管对桌面的压力将大于自身的重力，C 选项正确；据动能定理有：mgh －W 阻＝E k2－E k1，由此式可知磁铁在下落过程中动能的增加量小于重力势能的减少量，所以D 选项正确．13．[导学号26020013] 【解析】设原磁通量为正值，则有 Φ0＝BS ＝12BL 2(2分)当转过60°、90°、180°、360°时，磁通量分别为 Φ1＝12BL 2(1分) Φ2＝0 (1分) Φ3＝－BL 2 (1分) Φ4＝12BL 2(1分) 故ΔΦ1＝Φ1－Φ0＝0 (1分) ΔΦ2＝Φ2－Φ0＝－12BL 2(1分) ΔΦ3＝－BL 2－12BL 2＝－32BL 2(1分) ΔΦ4＝12BL 2－12BL 2＝0.(1分)【答案】0 －12BL 2 －32BL 2 014．[导学号26020014] 【解析】线圈横截面为正方形时的面积： S 1＝L 2＝(0.20)2 m 2＝4.0×10－2 m 2(2分)穿过线圈的磁通量：Φ1＝BS 1＝0.50×4.0×10－2 Wb ＝2.0×10－2 Wb.(2分) 截面形状为圆形时，其半径r ＝4L 2π＝2Lπ(1分) 截面积大小S 2＝π⎝⎛⎭⎫2L π2＝425π m 2(2分)穿过线圈的磁通量：Φ2＝BS 2＝0.50×425π Wb ≈2.55×10－2 Wb(2分)所以这一过程中穿过线圈的磁通量改变量 ΔΦ＝Φ2－Φ1＝5.5×10－3 Wb.(1分)【答案】5.5×10－3 Wb15．[导学号26020015] 【解析】Φ1＝B 1S ＝B 1πr 2 (2分) Φ2＝B 2S ＝B 2πr 2 (2分) ΔΦ＝(B 2－B 1)·πr 2(2分) ΔΦΔt ＝B 2－B 1Δt ·πr 2＝4－22×π×12 Wb/s ＝π Wb/s ＝3.14 Wb/s (2分) 根据楞次定律，金属圆环中的感应电流的方向为逆时针方向． (2分)【答案】3.14 Wb/s 逆时针16．[导学号26020016] 【解析】要使MN 棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化(2分) 在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2(3分) 设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t) (3分)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋v t. (4分)【答案】B＝B0ll＋v t。
(完整版)人教版高中物理选修3-2综合测试题(一)(20200726043252)
的初动能 . 导轨粗糙时， 回路中产生的热量还是等于金属棒的初动能 . 所以猜想 2
是成立的 .
图9
导轨左端连接一阻值为 R 的电阻器，在导轨上放一质量为 m的金属棒 ab，导轨 与金属棒电阻均不计， 给 ab 一水平初速度 v0，使其向右运动， 最后 ab 静止在导 轨上，
（1）求：当金属棒 ab 的速度为 0.5 v 0 时，通过电阻 R 的电流强度． （2）针对导轨是光滑还是粗糙的两种情况，小明同学对安培力做功和整个 回路中产生的热量进行了如下猜想，即： 猜想 1：安培力对金属棒所做的功相等． 猜想 2：整个回路产生的热量相等． 你认为以上两种猜想成立吗？请通用计算或相关物理原理解释你的判断．
灯逐渐熄灭
C.若同时闭合 S1、S2，待电路稳定后突然断开 S1，则两灯不会立即熄灭，而
是逐渐熄灭
D.若同时闭合 S1、 S2，待电路稳定后突然将 S1、S2 同时断开，则两灯不会立
即熄灭，而是逐渐熄灭
8. 如图 4 所示，同一水平面上足够长的固定平行导轨 MN、PQ位
于垂直于纸面向里的匀强磁场中，导轨上有两根金属棒 ab、 cd，能
图7
势的平均值为 ___________V；当线圈由图示位置转过 90°时的瞬间感应电动势
大小为 ___________V。
三、 计算题（ 共 2 个小题，共 40 分 ） 12.（20 分）交流发电机的发电原理是矩形线圈
在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴 OO′匀速转动，如 O 图 8 所示。一小型发电机的线圈共 220 匝，线圈面积 S=0.05m2，线圈转动的频率为 50Hz，线圈内阻不计，
D.电子秤所使用的测力装置是温度传感器
2. 用电压 U 和 kU 是分别输送相同功率的电能，输电线的长度、材料相同。
【创新设计】高中物理人教版选修3-2同步训练：模块检测
模块检测A(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对或不答的得0分)1．关于传感器，下列说法正确的是()A．传感器能将非电学量按肯定规律转换成电学量B．金属热电阻是一种可以将电学量转换为热学量的传感器C．干簧管是能够感知电场的传感器D．半导体热敏电阻的阻值随温度的上升而增大解析A项叙述符合传感器的定义，A正确．B项叙述说反了，B错误．干簧管是把磁场的强弱转化为电路的通断的传感器，C错．D项叙述也说反了，D错误．答案 A2．如图1所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1秒内磁场方向指向纸里，如图乙．若磁感应强度大小随时间变化的关系如图甲，那么，下面关于线圈中感应电流的说法正确的是()图1A．在第1秒内感应电流增大，电流方向为逆时针B．在第2秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针C．在第3秒内感应电流减小，电流方向为顺时针D．在第4秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针答案 B3．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图2所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c和U d.下列推断正确的是()图2 A．U a＜U b＜U c＜U d B．U a＜U b＜U d＜U cC．U a＝U b＜U c＝U d D．U b＜U a＜U d＜U c解析线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d电动势的一半，而不同的线框的电阻不同，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r则有：U a＝BL v·3r4r＝3BL v4，U b＝BL v·5r6r＝5BL v6，U c＝B2L v·6r8r＝3BL v2，U d＝B2L v·4r6r＝4Bl v3，故ACD错误，B正确．答案 B4．如图3所示，A、B是两个完全相同的灯泡，B灯与电阻R串联，A灯与自感系数较大的线圈L串联，其直流电阻等于电阻R的阻值．电源电压恒定不变，当电键K闭合时，下列说法正确的是()图3A．A比B先亮，然后A熄灭B．B比A先亮，最终A、B同样亮C．A、B同时亮，然后A熄灭D．A、B同时亮，然后A渐渐变亮，B的亮度不变答案 B5.图4如图4所示，一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率v运动，从无场区进入匀强磁场区(磁场宽度大于bc间距)，然后出来，若取逆时针方向为感应电流的正方向，那么下图中正确地表示回路中感应电流随时间变化关系的图象是()答案 C6．如图5所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C并联接到一沟通电源上，三个灯泡的亮度相同，若保持电源电压大小不变，而将频率增大，则关于三个灯的亮度变化说法正确的是()图5A．A灯亮度不变，B灯变暗，C灯变亮B．A灯亮度不变，B灯变亮，C灯变暗C．A灯变暗，B灯亮度不变，C灯变亮D．A灯变亮，B灯变暗，C灯亮度不变答案 A二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)7．在电能输送过程中，若输送的电功率肯定，则在输电线上损耗的功率()A．随输电线电阻的增大而增大B．和输送电压的平方成正比C．和输送电压的平方成反比D．和输电线上电流强度的平方成正比答案ACD8.图6如图6所示，半径为R的圆形线圈两端A、C接入一个平行板电容器，线圈放在随时间均匀变化的匀强磁场中，线圈所在平面与磁感线的方向垂直，要使电容器所带的电量增大，可实行的措施是()A．电容器的两极板靠近些B．增大磁感强度的变化率C．增大线圈的面积D．使线圈平面与磁场方向成60°角答案ABC9．一个按正弦规律变化的沟通电的图象如图7所示，依据图象可以知道() 图7A．该沟通电流的频率是0.02 HzB．该沟通电流的有效值是14.14 AC．该沟通电流的瞬时值表示式是i＝20sin 0.02t(A)D．该沟通电流的周期是0.02 s答案BD10．如图8所示，电路中的变压器为一抱负变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是()图8A．保持P的位置不变，S由b切换到aB．保持P的位置不变，S由a切换到bC．S掷于b位置不动，P向上滑动D．S掷于b位置不动，P向下滑动答案AC三、填空题(共2小题，每题5分，共10分)11．(4分)两个电流随时间的变化关系如图9甲、乙所示，把它们通入相同的电阻中，则在1 s内两电阻消耗的电能之比W a∶W b＝________.图9答案1∶212．(6分)如图10所示，先后以速度v1和v2(v1＝2v2)，匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种状况下：图10(1)线圈中的感应电流之比I1∶I2＝________.(2)线圈中产生的热量之比Q 1∶Q 2＝________. (3)拉力做功的功率之比P 1∶P 2＝________. 答案 (1)2∶1 (2)2∶1 (3)4∶1四、计算题(共4小题，共36分．并要求写出必要的演算过程和单位，只写出最终答案的不得分) 13．(8分)图11如图11所示，边长为L 、匝数为n 的正方形金属线框，它的质量为m 、电阻为R ，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘．金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间的变化规律为B ＝kt .求： (1)线框中的电流强度为多大？ (2)t 时刻线框受的安培力多大？解析 (1)线框中的电动势E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝12nL 2k ，电流为I ＝nkL 22R(2)安培力为F ＝BIL ＝kt nkL 22R L ＝nk 2L 32R t答案 (1)nkL 22R (2)nk 2L 32Rt14．(8分)如图12所示某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104 W ，电厂输出电压仅350 V ，为削减输送功率损失 ，先用一升压变压器将电压上升再输送，在输送途中，输电线路的总电阻为4 Ω，允许损失的功率为输送功率的5%，求用户所需电压为220 V 时，升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少？图12解析 损失的电功率ΔP ＝9.8×104×0.05＝4900 W 输电线上的电流I ＝ΔPR＝35 A 输电线上的电压降ΔU ＝IR ＝140 V 输电电压U 2＝PI＝2800 V降压变压器的输入电压U 3＝U 2－ΔU ＝2660 V升压变压器：n 1n 2＝U 1U 2＝3502800＝18降压变压器：n 3n 4＝U 3U 4＝2660220＝13311答案 1∶8 133∶1115．(10分)发电机转子是边长为0.2 m 的正方形，线圈匝数为100匝，内阻8 Ω，初始位置如图13所示，以ad 、bc 中点连线为轴以600 r/min 的转速在1πT 的匀强磁场中转动，灯泡电阻为24 Ω，则：图13(1)从图示位置开头计时，写出感应电动势的瞬时值方程； (2)灯泡的实际消耗功率为多大？解析 (1)线圈运动的角速度ω＝20π rad/s ，电动势最大值为E m ＝nBSω＝80 V 瞬时值方程e ＝80sin 20πt (V)(2)电动势有效值E ＝802＝40 2 V ，电流为I ＝E R ＋r＝40232 A ＝54 2 A电阻消耗的功率P ＝I 2R ＝75 W 答案 (1)e ＝80 sin 20 πt V (2)75 W16．(10分)如图14所示，ef 、gh 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距为L ＝1 m ，导轨左端连接一个R ＝3 Ω的电阻，一根电阻为1 Ω的金属棒cd 垂直地放置导轨上，与导轨接触良好，导轨的电阻不计，整个装置放在磁感应强度为B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面对上．现对金属棒施加4 N 的水平向右的拉力F ，使棒从静止开头向右运动，试解答以下问题：图14(1)金属棒达到的最大速度v 是多少？(2)金属棒达到最大速度后，R 上的发热功率为多大？解析 (1)当金属棒速度最大时，拉力与安培力相等.B 2L 2v mR ＋r ＝F ，v m ＝F (R ＋r )B 2L 2＝4 m/s(2)回路中电流为I ＝BL v mR ＋r ＝2 A ，电阻上的发热功率为P ＝I 2R ＝12 W答案 (1)4 m/s (2)12 W模块检测B(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对或不答的得0分)1．将一个闭合金属环用丝线悬于O 点，如图1所示．虚线左边有垂直于纸面对外的匀强磁场，而右边没有磁场．下列的现象能够发生的是( )图1A ．金属环的摇摆不会停下来，始终做等幅摇摆B ．金属环的摇摆幅度越来越小，小到某一数值后做等幅摇摆C ．金属环的摇摆会很快停下来D ．金属环最终一次向左摇摆时，最终停在平衡位置左侧某一点处解析 此题考查电磁阻尼．左边有匀强磁场，金属环在穿越磁场边界时(无论是进入还是穿出)，由于磁通量发生变化，环内肯定有感应电流产生．依据楞次定律，感应电流将会阻碍相对运动，所以摇摆会很快停下来，这就是电磁阻尼现象．若用能量守恒来解释：有电流产生，就肯定有机械能向电能转化，摆的机械能将不断减小．摇摆就会很快停下来． 答案 C2．在图2中，L 为电阻很小的线圈，G 1和G 2为内阻可不计、零点在表盘中心的电流计．当开关K 处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方．那么，当开关K 断开时，将消灭( )图2A ．G 1和G 2的指针都马上回到零点B ．G 1的指针马上回到零点，而G 2的指针缓慢地回到零点C ．G 1的指针缓慢地回到零点，而G 2的指针先马上偏向左方，然后缓慢地回到零点D ．G 1的指针先马上偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G 2的指针缓慢地回到零点 解析 K 断开后，自感电流的方向与G 1原电流方向相反，与G 2原电流方向相同．答案为D. 答案 D3．如图3所示的电路中，电源电压u ＝311sin(100πt )V ，A 、B 间接有“220 V ，440 W ”的电暖宝、“220 V,220 W ”的抽油烟机、沟通电压表及保险丝，下列说法正确的是( )图3A ．沟通电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热的功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．抽油烟机1 min 消耗的电能为1.32×104 J解析 本题考查欧姆定律和交变电流的规律，意在考查同学对欧姆定律和交变电流的理解．由交变电压的表达式可知，交变电压的有效值U ＝U m2＝220 V ，所以沟通电压表的示数为有效值220 V ，A 错误；电路正常工作时，通过保险丝的电流为I ＝P 1U 1＋P 2U 2＝3 A<3 2 A ，B 错误；电暖宝的功率是抽油烟机功率的2倍，但抽油烟机消耗的电能主要转化为机械能，产生的热量很少，电暖宝的热功率大于抽油烟机热功率的2倍，C 错误；抽油烟机1 min 消耗的电能为W ＝P 2t ＝220×60 J ＝1.32×104 J ，D 正确． 答案 D4．一台发电机的结构示意图如图4所示，其中N 、S 是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面外形．M 是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M 中心的固定转轴匀速转动．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场．若从图示位置开头计时电动势为正值，下列图象中能正确反映线圈中感应电动势e 随时间t 变化规律的是( )图 4解析 由于发电机内部相对两磁极为表面呈半圆柱面外形，磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的轴向磁场，所以距转轴距离相等的各点磁感应强度大小相等，依据法拉第电磁感应定律可知回路中产生大小恒定的感应电动势，故A 、B 错误；当线圈转到竖直位置时，回路中感应电动势反向，所以C 错误、D 正确． 答案 D5．钳形电流表的外形和结构如图5(a)所示．图(a)中电流表的读数为1.2 A ．图(b)中用同一电缆线绕了3匝，则( )图5A ．这种电流表能测直流电流，图(b)的读数为2.4 AB ．这种电流表能测沟通电流，图(b)的读数为0.4 AC ．这种电流表能测沟通电流，图(b)的读数为3.6 AD ．这种电流表既能测直流电流，又能测沟通电流，图(b)的读数为3.6 A解析 钳形表是依据电磁感应原理制成的，故只能用来测量沟通电流，对钳形表的初、次级满足n 1n 2＝I 2I 1，I 2＝n 1n 2I 1，钳形表在使用时，初级是串联在被测电路中的，故同一电缆线虽多绕了几匝，但电缆线中的电流I 1保持不变，故当n 1增加3倍时I 2＝3.6 A ，C 正确． 答案 C6．如图6所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，电压表V 和电流表A 均为抱负电表，除滑动变阻器电阻R 以外，其余电阻均不计，从某时刻开头在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为：u 1＝2202sin 100πt (V)．下列说法中正确的是( )图6A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 VB ．t ＝1600s 时，c 、d 两点间的电压瞬时值为110 V C ．单刀双掷开关与a 连接，滑动变阻器触头向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小 D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小解析 由U 1U 2＝n 1n 2，知U 2＝n 2n 1U 1，当单刀双掷开关与a 连接时，U 1＝220 V ，n 1∶n 2＝10∶1，解得：U 2＝22 V ，A 选项正确；对B 选项：u 1＝2202sin 100πt ，所以u 1＝2202sin 100π×1600＝1102(V)，B 选项错误；对C选项：滑动变阻器触头向上移动时，其电阻R 变大，由欧姆定律得：I 2＝U 2R ，I 2变小，电流表示数变小，而电压表示数不变，由于它的示数U 2是由U 1和匝数比打算的，而这些量没有变化，因此C 错误；对D 选项：当单刀双掷开关由a 扳向b 时，匝数n 1变小，匝数n 2和输入电压U 1不变，由U 2＝n 2n 1·U 1，得U 2变大，I 2变大，因此电压表和电流表示数均变大．本题正确答案为A.答案 A二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)7．目前中国南极考察队队员正在地球南极考察，设想考察队队员在地球南极四周水平面上驾驶一辆冰车向前行进时，由于地磁场作用，冰车两端会有电势差，设驾驶员左方电势为U 1，右方电势为U 2，则下列说法正确的是( )A ．向着南极点行进时，U 1比U 2高B ．背着南极点行进时，U 1比U 2低C ．在水平冰面上转圈时，U 1比U 2高D ．无论怎样在水平冰面上行进，U 1总是低于U 2解析 在南极四周，地磁场磁感线的方向都是向上的，向着南极点行进或者背着南极点行进时，冰车切割磁感线，由右手定则可知，驾驶员右方电势高于左方电势；不管冰车怎样在水平冰面上行进，依据右手定则可判定，驾驶员右方电势总是高于左方电势．故B 、D 正确． 答案 BD8．电阻为1 Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图7所示，现把交变电流加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列推断正确的是( )图7A ．线圈转动的角速度为100 rad/sB ．在0～0.005 s 时间内，通过电阻的电荷量为15π CC ．电热丝两端的电压为180 VD ．电热丝的发热功率为 1 800 W解析 由题图可知T ＝0.02 s ，ω＝2πT ＝100π rad/s ，A 错误．在0～0.005 s 内，由U m ＝nBS w 得BS ＝2πWb ，q＝ΔΦR ＋r ＝BS －0R ＋r ＝15π C ，B 正确．电热丝两端电压U ＝R R ＋r .U m2＝90 2 V ，C 错误．电热丝的发热功率P ＝I 2R ＝U 2R ＝(902)29W ＝1 800 W ，D 正确． 答案 BD9．传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转化成电学量变化的一种元件，在自动把握中有着相当广泛的应用，如图8所示，是一种测定液面高度的电容式传感器示意图，金属芯线与导电的液体形成一个电容器，从电容C 的大小变化就能反映导电液面的升降状况，两者的关系是( )图8A ．C 增大表示h 增大B ．C 增大表示h 减小 C ．C 减小表示h 减小D ．C 减小表示h 增大答案 AC10．如图9所示，一抱负自耦变压器线圈AB 绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB 间加一正弦式沟通电压，在输出端BP 间连接了抱负沟通电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P 的位置，可转变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q ，则( )图9A ．只将Q 向下移动时，灯泡的亮度变大B ．只将Q 向下移动时，电流表的读数变小C ．只将P 沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D ．只提高输入端的电压U 时，电流表的读数变大解析 将Q 向下移动时，R 阻值增大．电路中电阻增大，电流减小，故B 项正确；由于副线圈上电压不变，电灯两端的电压不变，功率不变，亮度不变，故A 项错．将P 沿顺时针方向移动时副线圈匝数削减，电压减小，电流减小，故C 项错．提高输入端的电压时，副线圈上电压增大，电流增大，故D 项正确． 答案 BD三、填空题(每小题5分，共10分)11．如图10所示，抱负变压器的初级线圈接在220 V 的正弦沟通电源上，R ＝10 Ω，次级线圈b 、c 间匝数为10匝，当把电键K 由b 掷向c 时，通过R 上的电流增加0.2 A ，则通过变压器铁芯的最大磁通量变化率为________．图10解析 由U 1/n 1＝U 2/n 2＝U 3/n 3得U 1/n 1＝(U 3－U 2)/(n 3－n 2)可得U 1/n 1＝0.2 V/匝，即每匝线圈若接一个伏特表其示数为0.2 V ，所以结合法拉第电磁感应定律可知则通过变压器铁芯的最大磁通量变化率为25Wb/s. 答案25Wb/s 12．如图11甲所示，调压器装置可视为抱负变压器，负载电路中R ＝55 Ω，、为抱负电流表和电压表，若原线圈接入如图11乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V ，则：图11电流表的示数为________A ，的示数为________A ，原线圈中电流的瞬时值表达式为：________. 答案 2 A 1 A i ＝2202sin(100πt ) A四、计算题(共4小题，共36分．并要求写出必要的演算过程和单位，只写出最终答案的不得分)13．(8分)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于匀强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场．操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L ，上下宽度为d 的矩形线圈，其匝数为n ，总质量为M ，总电阻为R ，如图12所示．开头时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐．若转动手摇轮轴A .在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．此过程中，流过线圈中每匝导线横截面的电量为q ，求：图12(1)磁场的磁感应强度．(2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)．解析 (1)设磁场的磁感应强度为B ，在匀速提升过程中线圈运动速度v ＝dt ①线圈中感应电动势E ＝nBL v ② 产生的感应电流I ＝ER ③流过导线横截面的电量q ＝It ④ 联立①②③④得B ＝qRnLd(2)匀速提拉过程中，要克服重力和安培力做功 即W ＝W G ＋W B ⑤ 又W G ＝Mgd ⑥ W B ＝nBILd ⑦联立①②③⑤⑥⑦可得W ＝Mgd ＋q 2Rt答案 (1)qR nLd (2)Mgd ＋q 2Rt14．(8分)如图13所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L 的单匝正方形线框abcd ，在外力的作用下以恒定的速率v 向右运动进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域．线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab 边始终平行于磁场的边界．已知线框的四个边的电阻值相等，均为R .求：图13(1)在ab 边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小． (2)在ab 边刚进入磁场区域时，ab 边两端的电压． (3)在线框被拉入磁场的整个过程中，线框产生的热量． 解析 (1)ab 边切割磁感线产生的电动势为E ＝BL v 所以通过线框的电流为I ＝E 4R ＝BL v4R(2)ab 边两端电压为路端电压 U ab ＝I ·3R 所以U ab ＝3BL v4(3)线框被拉入磁场的整个过程所用时间t ＝Lv 线框中电流产生的热量Q ＝I 2·4R ·t ＝B 2L 3v4R答案 (1)BL v 4R (2)3BL v 4 (3)B 2L 3v4R15．(10分)图14甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.20 m ，电阻R ＝0.40 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.10 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.10 Ω，导轨的电阻可忽视不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一水平外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开头运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若抱负电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图14乙所示．从金属杆开头运动经t ＝5.0 s 时，求：图14(1)通过金属杆的感应电流的大小和方向； (2)金属杆的速度大小； (3)外力F 的瞬时功率．解析 (1)由图象可知，t ＝5.0 s 时的U ＝0.40 V 此时电路中的电流(即通过金属杆的电流)I ＝UR ＝1.0 A用右手定则推断出，此时电流的方向为由b 指向a (2)金属杆产生的感应电动势E ＝I (R ＋r )＝0.50 V因E ＝BL v ，所以5.0 s 时金属杆的速度大小v＝EBL＝5.0 m/s(3)金属杆速度为v时，电压表的示数应为U＝RR＋rBL v由图象可知，U与t成正比，由于R、r、B及L均为不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动．金属杆运动的加速度a＝vt＝1.0 m/s2依据牛顿其次定律，在5.0 s末时对金属杆有F－BIL＝ma，解得F＝0.20 N此时F的瞬时功率P＝F v＝1.0 W答案(1)1.0 A b→a(2)5.0 m/s(3)1.0 W16．(10分)如图15所示为一个小型旋转电枢式沟通发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab＝0.25 m，宽度bc ＝0.20 m，共有n＝100匝，总电阻r＝1.0 Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动．线圈处于磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0 V,1.8 W”的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W．(不计转动轴与电刷的摩擦)图15(1)推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式E m＝nBSω(其中S表示线圈的面积)；(2)求线圈转动的角速度ω；(3)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能．解析(1)线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab边的线速度为v，该边产生的感应电动势为E1＝BL ab v线圈的cd边产生的感应电动势为E2＝BL cd v线圈产生的总感应电动势为：E m＝n(E1＋E2)由于L ab＝L cd，所以E m＝2nBL ab v 线速度v＝ω·12L bc，所以E m＝nBL ab L bcω＝nBSω(其中S＝L ab L bc表示线圈的面积) (2)设小灯泡正常发光时的电流为I，则I＝P额U额＝0.60 A设灯泡正常发光时的电阻为R，R＝U2额P＝5.0 Ω依据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R＋r)＝3.6 V发电机感应电动势最大值为E m＝2E，E m＝nBSω解得ω＝E mnBS＝1.8 2 rad/s＝2.5 rad/s(3)发电机产生的电能为Q＝IEt，t＝100T＝100×2πωs解得Q＝5.0×102 J答案(1)见解析(2)2.5 rad/s(3)5.0×102 J。
最新人教版高中物理选修3-2测试题全套及答案
最新人教版高中物理选修3-2测试题全套及答案章末综合测评(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．在每小题给出的四个选项中，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，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图1所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力作用，则可知金属框的运动情况是()图1A．向左平动进入磁场B．向右平动退出磁场C．沿竖直方向向上平动D．沿竖直方向向下平动【解析】因为ab边受到的安培力的方向竖直向上，所以由左手定则就可以判断出金属框中感应电流的方向是abcda，金属框中的电流是由ad边切割磁感线产生的．所以金属框向左平动进入磁场．【答案】 A2．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示．若磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2 s 内，线圈中感应电流的大小和方向是()甲乙图2A ．大小恒定，逆时针方向B ．大小恒定，顺时针方向C ．大小逐渐增加，顺时针方向D ．大小逐渐减小，逆时针方向【解析】 由题图乙可知，第2 s 内ΔB Δt 为定值，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定．第2 s 内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A 项正确．【答案】 A3．(2015·重庆高考)如图3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3A ．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【解析】 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝nΔΦΔt ＝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．【答案】 C4．如图4所示，L 是自感系数很大的理想线圈，a 、b 为两只完全相同的小灯泡，R0是一个定值电阻，则下列有关说法中正确的是()图4A．当S闭合瞬间，a灯比b灯亮B．当S闭合待电路稳定后，两灯亮度相同C．当S突然断开瞬间，a灯比b灯亮些D．当S突然断开瞬间，b灯立即熄灭【解析】S闭合瞬间，a、b同时亮，b比a亮；稳定后，a灯不亮；S断开瞬间，a灯比b灯亮．【答案】 C5．紧靠在一起的线圈A与B如图5甲所示，当给线圈A通以图乙所示的电流(规定由a进入b流出为电流正方向)时，则线圈cd两端的电势差应为图中的()图5【解析】0～1 s内，A线圈中电流均匀增大，产生向左均匀增大的磁场，由楞次定律可知，B线圈中外电路的感应电流方向由c到d，大小不变，c点电势高，所以选项A正确．【答案】 A6．如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()图6A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1>q2【解析】根据法拉第电磁感应定律E＝Bl v、欧姆定律I＝ER和焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈进入磁场产生的热量Q＝B2l2v2R·l′v＝B2Sl vR，因为l ab>l bc，所以Q1>Q2.根据E＝ΔΦΔt，I＝ER及q＝IΔt得q＝BSR，故q1＝q2.选项A正确，选项B、C、D错误．【答案】 A7．(2015·山东高考)如图7所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()图7A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【解析】根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D 正确．【答案】 ABD8．如图8所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时( )图8A ．φa >φbB ．φa <φbC ．电阻中电流方向由a 到bD ．电阻中电流方向由b 到a【解析】 线圈中磁场方向向右，磁铁从线圈中拔出时，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b 到a ，故φb >φa .B 、D 项正确．【答案】 BD9．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场．若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图9所示，则( )图9A ．线圈中0时刻感应电动势最小B ．线圈中C 时刻感应电动势为零C ．线圈中C 时刻感应电动势最大D ．线圈从0至C 时间内平均感应电动势为0.4 V【解析】 感应电动势E ＝ΔΦΔt ，而磁通量变化率是Φ-t 图线的切线斜率，当t＝0时Φ＝0，但ΔΦΔt≠0.若求平均感应电动势，则用ΔΦ与Δt的比值去求．【答案】BD10．(2016·宜昌高二检测)如图10所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中，下列说法正确的是()图10A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和【解析】沿水平方向，ab棒受向右的恒力F、向左的摩擦力F f和安培力F安，随棒速度的增大，安培力增大，合力F－F f－F安减小，但速度在增大，最终可能达到最大速度．从功能关系来看，棒克服安培力做功等于其他形式的能转化成的电能，故A、B错误，C正确；由动能定理知，恒力F、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于金属棒动能的增加量，D正确；也可从能量守恒角度进行判定，即恒力F做的功等于电路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的增加之和．【答案】CD二、计算题(本题共3小题，共40分)11．(12分)如图11所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动．此时adeb构成一个边长为l的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计．开始时磁感应强度为B0.图11(1)若从t ＝0时刻起，磁感应强度均匀增大，每秒增量为k ，同时保持棒静止．求棒中的感应电流．在图上标出感应电流的方向；(2)在上述(1)情况中，棒始终保持静止，当t ＝t 1 s 末时需加的垂直于棒的水平拉力为多少？(3)若从t ＝0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v 向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感应强度应怎样随时间变化？(写出B 与t 的关系式)【解析】 (1)据题意ΔB Δt ＝k ，在磁场均匀变化时，回路中产生的电动势为E＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝kl 2，由闭合电路欧姆定律知，感应电流为I ＝E r ＝kl 2r .由楞次定律，判定感应电流为逆时针方向，图略．(2)t ＝t 1 s 末棒静止，水平方向受拉力F 外和安培力F 安，F 外＝F 安＝BIl ，又B＝B 0＋kt 1，故F 外＝(B 0＋kt 1)kl 3r .(3)因为不产生感应电流，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，知ΔΦ＝0也就是回路内总磁通量不变，即B 0l 2＝Bl (l ＋v t )，解得B ＝B 0l l ＋v t. 【答案】 (1)kl 2r 电流为逆时针方向(2)(B 0＋kt 1)kl 3r (3)B ＝B 0l l ＋v t12．(14分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图12所示．一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R 3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2)图12(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．【解析】(1)正极．(2)由电磁感应定律得U＝E＝ΔΦΔtΔΦ＝12BR2ΔθU＝12BωR2v＝rω＝13ωR所以v＝2U3BR＝2 m/s.(3)ΔE＝mgh－12m v2ΔE＝0.5 J.【答案】(1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J13．(14分)(2016·浙江高考)小明设计的电磁健身器的简化装置如图13所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：图13(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .【解析】 (1)由牛顿第二定律 a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2① 进入磁场时的速度 v ＝2as ＝2.4 m/s ②(2)感应电动势 E ＝Bl v ③感应电流 I ＝Bl v R ④安培力 F A ＝IBl ⑤代入得 F A ＝(Bl )2v R ＝48 N ．⑥(3)健身者做功 W ＝F (s ＋d )＝64 J ⑦由牛顿第二定律 F －mg sin θ－F A ＝0⑧CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间 t ＝d v ⑨焦耳热 Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.○10 【答案】 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J章末综合测评(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．在每小题给出的四个选项中，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，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图1所示，下列说法中正确的是()图1A．交变电流的频率为0.02 HzB．交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos 50πt AC．在t＝0.01 s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W【解析】由图象知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，A错；转动的角速度ω＝2πT＝100π rad/s，故电流瞬时值表达式为i＝5cos 100πt A，B错；t＝0.01 s时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C错；交流电电流的有效值I＝I m2＝52A，故P＝I2R＝⎝⎛⎭⎪⎫522×0.4 W＝5 W，故D正确．【答案】 D2．根据交变电流瞬时值表达式i＝5sin 500t A可知，从开始计时起，第一次出现电流峰值所需要的时间是()A．2 ms B．1 msC．6.28 ms D．3.14 ms【解析】(方法一)由已知条件有2πT＝ω＝500 rad/s，则T＝2π/500，由表达式可知，从中性面开始计时，第一次出现电流峰值需Δt＝T/4＝2π/500×14s＝π1 000s＝3.14×10－3 s.(方法二)由交流电瞬时值表达式，当i为最大值时有sin(ωt)＝1，即500t＝π/2，则t＝π/1 000＝3.14×10－3 s．故选D.【答案】 D3．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2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e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()图2A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0【解析】因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝2Ne0，故选项D正确．【答案】 D4．如图3甲所示，变压器为理想变压器，其原线圈接到U1＝220 V的交流电源上，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路；图乙中阻值为R2的电阻直接接到电压为U1＝220 V的交流电源上，结果发现R1与R2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为()甲乙图3A.R1R2B．R2 R1C ．R 2R 1 D ．R 1R 2【解析】 对题图甲，U 1U 2＝n 1n 2，P 1＝U 22R 1对题图乙：P 2＝U 21R 2据题意有P 1＝P 2 联立以上各式解得：n 1n 2＝R 2R 1，故C 正确．【答案】 C5．如图4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，R 是滑动变阻器．V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )图4A ．I 1和I 2表示电流的瞬间值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小【解析】 电压表V 1和V 2分别测量的变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表A 1和A 2分别测量的原、副线圈电路中电流的有效值，A 、B 项错误；滑动变阻器向下滑动时，接入电路的电阻变小，原副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I ＝U R ＋R 0可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P 入＝P 出，得原线圈的输入功率变大，由P ＝IU 可知，原线圈电路中的电流变大，C 项正确，D 项错误．【答案】 C6．如图5所示的电路图中，变压器是理想变压器，原线圈匝数n 1＝600匝，装有熔断电流为0.5 A 的保险丝，副线圈的匝数n 2＝120匝．要使整个电路正常工作，当原线圈接在180 V的交流电源上时，副线圈()图5A．可接耐压值为36 V的电容器B．可接“36 V40 W”的安全灯两盏C．可接电阻为14 Ω的电烙铁D．可串联量程为0.6 A的电流表测量其电路的总电流【解析】根据U1U2＝n1n2得U2＝n2n1U1＝36 V，又由I1I2＝n2n1，在保险丝安全的条件下，副线圈中允许通过的最大电流为I2＝n1n2I1＝600120×0.5 A＝2.5 A，最大输出功率P m＝I2U2＝2.5×36 W＝90 W，B选项正确；而交流电压的最大值为36 2 V，所以A选项错误；接14 Ω的电阻时，流过电阻的电流将达到I2′＝3614A>2.5 A,C选项错误．若副线圈串联量程为0.6 A的电流表，则电流表可能会被烧坏，D 选项错误．【答案】 B7．如图6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()图6A．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L1的电流增大，通过L2的电流减小，故B项正确，同理可得C项正确．故选B、C.【答案】 BC8．如图7所示的电路中要使电流表读数变大，可采用的方法有( )图7A ．将R 上的滑片向上移动B ．将R 上的滑片向下移动C ．将开关S 由1掷向2D ．将开关S 由1掷向3【解析】 在输入电压和原、副线圈匝数比n 1n 2一定的情况下，输出电压U 2是一定的，当R 减小时，由I 2＝U 2R 可知电流表读数变大，故应将R 上的滑片向下移动，选项B 正确；在输入电压U 1一定的条件下，减小原、副线圈匝数比n 1n 2，则输出电压U 2＝n 2n 1U 1增大，故I 2＝U 2R 增大，开关S 应掷向2，选项C 正确． 【答案】 BC9．如图8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( )图8A ．升高U 1会减小输电电流I 2B ．升高U 1会增大线路的功率损耗C ．升高U 1会增大线路的电压损耗D ．升高U 1会提高电能的利用率【解析】 提高输电电压U 1，由于输入功率不变，则I 1将减小，又因为I 2＝n 1n 2I 1，所以I 2将减小，故A 正确；线路功率损耗P 损＝I 22R ，因此功率损耗也减小，由ΔU ＝I 2R 可知电压损耗减小，故B 、C 错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，D 正确．【答案】 AD10．在一阻值为R ＝10 Ω的定值电阻中通入如图9所示的交流电，则( )图9A ．此交流电的频率为0.5 HzB ．此交流电的有效值约为3.5 AC ．在2～4 s 内通过该电阻的电荷量为1 CD ．在0～2 s 内电阻产生的焦耳热为25 J【解析】 由图知，交流电的周期为2 s ，故频率f ＝1T ＝0.5 Hz ，A 正确；根据有效值的定义，由I 2RT ＝I 21R T 2＋I 22R T 2＝250 J 得，I ≈3.5 A ，B 正确，D 错误；在2～4 s 内通过该电阻的电荷量为Q ＝I 1T 2＋I 2T 2＝1 C ，C 正确．故选ABC. 【答案】 ABC二、计算题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答)11．(13分)如图10所示，圆形线圈共100匝，半径为r ＝0.1 m ，在匀强磁场中绕过直径的轴OO ′匀速转动，磁感应强度B ＝0.1 T ，角速度为ω＝300πrad/s ，电阻为R ＝10 Ω，求：图10(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流为多大？(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t ＝0时刻)；(3)线圈转动过程中产生的热功率多大．【解析】 (1)当从图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流．最大感应电动势为E m ＝NBSω＝100×0.1×π×0.12×300π V ＝30 VI m ＝E m R ＝3 A.(2)由题意知i ＝I m sin ωt ，即i ＝3sin 300πt A.(3)感应电流的有效值I ＝I m 2＝32A. 发热功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322×10 W ＝45 W. 【答案】 (1)3 A (2)i ＝3sin 300πt A (3)45 W12．(13分)(2016·济南高二检测)如图11所示，有一台小型发电机，其矩形线圈的匝数n ＝200匝，线圈面积S ＝0.01 m 2，线圈电阻r ＝0.5 Ω，磁场的磁感应强度B ＝62T 时，产生频率f ＝50 Hz 的单相正弦交变电流，供电给“220 V 2 200 W ”的电器让其正常工作．求：图11(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式；(2)发动机输出端交流电压表的示数；(3)电阻R 的阻值．【解析】 (1)发电机产生的感生电动势的最大值：E m ＝nBSω＝nBS ·2πf ＝200×1.22/π×0.01×100π＝240 2 V感应电动势的瞬时表达式：e ＝2402sin 100π(V)．(2)电动势有效值E ＝240 V正常工作时的电流I ＝P /U ＝2 200/220 A ＝10 A输出端电压表的示数U ＝E －Ir ＝240 V －10×0.5 V ＝235 V .(3)电阻R 上的电压ΔU ＝235 V －220 V ＝15 V则线路电阻R ＝ΔU /I ＝15/10＝1.5 Ω.【答案】 (1)e ＝2402sin 100πt (V)(2)235 V(3)1.5 Ω13．(14分)(2016·黄冈高二检测)某发电厂通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率为100 kW ，输出电压是250 V ，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线上的功率损失为4%，用户所需要的电压为220 V ，则：(1)输电线的电阻和降压变压器的匝数比各为多少？画出输电线路示意图；(2)若有60 kW 分配给生产用电，其余电能用来照明，那么能装25 W 的电灯多少盏？【解析】 (1)根据匝数比与原、副线圈电流成反比确定输电线中的电流，由输电线上消耗的功率确定输电线的电阻，在电能的分配上，能量守恒．在处理变压器的关系时，一般将副线圈作为电源，原线圈作为用电设备来处理．输电线路示意图如图所示．升压变压器副线圈两端电压U 2＝n 2n 1U 1＝6.25 kV ， 输电线上的电流I ＝P U 2＝16 A ， 输电线上损失的功率为P R ＝4%P ＝I 2R ，则R ＝4%P I 2＝15.625 Ω.降压变压器原线圈两端的电压U ′1＝U 2－IR ＝(6.25×103－16×15.625) V ＝6.00×103 V .降压变压器原、副线圈的匝数之比n ′1n ′2＝U ′1U ′2＝6.00×103220≈27.31. (2)电路的能量分配为P ＝P R ＋P 生产＋P 照明，P 照明＝P －P R －P 生产＝36×103 W ，故可装25 W 的电灯盏数为N ＝P 照明P 灯＝1.44×103盏． 【答案】 (1)15.625 Ω 27.3∶1 图见解析(2)1.44×103盏章末综合测评(三)(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．在街旁的路灯、江海里的航标都要求在夜晚亮、白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的( )A ．压敏性B ．光敏性C ．热敏性D ．三种特性都利用【解析】 街旁的路灯和江海里的航标，都是利用半导体的光敏性，夜晚电阻大，白天电阻小，控制电路的通断．【答案】 B2．下列仪器或装置不是利用传感器的是( )A ．汽车防盗报警器B ．宾馆房间内的火灾报警器C ．工兵用的地雷探测仪D ．用钥匙打开房门【解析】A、B、C三种仪器都是将非电学量转换成电学量的装置，都是利用了传感器，用钥匙打开房门是利用了机械原理，不是利用的传感器．【答案】 D3．某仪器内部电路如图1所示，其中M是一个质量较大的金属块，左右两端分别与金属丝制作的弹簧相连，并套在光滑水平细杆上，a、b、c三块金属片间隙很小(b固定在金属块上)，当金属块处于平衡状态时，两根弹簧均处于原长状态，若将该仪器固定在一辆汽车上，下列说法正确的是()图1A．当汽车加速前进时，甲灯亮B．当汽车加速前进时，乙灯亮C．当汽车刹车时，乙灯亮D．当汽车刹车时，甲、乙两灯均不亮【解析】汽车匀速时，a、b、c金属片不接触，所以甲、乙灯都不亮；当加速前进时，M受合外力向右，故b向后运动与a接触，乙灯亮；同理当刹车时，b向前运动与c接触，甲灯亮，故选B.【答案】 B4．演示位移传感器的工作原理如图2所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小s.假设电压表是理想的，则下列说法正确的是()图2A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M不动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数【解析】电压表为理想电表，则电压表不分流，故触头移动时不会改变电路的电阻，也就不会改变电路中的电流，故A错误；电压表测的是触头P左侧电阻分得的电压，故示数随物体M的移动亦即触头的运动而变化，故B正确，C、D错误．【答案】 B5．传感器是一种采集信息的重要器件．如图3所示为测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现已知该电容式传感器充电完毕且电荷量不变，将它与静电计相连，如图所示．当待测压力增大时()图3A．电容器的电容将增大，静电计指针偏角将增大B．电容器的电容将增大，静电计指针偏角将减小C．电容器的电容将减小，静电计指针偏角将减小D．电容器的电容将不变，静电计指针偏角不变【解析】本题考查电容器、传感器等有关知识．当压力增大时，平行板间距d减小，根据C＝εS4πkd可知，电容器的电容增大，电容器所带电荷量Q不变，根据C＝QU可知，电压减小，则静电计指针偏角减小，B正确．【答案】 B6．当前传感器被广泛应用于各种电器、电子产品之中，下述关于常用的几种家用电子器件所采用传感器说法中，正确的是()A．电视机对无线遥控信号的接收主要是采用了光电传感器B．电子体温计主要是采用了温度传感器C．电脑所用的光电鼠标主要是采用声波传感器D．电子秤主要是采用了力电传感器【解析】电视机对无线遥控信号的接收采用了红外线传感器，电脑所用的光电鼠标主要采用了光传感器，所以A、C项错误．【答案】BD7．有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件，将这三只元件分别接入如图4所示电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是()图4A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻B．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻C．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻D．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻【解析】一般定值电阻的阻值不会随光照强度或温度的变化而变化太大；对于热敏电阻来说，热敏电阻的阻值会随温度的升高而逐渐变小，它对温度的反应是十分灵敏的；对于光敏电阻来说，它的阻值随光照强度的变化而变化，当光照强度增强时光敏电阻的电阻值会随之而减小．本题是采用用黑纸包裹和放入热水中两个条件来改变电阻周围的环境的．不管放入热水中还是用黑纸包裹，一般电阻的阻值都不会发生太大变化；若电阻是光敏电阻，则当用黑纸包裹电阻时欧姆表的示数会有明显的改变；而当电阻是热敏电阻时，当把电阻放在热水中时，电阻值会发生明显的变化．所以本题答案是A、C.【答案】AC8．振弦型频率传感器的结构如图5所示，它由钢弦和永磁铁两部分组成，。
(人教版)物理高中选修(3-2)课后习题+单元检测卷 (全书完整版)
（人教版）高中物理选修（3-2）课后习题+单元检测卷汇总第四章电磁感应1 划时代的发现2 探究感应电流的产生条件课时演练·促提升A组1.如图所示,一个矩形线圈与两条通有相同大小电流的平行直导线处于同一平面,并且处在两导线的中央,则()A.两导线电流同向时,穿过线圈的磁通量为零B.两导线电流反向时,穿过线圈的磁通量为零C.两导线电流同向或反向,穿过线圈的磁通量都相等D.两导线电流产生的磁场是不均匀的,不能判定穿过线圈的磁通量是否为零解析:根据安培定则,两导线电流同向时,它们在线圈处产生的磁场反向,穿过线圈的磁通量为零;两导线电流反向时,它们在线圈处产生的磁场同向,穿过线圈的磁通量不为零,故选项A正确.答案:A2.如图所示,条形磁铁正上方放置一矩形线框,线框平面水平且与条形磁铁平行. 则线框由N极端匀速平移到S极端的过程中,线框中的感应电流的情况是()A.线框中始终无感应电流B.线框中始终有感应电流C.线框中开始有感应电流,当线框运动到磁铁中部时无感应电流,过中部后又有感应电流D.线框中开始无感应电流,当线框运动到磁铁中部时有感应电流,过中部后又无感应电流解析:先画出条形磁铁的磁场分布情况,然后分析线圈在平移过程中,穿过线框的磁通量的变化情况,可知,穿过线圈的磁通量始终在变化,故B正确.答案:B3.如图所示,矩形线框在磁场内做的各种运动中,能够产生感应电流的是()解析:产生感应电流的条件是穿过线圈的磁通量发生变化,选项B符合要求.答案:B4.如图所示,竖直放置的长直导线通以图示方向的电流,有一矩形金属线框abcd与导线处在同一平面内,下列情况下,矩形线框中不会产生感应电流的是()A.导线中电流变大B.线框向右平动C.线框向下平动D.线框以ab边为轴转动解析:导线中电流变大,则周围的磁感应强度增强,线框中磁通量增大,可以产生感应电流;线框向右平动时,线框中的磁感应强度减小,磁通量减小,可以产生感应电流;线框向下平动时,线框中的磁感应强度不变,磁通量不变,不会产生感应电流;线框以ad边为轴转动时,线框中的磁通量发生变化,会产生感应电流,故选项A、B、D不合题意,选项C符合题意.答案:C5.如图所示,一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内,螺线管的中心线恰好和线圈的一条直径MN重合. 要使线圈a中产生感应电流,可采用的方法有()A.使螺线管在线圈a所在平面内转动B.使螺线管上的电流发生变化C.使线圈以MN为轴转动D.使线圈以与MN垂直的直径为轴转动解析:图示位置,线圈a所在平面与磁感线平行,穿过线圈的磁通量为零,当按A、B、C所述方式变化时,线圈a所在平面仍与磁感线平行,磁通量不变,不产生感应电流;按D所述方式变化时,由于线圈与磁场夹角变化引起磁通量变化,能够产生感应电流,故选D.答案:D6.(多选)如图所示是截面为等腰直角形的三棱柱,其侧面abcd为正方形,边长为L,将它按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,下面说法中正确的是()A.通过abcd平面的磁通量大小为B·L2B.通过dcfe平面的磁通量大小为B·L2C.通过abfe平面的磁通量大小为B·L2D.通过整个三棱柱的磁通量为零解析:由公式Φ=BS cos θ可以得出通过侧面abcd的磁通量Φ1=BL2cos 45°=BL2,A错误;通过平面dcfe的磁通量Φ2=BL·L,B正确;通过平面abfe的磁通量Φ3=B·L2cos 90°=0,C错误;而整个三棱柱表面是个闭合曲面,穿入与穿出的磁感线条数相等,即穿过它的净磁感线的条数是0,故穿过整个三棱柱的磁通量为零,D正确.答案:BD7.(多选)如图所示,A、B两回路中各有一开关S1、S2,且回路A中接有电源,回路B中接有灵敏电流计,下列操作及相应的结果中可能的是()A.先闭合S2,后闭合S1的瞬间,电流计指针偏转B.S1、S2闭合后,在断开S2的瞬间,电流计指针偏转C.先闭合S1,后闭合S2的瞬间,电流计指针偏转D.S1、S2闭合后,在断开S1的瞬间,电流计指针偏转解析:回路A中有电源,当S1闭合后,回路中有电流,产生磁场,回路B中有磁通量. 在S1闭合或断开的瞬间,回路A中的电流从无到有或从有到无,产生的磁场发生变化,从而使穿过回路B的磁通量发生变化,此时若S2是闭合的,则回路B中有感应电流,电流计指针偏转,所以选项A、D正确.答案:AD8.如图所示为法拉第研究“磁生电”现象的实验装置原理图. 两个线圈分别绕在一个铁环上,线圈A接直流电源,线圈B接灵敏电流表,下列哪种情况不可能使线圈B中产生感应电流()A.开关S闭合或断开瞬间B.开关S闭合一段时间之后C.开关S闭合后,改变滑动变阻器滑片的位置时D.拿走铁环,再做这个实验,开关S闭合或断开的瞬间解析:根据法拉第对产生感应电流的五类概括,选项A、C、D符合变化的电流(变化的磁场)产生感应电流的现象. 而开关S闭合一段时间之后,A线圈中是恒定电流,产生恒定的磁场,B 线圈中磁通量稳定不变,故不能使B线圈中产生感应电流,故选项B符合题意.答案:B9.要研究电磁感应现象实验,为了能明显地观察到实验现象,请在如图所示的实验器材中,选择必要的器材,在图中用实线接成相应的实物电路图.答案:实物电路图如图所示.B组1.如图所示,在匀强磁场中的U形导轨上,有两根等长的平行导线ab和cd,以相同的速度v 匀速向右滑动. 为使ab中有感应电流产生,对开关S来说()A.打开和闭合都可以B.应打开C.打开和闭合都不行D.应闭合解析:若开关打开,导线运动时,闭合回路abdc中磁通量不变,不产生感应电流;若开关闭合,导线运动时,闭合回路abNM中磁通量变化,产生感应电流. 所以,应选D选项.答案:D2.如图所示,在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P,现用力从四周拉弹簧线圈,使线圈包围的面积变大,则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中,正确的是()A.磁通量增大,有感应电流产生B.磁通量增大,无感应电流产生C.磁通量减小,有感应电流产生D.磁通量减小,无感应电流产生解析:本题中条形磁铁磁感线的分布如图所示(从上向下看). 磁通量是指穿过一个面的磁感线的多少,由于垂直纸面向外的和垂直纸面向里的磁感线要抵消一部分,当弹簧线圈P的面积扩大时,垂直纸面向里的磁感线条数增加,而垂直纸面向外的磁感线条数是一定的,故穿过P的磁通量将减小,回路中会有感应电流产生.答案:C3.(多选)2013年12月2日1时30分,我国嫦娥三号搭载月球车“玉兔号”从西昌卫星发射中心顺利升空,正式开始探月之旅. 假如月球车登月后要探测一下月球表面是否有磁场,应该怎样进行实验()A.直接将电流表放于月球表面,看是否有示数来判断磁场有无B.将电流表与线圈组成闭合电路,使线圈沿某一方向运动,若电流表无示数,则判断月球表面无磁场C.将电流表与线圈组成闭合电路,使线圈沿某一方向运动,若电流表有示数,则判断月球表面有磁场D.将电流表与线圈组成闭合电路,使线圈分别绕两个互相垂直的轴转动,月球表面若有磁场,则电流表至少有一次示数不为零解析:只要线圈中能产生感应电流,电流表有示数,就说明月球上一定有磁场. 如果没有电流,只能说明线圈中的磁通量没有发生变化,需要变换转动轴或运动方向再试. 如果线圈分别绕两个互相垂直的轴转动,当空间有磁场时,至少会有一次产生感应电流,C、D正确.答案:CD4.(多选)下列说法中正确的是()A.只要导体相对磁场运动,导体中就一定会产生感应电流B.闭合导体回路在磁场中做切割磁感线运动,导体回路中不一定会产生感应电流C.只要穿过闭合导体回路的磁通量不为零,导体回路中就一定会产生感应电流D.只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,导体回路中就一定会产生感应电流解析:产生感应电流要有两个条件:一是导体回路要闭合;二是穿过导体回路的磁通量要发生变化,故D正确;如果导体没有构成闭合回路或构成闭合回路但沿磁感线运动,导体中就没有感应电流,故A错误;如果闭合导体回路在与回路平面垂直的磁场中运动,两边都切割磁感线,但闭合导体回路的磁通量仍没有发生变化,也不产生感应电流,故B正确;穿过闭合导体回路的磁通量不为零,但如果磁通量没有变化,回路中就没有感应电流,故C错误.答案:BD5.如图所示,矩形线圈abcd左半边处在匀强磁场中,右半边在磁场外,磁感应强度为B,线圈一半的面积为S,初始时磁场垂直于线圈平面,求下列情况中线圈中磁通量的变化量:(1)以ab边为轴线圈转过90°.(2)以ab边为轴线圈转过60°.(3)以中线ef为轴线圈转过180°.解析:(1)线圈初始磁通量Φ1=BS,转过90°后,Φ2=0,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=-BS,大小为BS.(2)当线圈以ab边为轴边转过60°时,矩形线圈恰好全部进入磁场,Φ2=B·2S cos 60°=BS,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=0,说明磁通量未发生变化.(3)当线圈绕中线转过180°时,因为Φ1=BS,磁感线是垂直于线圈的正前面向里穿过的,当线圈绕中线转过180°时,线圈的正后面转到正前面,磁感线是从原正后面向里穿过的,故Φ2=-BS,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=-2BS,大小为2BS.答案:见解析.6.如图是研究电磁感应现象实验所需的器材,用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路,将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路,并列举出在实验中能够改变副线圈回路磁通量,使副线圈中产生感应电流的三种方法:(1).(2).(3).答案:实线连接,如图所示.(1)A线圈在B线圈中,合上(或断开)开关瞬间(2)将原线圈插入副线圈或从副线圈中抽出的过程中(3)A线圈在B线圈中,移动滑动变阻器的滑片时3 楞次定律课时演练·促提升A组1.关于电磁感应现象,下列说法中正确的是()A.感应电流的磁场总是与原磁场方向相反B.闭合线圈放在变化的磁场中就一定能产生感应电流C.闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时,一定能产生感应电流D.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的磁通量的变化解析:电磁感应现象中,若磁通量减小,则感应电流的磁场与原磁场方向相同,选项A错误;若闭合线圈平面与磁场方向平行,则无论磁场强弱如何变化,穿过线圈的磁通量始终为零,不产生感应电流,选项B错误;若线圈切割磁感线时,穿过线圈的磁通量不发生变化,则不能产生感应电流,选项C错误;只有选项D正确.答案:D2.如图所示,一线圈用细杆悬于P点,开始时细杆处于水平位置,释放后让它在匀强磁场中运动,已知线圈平面始终与纸面垂直,当线圈第一次通过位置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ时(位置Ⅱ正好是细杆竖直位置),线圈内的感应电流方向(顺着磁场方向看去)是()A.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ位置均是顺时针方向B.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ位置均是逆时针方向C.Ⅰ位置是顺时针方向,Ⅱ位置为零,Ⅲ位置是逆时针方向D.Ⅰ位置是逆时针方向,Ⅱ位置为零,Ⅲ位置是顺时针方向解析:线圈由初始位置向Ⅰ位置运动过程中,沿磁场方向的磁通量逐渐增大,根据楞次定律,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,从右向左穿过线圈,根据安培定则,Ⅰ位置时感应电流的方向(沿磁感线方向看去)是逆时针方向;在Ⅱ位置时由左向右穿过线圈的磁通量最大,由Ⅱ位置向Ⅲ位置运动时,向右穿过线圈的磁通量减少,根据楞次定律,感应电流的磁场方向向右,阻碍它的减少,根据安培定则可判定Ⅲ位置的电流方向(沿磁感线方向看去)是顺时针方向,且知Ⅱ位置时感应电流为零. 故选D.答案:D3.闭合线圈abcd运动到如图所示的位置时,bc边所受到的磁场力方向向下,那么线圈的运动情况是()A.向左平动进入磁场B.向右平动出磁场C.向上平动D.向下平动解析:当bc受力向下时,说明感应电流方向由b指向c,当向左进入磁场时,磁通量增加,感应电流的磁场方向应该与原磁场方向相反,垂直纸面向里,用右手螺旋定则可以判断感应电流方向为顺时针方向.答案:A4.如图所示,一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管,则电路中()A.始终有感应电流自a向b流过电流表GB.始终有感应电流自b向a流过电流表GC.先有a→G→b方向的感应电流,后有b→G→a方向的感应电流D.将不会产生感应电流解析:条形磁铁从左边进入螺线管的过程中,在螺线管内产生的磁场方向向右,且穿过螺线管的磁通量不断增加,根据楞次定律,产生的感应电流的方向是a→G→b;条形磁铁从螺线管中向右穿出的过程中,在螺线管中产生的磁场方向仍向右,穿过螺线管的磁通量不断减小,根据楞次定律,产生的感应电流的方向是b→G→a,故C正确.答案:C5.如图所示,磁铁垂直于铜环所在平面,当磁铁突然向铜环运动时,铜环的运动情况是()A.向右摆动B.向左摆动C.静止D.转动解析:铜环只有向右运动,才能阻碍穿过铜环的磁通量的增加.答案:A6.如图所示,矩形线框与长直导线在同一平面内,当矩形线框从直导线的左侧平移到右侧的过程中线框内感应电流的方向为()A.先顺时针,后逆时针B.先逆时针,后顺时针C.先顺时针,后逆时针,再顺时针D.先逆时针,后顺时针,再逆时针解析:直线电流产生的磁场在右侧垂直纸面向里,在左侧垂直线面向外,线框从左向右平移时,磁通量是先从垂直纸面向外的增强到减弱(线框通过导线时),当线框正通过直线电流的中间时,磁通量为零,继续向右运动时磁通量从垂直纸面向里的增强又到减弱,根据楞次定律和右手定则,感应电流的方向先为顺时针,后为逆时针,再顺时针.答案:C7.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,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<mgD.F T1<mg,F T2>mg解析:当圆环经过磁铁上端时,磁通量增大,根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推,又由牛顿第三定律可知圆环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,磁通量减小,根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸,同理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:A8.(多选)如图是验证楞次定律实验的示意图,竖直放置的线圈固定不动,将磁铁从线圈上方插入或拔出,线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流. 各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况,其中表示正确的是()解析:根据楞次定律可确定感应电流的方向:如对C图分析,当磁铁向下运动时:(1)闭合线圈原磁场的方向——向上;(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加;(3)感应电流产生的磁场方向——向下;(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同. 线圈的上端为S极,磁铁与线圈相互排斥. 综合以上分析知,C、D正确.答案:CDB组1.如图所示,固定的水平长直导线中通有直流I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行. 线框由静止释放,在下落过程中()A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流方向保持不变C.线框所受安培力的合力为零D.线框的机械能不断增大解析:线框下落过程中,穿过线框的磁通量减小,选项A错误;由楞次定律可判断出感应电流方向一直沿顺时针方向,选项B正确;线框受到的安培力的合力竖直向上,但小于重力,则合力不为零,选项C错误;在下落过程中,安培力对线框做负功,则其机械能减小,选项D错误. 答案:B2.如图所示,当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时,线圈c向右摆动,则ab的运动情况是()A.向左或向右匀速运动B.向左或向右减速运动C.向左或向右加速运动D.只能向右匀加速运动解析:当导线ab在导轨上滑行时,线圈c向右运动,说明穿过线圈的磁通量正在减少,即右侧回路中的感应电流减小,导线正在减速运动,与方向无关,故A、C、D错误,B正确.答案:B3.如图所示,螺线管CD的导线绕向不明,当磁铁AB插入螺线管时,电路中有图示方向的电流产生,下列关于螺线管极性的判断正确的是()A.C端一定是N极B.C端一定是S极C.C端的极性一定与磁铁B端的极性相同D.无法判断极性,因螺线管的绕法不明解析:AB的插入使螺线管磁通量增大而产生感应电流,根据楞次定律知,感应电流的磁场阻碍AB插入,因此,C端极性一定和B端极性相同.答案:C4.如图所示,粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈. 当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时,若线圈始终不动,则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是()A.F N先小于mg后大于mg,运动趋势向左B.F N先大于mg后小于mg,运动趋势向左C.F N先小于mg后大于mg,运动趋势向右D.F N先大于mg后小于mg,运动趋势向右解析:当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时,线圈中向下的磁通量先增加后减小,由楞次定律可知,线圈中先产生逆时针方向的感应电流,后产生顺时针方向的感应电流,线圈的感应电流磁场阻碍磁铁的运动,故靠近时磁铁与线圈相互排斥,线圈受排斥力向右下方,F N大于mg,线圈有水平向右运动的趋势;离开时磁铁与线圈相互吸引,线圈受到吸引力向右上方,F N小于mg,线圈有水平向右运动的趋势. 所以正确选项是D.答案:D5.(多选)如图所示,导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动,且两水平轨道在中央交叉处互不相通. 当导体棒AB向左移动时()A.AB中感应电流的方向为A到BB.AB中感应电流的方向为B到AC.CD向左移动D.CD向右移动解析:由右手定则可判断导体AB中感应电流方向为A→B,由左手定则可判断导体CD受到向右的安培力作用而向右运动.答案:AD6.(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,要使线圈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)()A.向右匀速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向右加速运动解析:欲使线圈N产生顺时针方向的感应电流,则感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里,由楞次定律可知有两种情况:一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流,使其在N中的磁场方向向里,且磁通量在减小;二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流,使其在N中的磁场方向向外,且磁通量在增大. 因此,对于前者,应使ab减速向右运动;对于后者,则应使ab加速向左运动. 故应选B、C. (注意匀速运动只能产生恒定电流;匀变速运动产生均匀变化的电流)答案:BC4 法拉第电磁感应定律课时演练·促提升A组1.闭合电路中产生的感应电动势的大小,跟穿过这一闭合电路的下列哪个物理量成正比()A.磁通量B.磁感应强度C.磁通量的变化率D.磁通量的变化量解析:根据法拉第电磁感应定律表达式E=n知,闭合电路中感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,而与磁通量Φ、磁感应强度B、磁通量的变化量ΔΦ无关,所以选项A、B、D 错误,选项C正确.答案:C2.穿过一个单匝线圈的磁通量,始终以每秒均匀地增加2 Wb,则()A.线圈中的感应电动势每秒增大2 VB.线圈中的感应电动势每秒减小2 VC.线圈中的感应电动势始终为2 VD.线圈中不产生感应电动势解析:根据题意,穿过线圈的磁通量始终每秒均匀增加2 Wb,即穿过线圈的磁通量的变化率=2 Wb/s,由法拉第电磁感应定律知E=n=2 V,所以选C.答案:C3.如图所示,有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路,垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B,已知圆的半径r=5 cm,电容C=20 μF,当磁场B以4×10-2 T/s的变化率均匀增加时,则()A.电容器a板带正电,电荷量为2π×10-9 CB.电容器a板带负电,电荷量为2π×10-9 CC.电容器b板带正电,电荷量为4π×10-9 CD.电容器b板带负电,电荷量为4π×10-9 C解析:根据楞次定律可判断a板带正电,线圈中产生的感应电动势E=πr2=π×10-4 V,板上带电荷量Q=CE=2π×10-9 C,选项A正确.答案:A4.(多选)如图所示为地磁场磁感线的示意图,在北半球地磁场的竖直分量向下. 飞机在我国上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度保持不变. 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,右方机翼末端处的电势为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高解析:由右手定则可知机翼左端电势比右端电势高,即φ1>φ2,A、C项正确.答案:AC5.(多选)在北半球,地磁场的竖直分量向下. 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高解析:该题中飞机两翼是金属材料,可视为一垂直于飞行方向切割竖直向下的磁感线的导体棒,磁场水平分量对产生电动势无作用. 对选项A,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,选项A正确. 同理,飞机从东往西飞,仍是φ1>φ2,选项B错误. 从南往北、从北往南飞,都是φ1>φ2,故选项C正确,选项D错误.答案:AC6.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出,设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力,则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是()A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法判断解析:棒ab水平抛出后,其速度越来越大,但只有水平分速度v0切割磁感线产生感应电动势,故E=Bl v0保持不变.答案:C7.将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内. 回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中. 回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示. 用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图象是()。
2021年高二人教版物理选修3-2练习册：单元测评1含答案
2021年高二人教版物理选修3-2练习册：单元测评1含答案一、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，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)1．闭合电路中感应电动势的大小取决于穿过这一电路的( )A．磁通量B．磁通量的变化量C．磁通量的变化率D．磁通量变化所需时间2．如图C11所示的条形磁铁的上方，放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框在由N端匀速平移到S端的过程中，线框中的感应电流的情况是( )图C11A．线框中始终无感应电流B．线框中始终有感应电流C．线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流，以后又有了感应电流D．以上说法都不对3．(多选)为了研究磁通量变化时感应电流的方向，先通过图C-1-2甲确定电流通过检流计时指针的偏转方向．图乙为实验过程的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将条形磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和检流计构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈运动的方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是()A B C D甲乙图C-1-24．如图C-1-3所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直于纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l.t＝0时刻，bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a的方向为感应电流的正方向，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图像应是图C-1-4中的()图C-1-3A B C D图C-1-45．如图C-1-5所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的磁感应强度的大小为B的匀强磁场中绕圆心O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，圆盘的圆心和边缘间接有一个阻值为R的电阻，则通过电阻R的电流的大小和方向分别为(金属圆盘的电阻不计)()图C-1-5A．I＝Br2ωR，由c到dB．I＝Br2ωR，由d到cC．I＝Br2ω2R，由c到dD．I＝Br2ω2R，由d到c6．如图C-1-6所示，等腰三角形内有垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形的顶点在x 轴上且底边长为4L, 高为L，底边与x轴平行．一个位于纸面内的边长为L的正方形导线框abcd以恒定速度沿x轴正方向穿过磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，图C-1-7中能够正确表示电流i与位移x的关系的图像是()图C-1-6图C-1-77．两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个匝数为n的线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图C -1-8所示．两板间有一个质量为m 、电荷量为＋q 的油滴恰好处于静止状态，则线圈中的磁感应强度B 的方向及变化情况和磁通量的变化率分别是( )图C -1-8A ．磁感应强度B 竖直向上且在增强，ΔΦΔt ＝dmg nqB ．磁感应强度B 竖直向下且在增强，ΔΦΔt ＝dmg nqC ．磁感应强度B 竖直向上且在减弱，ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqRD ．磁感应强度B 竖直向下且在减弱，ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqR8．(多选)如图C -1-9所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放，三个线圈是用相同的金属材料制成的边长相等的正方形线圈，A 线圈有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则( )图C -1-9A ．三个线圈同时落地B ．A 线圈最先落地C ．A 线圈最后落地D ．B 、C 线圈同时落地9．在如图C -1-10所示的电路中，两个相同的小灯泡L 1和L 2分别与一个带铁芯的电感线圈L 和一个滑动变阻器R 串联．闭合开关S 后，调整R ，使L 1和L 2的亮度相同，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′时刻前后的一小段时间内，图C -1-11中能正确反映流过L 1的电流i 1、流过L 2的电流i 2随时间t 变化的图像是( )图C -1-10A B C D图C -1-1110．(多选)如图C -1-12所示，光滑的水平地面上方有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的垂直于纸面的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个位于纸面内的半径为a 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环沿垂直于磁场方向的速度v 从如图所示的位置开始运动，当圆环运动到其直径刚好与边界线PQ 重合时，圆环的速度为v 2，则下列说法正确的是( )图C -1-12A ．此时圆环中的电功率为4B 2a 2v 2RB ．此时圆环的加速度为4B 2a 2v mRC ．此过程中通过圆环截面的电荷量为πBa 2RD ．此过程中回路产生的电能为0.75mv 2第Ⅱ卷(非选择题 共60分)二、实验题(本题共2小题，11题7分，12题8分，共15分)11．图C -1-13为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．图C -1-13(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流计的指针将向______偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，电流计的指针将向______偏．12．在研究电磁感应的实验中，实验装置如图C -1-14所示．线圈C 与灵敏电流表构成闭合电路．电源、开关、带有铁芯的线圈A 、滑动变阻器构成另一个独立电路．表格中的第三行已经列出了实验操作以及与此操作对应的电流表的表针偏转方向，请以此为参考，把表格填写完整．实验操作电流表的表针偏向 1.闭合开关S 瞬间2.在开关S 闭合的情况下，滑动变阻器的触头向右滑动时表针向右摆动 3.在开关S 闭合的情况下，线圈A 远离线圈C 时4.在开关S 闭合的情况下，将线圈A 中的软铁棒抽出时三、计算题(本题共4小题，13题10分，14题10分，15题12分，16题13分，共45分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分)13．如图C -1-15甲所示，匝数200匝的圆形线圈，面积为50 cm 2，放在匀强磁场中，线圈平面始终与磁场方向垂直，并设磁场方向垂直于纸面向里时磁感应强度为正．线圈的电阻为0.5 Ω，外接电阻R ＝1.5 Ω.当穿过线圈的磁场按图乙所示的规律变化时：(1)0～0.1 s 内a 、b 两点哪一点的电势高？(2)求0.1～0.5 s 内通过R 的电流大小；(3)求电阻R 所消耗的电功率(建议学完“交变电流”以后再做)．甲乙图C-1-1514．如图C-1-16甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝1 m，上端接有阻值为R＝3 Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的垂直于导轨放置的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，杆下落的过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v-t图像如图乙所示．(g取10 m/s2)求：(1)磁感应强度B的大小；(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量．图C-1-1615．两根光滑平行的长直金属导轨MN、M′N′在同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′间接有如图C-1-17所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度为l、阻值为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力的作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离s的过程中，整个回路中产生的热量为Q.求：(1)ab运动的速度v的大小；(2)电容器所带的电荷量q.图C-1-1716．如图C-1-18所示，在倾角为θ的光滑斜面上有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界AA′、CC′与水平面平行，间距为d，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上．用粗细均匀的导线绕制的矩形线框abcd位于斜面上，其质量为m，电阻为R，ab边长为2l，bc边长为l(l＜d)．现令线框由静止开始沿斜面下滑，恰好匀速进入磁场区域，线框下滑过程中cd边始终与磁场边界平行．重力加速度为g.求：(1)线框释放时ab边与磁场上边界AA′的距离L；(2)ab边穿出边界CC′瞬间，a、b两点间的电势差U ab；(3)从开始释放线框到ab边与CC′重合的过程中，线框中产生的热量Q.图C-1-18参考答案测评卷参考答案单元测评(一)1．C [解析] 由E ＝n ΔΦΔt得，E 与磁通量的变化率成正比，故选项C 正确． 2．B3．CD [解析] 选项A 中条形磁铁向下插入线圈中时，向下穿过线圈的磁通量逐渐增大，所以感应电流产生的磁场方向向上，根据安培定则可知，选项A 错误，同理可知，选项B 错误，选项C 、D 正确．4．B [解析] 由楞次定律知，线圈进入磁场时感应电流的方向为负，穿出时为正；E ＝BLv 中L 为有效切割长度，故线圈进入磁场时电流由大变小，穿出时电流也由大变小，选项B 正确．5．D [解析] 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r 的导体棒绕O 点做匀速圆周运动，产生的感应电动势的大小为E ＝Br 2ω2，通过电阻R 的电流I ＝Br 2ω2R，由右手定则可知，电流的方向为由d 到c ，选项D 正确．6．A [解析] 导线框从t ＝0时刻开始向右运动L 时，导线框的bc 边切割磁感线，有效长度均匀增大，故电动势均匀增大，电流均匀增大，由右手定则可知，电流方向沿顺时针方向；当L ＜x ＜2L 时，ad 边开始进入磁场，由图可知，bc 边增加的切割长度与ad 边增加的切割长度相互抵消，故有效切割长度不变，则感应电动势不变，电流不变，沿顺时针方向；当2L ＜x ＜2.5L 时，bc 边切割长度减小，而ad 边切割长度增大，故电流要减小；当x ＝2.5 L 时，两边切割长度相等，故电流为零；当2.5L ＜x ＜3L 时，ad 边切割长度将大于bc 边，由右手定则可得出电流方向反向，电流增大；至此即可判断选项A 正确．7．C [解析] 由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，由楞次定律可以判定磁感应强度B 竖直向上且在减弱或竖直向下且在增强，选项A 、D 错误；因mg＝q U d ，U ＝E R ＋rR ，E ＝n ΔΦΔt ，联立可求得ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqR ，故选项B 错误，选项C 正确．8．BD [解析] 由于A 线圈上有缺口，A 线圈中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，选项B 正确. B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，设材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2 ，导线的横截面面积为S ，正方形线圈的边长为L ，则由牛顿第二定律有mg －B 2L 2v R ＝ma ，m ＝ρ1·4L·S ，R ＝ρ24L S ，所以4ρ1LSg －B 2LSv 4ρ2＝4ρ1LSa ，解得a ＝g －B 2v 16ρ1ρ2，由于B 、C 线圈开始下落的高度相同，故进入磁场时的速度相同，又因为线圈的材料相同，且进入同一磁场，所以加速度相同，B 、C 线圈同时落地，选项D 正确．9．B [解析] 闭合开关S 后，调整R ，使两个灯泡L 1、L 2的亮度相同，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的电流增大，使电感线圈L 产生自感电动势，阻碍流过L 1的电流i 1增大，故i 1将缓慢增大到I ，选项A 错误，选项B 正确；而流过灯泡L 2的电流i 2立即达到电流I 且保持不变，故选项C 、D 错误．10．AC [解析] 感应电动势E ＝2·B·2a·v 2＝2Bav ，感应电流I ＝E R ＝2Bav R，此时圆环中的电功率P ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫2Bav R 2R ＝4B 2a 2v 2R ，安培力F ＝2B·2aI ＝4BaI ＝8B 2a 2v R ，此过程中通过圆环截面的电荷量q ＝I －·Δt ＝ΔΦΔt·R ·Δt ＝ΔΦR ＝πBa 2R ，此过程中产生的电能E 电＝12mv 2－12m ⎝⎛⎭⎫v 22＝38mv 2.综上可知，选项A 、C 正确．11．(1)如图所示(2)右 左[解析] 在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，表明穿过副线圈的磁通量增加时，电流计的指针向右偏．原线圈迅速插入副线圈的过程中，穿过副线圈的磁通量增加，所以指针向右偏；滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，原线圈中的电流减小，穿过副线圈的磁通量减少，所以指针向左偏．12．表针向左摆动 表针向右摆动 表针向右摆动[解析] 滑动变阻器的触头向右滑动时，线圈A 中的电流减弱，磁场减弱，穿过线圈C 的磁通量减少，根据第二列给出的“表针向右摆动”的信息可知，磁通量减少时，表针向右摆动，反之，磁通量增加时，表针向左摆动．闭合开关S 瞬间，通过线圈C 的磁通量增加，表针向左摆动；在开关S 闭合的情况下，线圈A 远离线圈C 时，通过线圈C 的磁通量减少，表针向右摆动；在开关S 闭合的情况下，将线圈A 中的软铁棒抽出时，通过线圈C 的磁通量减少，表针向右摆动．13．(1)b 点电势高 (2)1 A (3)3 W[解析] (1)b 点电势高．(2)根据图像，由法拉第电磁感应定律，有E 2＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt＝2 V ， 故I 2＝E 2R ＋r ＝1 A . (3)根据图像，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝n ΔΦ′Δt′＝nS ΔB′Δt′＝4 V ， I 1＝E 1R ＋r＝2 A ； E 3＝E 1＝4 V ，I 3＝I 1＝2 A .由电流的有效值的定义，有I 21Rt 1＋ I 22Rt 2＋I 23Rt 3＝I 2R(t 1＋t 2＋t 3)，解得I ＝ 2 A ，故P ＝I 2R ＝3 W .14．(1)2 T (2)0.075 J[解析] (1)由图像知，杆自由下落0.1 s 后进入磁场并以v ＝1.0 m /s 的速度做匀速运动，产生的电动势E ＝BLv ，杆中的电流I ＝E R ＋r，杆所受安培力F 安＝BIL ， 由平衡条件得mg ＝F 安，联立解得B ＝2 T .(2)电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝0.075 J .15．(1)4QR B 2l 2s (2)CQR Bls[解析] (1)设ab 上产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，ab 运动距离s 所用的时间为t ，则有E ＝Blv ，I ＝E 4R ，t ＝s v，Q ＝I 2·4R·t ，联立解得v ＝4QR B 2l 2s. (2)设电容器两极板间的电势差为U ，则有U ＝IR ， 电容器所带电荷量q ＝CU ＝CQR Bls. 16．(1)m 2gR 2sin θ32B 4l 4 (2)2Bl 3⎝⎛⎭⎫mgR sinθ4B 2l 22＋2g （d －l ）sin θ (3)Q ＝mgl sin θ [解析] (1)线框匀速进入磁场，有mg sin θ＝IB·2l ，而I ＝B·2l·v R， 线框进入磁场前由机械能守恒定律，得mgL sin θ＝12mv 2， 联立解得L ＝m 2gR 2sin θ32B 4l 4. (2)线框完全进入磁场后，匀加速下滑的距离为(d －l)时ab 边穿出边界CC ＇，设此时线框的速度为v 2，此过程机械能守恒，有mg(d －l)sin θ＋12mv 2＝12mv 22， 此时cd 边切割磁感线，电动势E ＝B·2l·v 2，电流方向为a→b→c→d→a ，U ab ＞0，且U ab ＝E 3， 联立解得U ab ＝2Bl 3⎝⎛⎭⎫mgR sin θ4B 2l 22＋2g （d －l ）sin θ. (3)由能量守恒定律得Q ＝mgl sin θ. 37272 9198 醘= 40759 9F37 鼷35486 8A9E 語U34062 850E 蔎32360 7E68 繨a24854 6116 愖hR319147CAA 粪。
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。
最新人教版高中物理选修3-2单元测试题含答案全套
最新人教版高中物理选修3--2单元测试题含答案全套第四章《电磁感应》单元测试题一、单选题(每小题只有一个正确答案)1.关于自感现象，下列说法中正确的是()A．自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象B．自感电动势总是阻止原电流的变化C．自感电动势的方向总与原电流方向相反D．自感电动势的方向总与原电流方向相同2.如图所示，在正方形线圈的内部有一条形磁铁，线圈与磁铁在同一平面内，两者有共同的中心轴线OO′，关于线圈中产生感应电流的下列说法中，正确的是()A．当磁铁向纸面外平移时，线圈中产生感应电流B．当磁铁向上平移时，线圈中产生感应电流C．当磁铁向下平移时，线圈中产生感应电流D．当磁铁N极向纸外，S极向纸里绕OO′轴转动时，线圈中产生感应电流3.如图所示，通电螺线管水平固定，OO′为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小关系，下列判断正确的是()A．Ba＝Bb＝Bc，Φa＝Φb＝ΦcB．Ba>Bb>Bc，Φa<Φb<ΦcC．Ba>Bb>Bc，Φa>Φb>ΦcD．Ba>Bb>Bc，Φa＝Φb＝Φc4.如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R 的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则()A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同5.如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板()A．不带电B．所带电荷量与t成正比C．带正电，电荷量是D．带负电，电荷量是6.如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经时间t到达竖直位置，产生热量为Q，若重力加速度为g，则ab边在最低位置所受安培力大小等于()A．B．BLC．D．7.如图所示，L为一根无限长的通电直导线，M为一金属环，L通过M的圆心并与M所在的平面垂直，且通以向上的电流I，则()A．当L中的I发生变化时，环中有感应电流B．当M左右平移时，环中有感应电流C．当M保持水平，在竖直方向上下移动时环中有感应电流D．只要L与M保持垂直，则以上几种情况，环中均无感应电流8.如图所示，一矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，进入磁场后上升一段高度又落下离开磁场，运动中线框只受重力和安培力作用，线框在向上、向下经过图中1、2位置时的速率按时间顺序依次为v1、v2、v3和v4，则可以确定()A．v1＜v2B．v2＜v3C．v3＜v4D．v4＜v19.圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如下图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大10.如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使线圈中的磁通量发生变化？()A．向左或向右平动B．向上或向下平动C．绕O1O2转动D．平行于纸面向里运动11.一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示)，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，下图中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是()A．B．C．D．12.如图所示，导体棒ab长为4L，匀强磁场的磁感应强度为B，导体绕过O点垂直纸面的轴以角速度ω匀速转动，a与O的距离很近．则a端和b端的电势差Uab的大小等于()A．2BL2ωB．4BL2ωC．6BL2ωD．8BL2ω13.磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是()A．B．C．D．14.下列实验现象，属于电磁感应现象的是()A．导线通电后，其下方的小磁针偏转B．通电导线AB在磁场中运动C．金属杆切割磁感线时，电流表指针偏转D．通电线圈在磁场中转动15.如图所示，小螺线管与音乐播放器相连，大螺线管直接与音箱相连．当把小螺线管插入大螺线管中时音乐就会从音箱中响起来，大小螺线管之间发生的物理现象是()A．自感B．静电感应C．互感D．直接导电二、多选题(每小题至少有两个正确答案)16.(多选)在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线(Ⅰ)位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图(Ⅱ)位置时，线框的速度为v，则下列说法正确的是()2A．图(Ⅱ)时线框中的电功率为B．此过程中回路产生的电能为3mv28C．图(Ⅱ)时线框的加速度为D．此过程中通过线框横截面的电荷量为17.(多选)如图所示，金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场的方向竖直向下．则ab棒在恒力F作用下向右运动的过程中，有()A．安培力对ab棒做正功B．安培力对cd棒做正功C．abdca回路的磁通量先增加后减少D．F做的功等于回路产生的总热量和系统动能的增量之和18.如下图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现在将垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是()A．感应电流方向是N→MB．感应电流方向是M→NC．安培力水平向左D．安培力水平向右19.(多选)两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环．当A以如图所示的方向绕中心轴转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则()A．A可能带正电且转速减小B．A可能带正电且转速增大C．A可能带负电且转速减小D．A可能带负电且转速增大20.(多选)如图所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑、但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速度释放，穿过A管比穿过B管的小球先落到地面．下面对于两管的描述中可能正确的是()A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的三、实验题21.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示．它们是：①电流计②直流电源③带铁芯(图中未画出)的线圈A④线圈B⑤开关⑥滑动变阻器(1)按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．(2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出两种方法：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.22.图为“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将小线圈迅速插入大线圈时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下；②小线圈插入大线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下．四、计算题23.如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0 m，下端连接R＝1.6 Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间均存在磁感应强度B＝1.0 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒、大小F＝5.0 N的恒力使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行，当金属棒滑行2.8 m后速度保持不变．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；(2)当金属棒沿导轨向上滑行的速度v′＝2 m/s时，其加速度的大小a.五、填空题24.磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是________(填“防止”或“利用”)涡流而设计的，起________(填“电磁阻尼”或“电磁驱动”)的作用．25.某同学利用假期进行实验复习，验证电磁感应产生的条件．他通过如图所示实验，观察到以下实验现象：①把磁铁插入线圈时，线圈中有感应电流；②把磁铁放在线圈内不动，线圈中无感应电流；③把磁铁从线圈中拔出，线圈中有感应电流．这次实验表明，穿过闭合线圈的磁通量________(选填“变化”或“不变化”)，线圈中就有感应电流．26.(1)实验装置如图(a)所示，合上电键S时发现电流表指针向右偏，填写下表空格：(2)如图(b)所示，A、B为原、副线圈的俯视图，已知副线圈中产生顺时针方向的感应电流，根据图(a)可判知可能的情况是()A．原线圈中电流为顺时针方向，变阻器滑动片P在右移B．原线圈中电流为顺时针方向，正从副线圈中拔出铁芯C．原线圈中电流为逆时针方向，正把铁芯插入原线圈中D．原线圈中电流为逆时针方向，电键S正断开时27.一个200匝、面积为20 cm2的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面成30°角，磁感应强度B＝0.5 T，在0.05 s内线圈转到与磁场方向垂直的位置，在此过程中，线圈中的平均感应电动势＝________V.28.一个直径为d的圆形线圈，垂直放置在磁感强度为B的匀强磁场中，现使线圈绕其直径转过30°角，如图所示，则穿过线圈的磁通量的变化为________．六、简答题29.如图所示，导体棒运动过程中产生感应电流，试分析电路中的能量转化情况．答案解析1.【答案】A【解析】自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象，在自感现象中自感电动势总是阻碍原电流的变化，不是阻止，所以选项A对、B错．当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时，自感电动势与原电流方向相反，所以选项C、D错．2.【答案】D【解析】由条形磁铁周围磁感线的分布特点可知，当磁铁平动时，穿过正方形线圈的磁通量始终为零不发生变化，故线圈中不产生感应电流，故A、B、C错；当磁铁转动时，穿过正方形线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，D对．3.【答案】C【解析】靠近螺线管的地方磁场强，由题图知，a、b、c三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系为Ba>Bb>Bc；三个小圆环的面积相同，根据磁通量的定义可知，Φa>Φb>Φc，所以A、B、D错误；C正确．4.【答案】C【解析】由题可知，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，断开开关再重新闭合的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，由题知，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．5.【答案】D【解析】磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝kS，而S ＝，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝；由楞次定律知电容器P板带负电，D选项正确．6.【答案】Dmv2①【解析】由能量守恒得：mgL＝Q＋12F＝BIL②I＝③由①②③得：F＝，故选项D正确．7.【答案】D【解析】由安培定则可知导线L中电流产生的磁场方向与金属环面平行，即穿过M的磁通量始终为零，保持不变，故只要L与M保持垂直，A、B、C三种情况均不能产生感应电流．8.【答案】D【解析】由能量守恒定律可知，线框从进入磁场到离开磁场的过程中，有部分机械能转化为焦耳热，即机械能减小，则v4＜v1，D正确；而线框完全在磁场中运动时，由于磁通量不变，没有感应电流，故线框只受重力作用，机械能守恒，则v2＝v3，B错误；由楞次定律可知，线框进入磁场时受到的安培力方向竖直向下，重力方向竖直向下，因而做减速运动，故v1＞v2，A错误；线框离开磁场时受到的安培力方向竖直向上，重力方向竖直向下，二者大小关系不能确定，故v3、v4大小关系也不能确定，C错误．故选D.9.【答案】D【解析】通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增大，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C错误，D正确．10.【答案】C【解析】线圈向左或向右平动，Φ＝BS，不变，A错误；线圈向上或向下平动，Φ＝BS，不变，B错误；线圈绕O1O2转动，根据公式Φ＝BS sinθ，磁通量不断改变，C正确；线圈平行于纸面向里运动，Φ＝BS，不变，D错误．11.【答案】C×，所以线圈中的感应电流取决于磁感应强度【解析】由电磁感应定律和欧姆定律得I＝＝＝SRB随t的变化率．由图乙可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则知感应电流是逆时针的，因而是负值．可判断：1～2 s为正的恒值；2～3 s为零；3～4 s为负的恒值；4～5 s为零；5～6 s为正的恒值．故C正确，A、B、D错误．12.【答案】Dωl＝ω【解析】由E＝Blv，切割磁感线的总长度为4L，切割磁感线的平均速度v＝12即：Uab＝E＝B·4L·2Lω＝8BL2ω，D正确．13.【答案】D【解析】由公式E＝Blv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故正确选项为D.14.【答案】C【解析】导线通电后，其下方的小磁针受到磁场的作用力而发生偏转，说明电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象，故A错误；通电导线AB在磁场中受到安培力作用而运动，不是电磁感应现象，故B错误；金属杆切割磁感线时，电路中产生感应电流，是电磁感应现象，故C正确；通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动，不是电磁感应现象，故D错误．15.【答案】C【解析】小螺线管与音乐播放器相连，小线圈中输入了音频信号；当把小螺线管插入大螺线管中时音乐就会从音箱中响起来，说明大线圈中激发出了感应电流，是互感现象．16.【答案】AB【解析】回路中产生感应电动势为E＝2Ba2v感应电流为I＝＝，此时线框中的电功率P＝I2R＝，故A正确．根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的电能为Q＝12mv2－1 2m(2v)2＝38mv2，故B正确．左右两边所受安培力大小为F＝BIa＝，则加速度为a＝＝，故C错误．此过程通过线框横截面的电荷量为q＝＝，故D错误．故选A、B.17.【答案】BD【解析】ab棒向右运动产生感应电流，电流通过cd棒，cd棒受向右的安培力作用随之向右运动．设ab、cd棒的速度分别为v1、v2，运动刚开始时，v1>v2，回路的电动势E＝，电流为逆时针方向，ab、cd棒所受的安培力方向分别向左、向右，安培力分别对ab、cd棒做负功、正功，选项A错误，B正确；金属棒最后做加速度相同、速度不同的匀加速运动，且v1>v2，abdca回路的磁通量一直增加，选项C错误；对系统，由动能定理可知，F做的功和安培力对系统做的功的代数和等于系统动能的增量，而安培力对系统做的功等于回路中产生的总热量，选项D正确．18.【答案】AC【解析】由右手定则知，MN中感应电流方向是N→M，再由左手定则可知，MN所受安培力方向垂直导体棒水平向左，C正确，故选A、C.19.【答案】BC【解析】选取A环研究，若A环带正电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向里增加，由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向外，故B正确，A错误；若A环带负电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向外增加，由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向里，B环中感应电流的方向应为顺时针方向，故D错误，C正确．故选B、C.20.【答案】AD【解析】由题意可知，小球在B管中下落的速度要小于A管中的下落速度，故说明小球在B管时受到阻力作用．其原因是金属导体切割磁感线，从而使闭合的导体中产生感应电流，由于磁极间的相互作用而使小球受向上的阻力．故B管应为金属导体，如铜、铝、铁等，而A管应为绝缘体，如塑料、胶木等，故AD 正确．21.【答案】(1)实物电路图如图所示：(2)①断开或闭合开关②闭合开关后移动滑动变阻器的滑片．【解析】(1)实物电路图如图所示：(2)断开或闭合开关的过程中或闭合开关后移动滑片的过程中，穿过线圈B的磁通量发生，线圈B中有感应电流产生．22.【答案】(1)如图：(2)①右②左【解析】(1)将电源、开关、滑动变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．(2)闭合开关，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将右偏．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏．23.【答案】(1)4 m/s(2)2 m/s2【解析】(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流I m＝由平衡条件有F＝mg sinθ＋BI m L代入数据解得v＝4 m/s(2)此时金属棒受到的安培力F安＝由牛顿第二定律有F－mg sinθ－F安＝ma解得a＝2 m/s2.24.【答案】利用电磁阻尼【解析】磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是利用涡流而设计的，当线圈转动时，产生感应电流，受到安培力，使指针迅速稳定，起电磁阻尼的作用．25.【答案】变化【解析】产生感应电流的条件为：只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化就有感应电流产生．26.【答案】(1)右右左(2)BC【解析】(1)因合上电键S时，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，此时电流表指针向右偏，则当滑片P右移时，电阻减小，电流增加，故此时电流表指针向右偏；在原线圈中插入软铁棒时，穿过线圈的磁通量增加，则此时电流表指针向右偏；拔出原线圈时，穿过线圈的磁通量减小，则此时电流表指针向左偏；(2)因副线圈中产生顺时针方向的感应电流，故穿过A的磁通量为向里的减小或者向外的增加；若原线圈中电流为顺时针方向，变阻器滑片P在右移，则电流增大，磁通量为向里增加，选项A错误；原线圈中电流为顺时针方向，正从副线圈中拔出铁芯，则磁通量为向里减小，选项B正确；原线圈中电流为逆时针方向，正把铁芯插入原线圈中，则磁通量为向外增加，选项C正确；原线圈中电流为逆时针方向，电键S正断开时，则磁通量为向外减小，选项D错误；故选B、C.27.【答案】2或6【解析】磁场方向与线圈平面成30°角，磁感应强度B＝0.5 T，在0.05 s内线圈转到与磁场方向垂直的位置，由于没有明确线圈转动方向，所以分为顺时针和逆时针转动，(1)顺时针转动：穿过线圈的磁通量变化量是：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS－BS·sin 30°＝5×10－4Wb则线圈中感应电动势大小为：E＝N＝2 V(2)逆时针转动：穿过线圈的磁通量变化量是：ΔΦ′＝Φ2＋Φ1＝BS＋BS·sin 30°＝1.5×10－3Wb则线圈中感应电动势大小为：E′＝N＝6 V.28.【答案】πBd2【解析】在匀强磁场中，当磁场与线圈平面垂直时，穿过线圈平面的磁通量Φ＝BS；磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1.当磁场与线圈平面垂直时，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝BS＝Bπ2；现使线圈绕其直径转过30°角，磁通量的大小为Φ2＝BS cos 30°＝Bπ2＝πBd2；则穿过线圈的磁通量的变化为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝πBd2－14πBd 2＝πBd2.29.【答案】导体棒中的电流受到安培力作用，安培力的方向与运动方向相反，阻碍导体棒的运动，导体棒要克服安培力做功，将机械能转化为电能．【解析】导体棒中的电流受到安培力作用，安培力的方向与运动方向相反，阻碍导体棒的运动，导体棒要克服安培力做功，将机械能转化为电能．第五章《交变电流》单元测试题一、单选题(每小题只有一个正确答案)1.某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图所示规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是()A．输出电压的最大值为36 VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为55∶9D．交流电源有效值为220 V，频率为50 Hz2.用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则()A．输出电压的最大值是110 VB．变压器输入功率约为3.9 WC．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin (100πt＋)A23.如图为理想变压器原线圈所接电源电压波形，原、副线圈匝数比为n1∶n2＝10∶1，串联在原线圈电路中的电流表示数为1 A，下列说法正确的是()A．变压器输出端所接电压表的示数为20VB．变压器输出功率为100 WC．变压器输出的交流电的频率为100 HzD．若n1＝100匝，则副线圈处穿过每匝线圈的磁通量变化率的最大值为2Wb/s4.某水电站，用总电阻为5 Ω的输电线给940 km外的用户送电，其输出电功率是3×106kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是()A．输电线上输送的电流大小为1×105AB．输电线上损失电压为30 kVC．该输电系统的输电效率为95%D．若改用10 kV电压输电，则输电线上损失的功率为4.5×108kW5.如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V、电流表示数为10 A，则高压输电线的送电功率为()A．2.2×103WB．2.2×10－2WC．2.2×108WD．2.2×104W6.在远距离输电中，输电线电阻一定，输送电功率一定，如果将输电电压提高到原来的10倍，则输电线上消耗的功率减小到原来的()A．10倍B．C．100倍D．7.在图中L为电感线圈，C为电容，A、B为两只相同的灯泡，将它们接在电压为u的交流电源上，两只灯泡的亮度一样．若保持电源电压不变，而将电源频率增大，下列说法中正确的是()A．两灯泡的亮度不变B．A灯泡亮度不变，B灯泡变亮C．A灯泡变暗，B灯泡变亮D．A灯泡变亮，B灯泡变暗8.如图所示，在A、B间接入正弦交流电U1＝220 V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R＝20 Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1＝110匝，副线圈n2＝20匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗热功率为P，则有()A．U0＝40V，P＝80 WB．U0＝40 V，P＝80 WC．U0＝40V，P＝20 WD．U0＝40 V，P＝20 W9.一正弦交流电的电流随时间变化规律图象如图所示，由图可知()A．用电流表测该电流其示数为14.1 AB．该交流电流的频率为100 HzC．该交流电流通过10 Ω电阻时，电阻消耗的电功率为1 000 WD．该交流电流瞬时值表达式为i＝10sin 628t(A)10.一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M 是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场．若从图示位置开始计时电动势为正值，下列图象中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是()A．B．C．D．11.随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器。
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。
最新人教版高中物理选修3-2测试题及答案全套
最新人教版高中物理选修3-2测试题及答案全套单元测评(一)电磁感应(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．下列现象中，属于电磁感应现象的是()A．小磁针在通电导线附近发生偏转B．通电线圈在磁场中转动C．因闭合线圈在磁场中运动而产生的电流D．磁铁吸引小磁针解析：电磁感应是指“磁生电”的现象，而小磁针和通电线圈在磁场中转动，反映了磁场力的性质，所以A、B、D项不是电磁感应现象，C项是电磁感应现象．答案：C如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是() A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动(小于90°)C．以ad边为轴转动(小于60°)D．以bc边为轴转动(小于60°)解析：将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流．当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边的右半段在做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流．当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流．如果转过的角度超过60°(60°～300°)，bc 边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流．当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积)．答案：D如图所示，通电螺线管水平固定，OO′为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度B a、B b、B c的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小关系，下列判断正确的是()A．B a＝B b＝B c，Φa＝Φb＝ΦcB．B a＞B b＞B c，Φa＜Φb＜ΦcC．B a＞B b＞B c，Φa＞Φb＞ΦcD．B a＞B b＞B c，Φa＝Φb＝Φc解析：根据通电螺线管产生的磁场特点可知B a＞B b＞B c，由Φ＝BS可得Φa ＞Φb＞Φc，故C项正确．答案：C如图所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合，为了在磁铁开始运动时在线圈中得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式应是()A．N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动B．N极向纸外，S极向纸内，使磁铁绕O点转动C．磁铁在线圈平面内顺时针转动D．磁铁在线圈平面内逆时针转动解析：当N极向纸内、S极向纸外转动时，穿过线圈的磁场由无到有并向里，感应电流的磁场应向外，电流方向为逆时针，A选项正确；当N极向纸外、S极向纸内转动时，穿过线圈的磁场向外并增加，电流方向为顺时针，B选项错误；当磁铁在线圈平面内绕O点转动时，穿过线圈的磁通量始终为零，因而不产生感应电流，C、D选项错误．答案：A5．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是()①②③④A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大C．图③中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图④中回路产生的感应电动势先变小再变大解析：图④中磁通量的变化率先变小后变大，因此，回路产生的感应电动势先变小再变大．答案：D6．(多选题)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为()A．增大涡流，提高变压器的效率B．减小涡流，提高变压器的效率C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量D．增大铁芯中的电阻，以减小发热量解析：不使用整块硅钢而是采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯中的电阻，阻断涡流回路，来减少电能转化成铁芯的内能，提高效率是防止涡流而采取的措施．本题正确选项是BD.答案：BD7．(多选题如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A．变为0B．先减小后不变C．等于F D．先增大再减小解析：导体棒a在恒力F作用下加速运动，最后匀速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大，最后不变．由力平衡可知，导体棒b受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小，最后不变，所以选项A、B正确，选项C、D错误．答案：AB8．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t＝0时刻，bc边与磁场区域左边界重合．现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t的变化的图线是图中的()A BC D解析：0～lv段，由右手定则判断感应电流方向为a→d→c→b→a，大小逐渐增大；lv～2lv段，由右手定则判断感应电流方向为a→b→c→d→a，大小逐渐增大，故B选项正确．答案：B9．(多选题)如图所示，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab横跨导轨，它在外力的作用下向右匀速运动，速度为v.若将金属棒的运动速度变为2v，(除R外，其余电阻不计，导轨光滑)则() A．作用在ab上的外力应增大到原来的2倍B．感应电动势将增大为原来的4倍C．感应电流的功率将增大为原来的2倍D．外力的功率将增大为原来的4倍解析：由平衡条件可知，F＝B2L2Rv，可见，将金属棒的运动速度变为2v时，作用在ab上的外力应增大到原来的2倍，外力的功率将增大为原来的4倍．答案：AD10．(多选题)如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是()A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C．闭合开关S待电路达到稳定，D2熄灭，D1比原来更亮D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭解析：由于线圈的电阻可忽略不计、自感系数足够大，在开关S闭合的瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过D1、D2的电流大小相等，A项正确、B项错误；闭合开关S待电路达到稳定时线圈短路，D1中电流为零，回路电阻减小，D2比原来更亮，C项错误；闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，线圈和D1形成回路，D1闪亮一下再熄灭，D项正确．答案：AD如图所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是()A．先向左，后向右B．先向左、后向右、再向左C．一直向右D．一直向左解析：当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈内产生感应电流，线圈受到的安培力阻碍线圈相对磁铁的向左运动，故线圈有相对木板向右运动的趋势，故受到的静摩擦力总是向左．选项D正确，A、B、C项错误．答案：D光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y ＝x 2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(如图中的虚线所示)．一个小金属块从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )A ．mgbB.12m v 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12m v 2 解析：金属块进出磁场时，会产生涡流，部分机械能转化成焦耳热，所能达到的最高位置越来越低，当最高位置y ＝a 时，由于金属块中的磁通量不再发生变化，金属块中不再产生涡流，机械能也不再损失，金属块会在磁场中往复运动，此时的机械能为mga ，整个过程中减少的机械能为mg (b －a )＋12m v 2，全部转化为内能，所以D 项正确．答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题有2小题，共14分．请按题目要求作答)13．(6分)如图所示，在一根较长的铁钉上，用漆包线绕两个线圈A 和B .将线圈B 的两端与漆包线CD 相连，使CD 平放在静止的小磁针的正上方，与小磁针平行．试判断合上开关的瞬间，小磁针N 极的偏转情况？线圈A 中电流稳定后，小磁针又怎样偏转？解析：在开关合上的瞬间，线圈A内有了由小变大的电流，根据安培定则可判断出此时线圈A在铁钉内产生了一个由小变大的向右的磁场．由楞次定律可知，线圈B内感应电流的磁场应该阻碍铁钉内的磁场在线圈B内的磁通量的增加，即线圈B内感应电流的磁场方向是向左的．由安培定则可判断出线圈B 内感应电流流经CD时的方向是由C到D.再由安培定则可以知道直导线CD内电流所产生的磁场在其正下方垂直于纸面向里，因此，小磁针N极应该向纸内偏转．线圈A内电流稳定后，CD内不再有感应电流，所以，小磁针又回到原来位置．答案：在开关合上的瞬间，小磁针的N极向纸内偏转．(3分)当线圈A内的电流稳定以后，小磁针又回到原来的位置(3分)14．(8分)如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接．(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好．(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合电键后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流计指针将向________偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向________偏．答案：(1)如图所示．(4分)(2)右(2分)左(2分)三、计算题(本题有3小题，共38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)15．(10分)匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，矩形线圈abcd的面积S＝0.5 m2，共10匝，开始B与S垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示．(1)当线圈绕ab边转过60°时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？(2)当线圈绕dc边转过60°时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量．解析：(1)当线圈绕ab转过60°时，Φ＝BS⊥＝BS cos 60°＝0.8×0.5×12Wb＝0.2 Wb(此时的S⊥正好全部处在磁场中)．在此过程中S⊥没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0. (5分)(2)当线圈绕dc 边转过60°时，Φ＝BS ⊥， 此时没有磁场穿过S ⊥，所以Φ＝0； 不转时Φ1＝B ·S2＝0.2 Wb ，转动后Φ2＝0，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－0.2 Wb ， 故磁通量改变了0.2 Wb. (5分) 答案：(1)0 (2)0.2 Wb16．(14分)两根光滑的长直金属导轨MN 、M ′N ′平行置于同一水平面内，导轨间距为l ，电阻不计，M 、M ′处接有如图20所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R ，电容器的电容为C .长度也为l 、阻值同为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．ab 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab 运动距离为x 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q .求：(1)ab 运动速度v 的大小； (2)电容器所带的电荷量q .解析 (1)设ab 上产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，ab 运动距离为x ，所用时间为t ，则有E ＝Bl v (2分) I ＝E4R(2分) t ＝xv (2分) Q ＝I 2(4R )t (2分)由上述方程得v ＝4QRB 2l 2x (2分)(2)设电容器两极板间的电势差为U ，则有U ＝IR ，电容器所带电荷量q ＝CU ，(2分) 解得q ＝CQRBlx (2分) 答案：(1)4QR B 2l 2x(2)CQRBlx17．(14分)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：(1)磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ； (3)流经电流表电流的最大值I m .解析：(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，受力平衡， 有F 安＝G ，即BIL ＝mg ①(2分)解得B ＝mgIL ②(2分)(2)由法拉第电磁感应定律得导体棒产生的感应电动势 E ＝BL v ③(1分)闭合电路中产生的感应电流I ＝ER ④(1分) 由②③④式解得v ＝I 2Rmg (2分)(3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v m ， 由机械能守恒定律得12m v 2m ＝mgh (2分)感应电动势的最大值E m ＝Bl v m (1分) 感应电流的最大值I m ＝E mR (1分) 解得I m ＝mg 2ghIR .(2分)答案：(1)mgIL (2)I 2R mg (3)mg 2gh IR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 ωt B．i′＝I m sin 2ωtC．i′＝2I m sin ωt D．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 m2R＝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 m 2＝220 V ，表达式为u ＝U m sin 2πT 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，L 1、L 2两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，L 1炽热程度减弱、L 2炽热程度加强B ．如果将频率增大，L 1炽热程度加强、L 2炽热程度减弱C ．如果将频率减小，L 1炽热程度减弱、L 2炽热程度加强D ．如果将频率减小，L 1炽热程度加强、L 2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 A C．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＝2I′＝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 ＝P2U2R ，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 vI B.mg v I C ．4IRD.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 ＋4I 2R ，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 m2＝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盏单元测评(三)传感器(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．关于干簧管，下列说法正确的是()A．干簧管接入电路中相当于电阻的作用B．干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的C．干簧管接入电路中相当于开关的作用D．干簧管是作为电控元件以实现自动控制的答案：C2．(多选题)为了保护电脑元件不受损害，在电脑内部有很多传感器，其中最重要的就是温度传感器，常用的温度传感器有两种，一种是用金属做的热电阻，另一种是用半导体做的热敏电阻．关于这两种温度传感器的特点说法正确的是()A．金属做的热电阻随着温度的升高电阻变大B．金属做的热电阻随着温度的升高电阻变小C．用半导体做的热敏电阻随着温度的升高电阻变大D．用半导体做的热敏电阻随着温度的升高电阻变小解析：金属的电阻率随着温度的升高而变大，半导体在温度升高时电阻会变小．答案：AD3．街旁的路灯、江海里的航标都要求在夜晚亮、白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的() A．压敏性B．光敏性C．热敏性D．三种特性都利用答案：B4．(多选题)有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件，将这三只元件分别接入如图所示电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是()A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻B．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻C．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻D．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻解析：热敏电阻的阻值随温度变化而变化，定值电阻和光敏电阻不随温度变化；光敏电阻的阻值随光照变化而变化，定值电阻和热敏电阻不随之变化．答案：AC5.传感器是一种采集信息的重要器件，如图是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，当待测压力作用于膜片电极上时，下列说法中正确的是()①若F向下压膜片电极，电路中有从a到b的电流②若F向下压膜片电极，电路中有从b到a的电流③若F向下压膜片电极，电路中不会有电流产生④若电流表有示数，说明压力F发生变化⑤若电流表有示数，说明压力F不会发生变化A．②④B．①④C．③⑤D．①⑤解析：当下压时，因为C＝εr S4πkd，d减小，C增大，在U不变时，因为C＝QU，Q增大，从b向a有电流流过，②正确；当F变化时，电容器两板的间距变化，电容变化，电容器上的带电量发生变化，电路中有电流，④正确，故选A.答案：A6.如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，当温度降低时，电阻变大，L为小灯泡，当温度降低时()。
人教版高中物理选修3-2全册同步练习测试解析版[92页]
知能综合检测(A 卷)................................................................. 64 知能综合检测(B 卷) ................................................................. 68 第6章 第 1 节........................................................................ 73
A．Ba＝Bb＝Bc，Φa＝Φb＝Φc C．Ba＞Bb＞Bc，Φa＞Φb＞Φc
B．Ba＞Bb＞Bc，Φa＜Φb＜Φc D．Ba＞Bb＞Bc，Φa＝Φb＝Φc
解析： 根据通电螺线管产生的磁场特点，Ba＞Bb＞Bc，由 Φ＝BS，可得 Φa＞Φb＞Φc， 故 C 正确． 答案： C 4． (2011·永安高二检测)如图所示， 有一正方形闭合线圈， 在足够大的匀强磁场中运动． 下
人教版高中物理选修 3-2 全册 同步练习解析版 目 录
第4章 第4章 第4章 第4章 第4章 第 1、2 节 ................................................................... 1 第 3 节.......................................................................... 5 第 4 节........................................................................ 10 第 6 节........................................................................ 16 第 7 节........................................................................ 21