2019_2020学年高中物理综合水平测试(含解析)新人教版选修3_2

2019-2020学年人教版高中物理选修3-2
《电磁感应》单元测试卷
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，时间90分钟
第Ⅰ卷(选择题共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．法拉第通过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来。

在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是() A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流
B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流
C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势
D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流
答案：A
解析：静止的线圈放于通有稳恒电流的静止导线附近，线圈中的磁通量不变，故不会感应出电流，故A不正确；通有恒定电流的导线
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第2节　传感器的应用对应学生用书P43 一、选择题1．(多选)下列说法正确的是( )A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．半导体热敏电阻常用做温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大答案　BC解析　话筒的作用是将声信号转换为电信号，故A错误；电熨斗装有双金属片温度传感器来控制电路通断，B正确；电子秤用的是力传感器，故C正确；半导体热敏电阻有两类，正温度系数的热敏电阻的阻值随温度升高而增大，负温度系数的热敏电阻的阻值随温度升高而减小，故D错误。

2.如图所示，电吉他的弦是磁性物质，当弦振动时，线圈中产生感应电流，感应电流输送到放大器、喇叭，把声音播放出来，下列说法正确的是( ) A．电吉他是光电传感器B．电吉他是温度传感器C．电吉他是声音传感器D．弦改用尼龙材料原理不变答案　C解析　由电吉他发声原理可知是将声音变化转变为电流的变化，C正确，A、B、D错误。

3．(多选)关于电子秤中应变式力传感器的说法正确的是( )A．应变片是由导体材料制成的B．当应变片表面被拉伸时，其电阻变大，反之变小C．传感器输出的是应变片上的电压D．外力越大，输出的电压差值也越大答案　BD解析　应变片一般是用半导体材料制成，其表面被拉伸时电阻变大，被压缩时电阻变小，故A错误，B正确；电子秤中应变式力传感器输出的是上、下两应变片上的电压差，并且随着外力的增大，输出的电压差值也越大，故C错误，D 正确。

4.如图所示是观察电阻值随温度变化情况的示意图。

现在把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况正确的是( )A．如果R为金属热电阻，读数变大，且变化非常明显B．如果R为金属热电阻，读数变小，且变化不明显C．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化非常明显D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化不明显答案　C解析　如果R为金属热电阻，金属热电阻随水温升高而变大，则欧姆表的读数变大，但金属热电阻随温度变化电阻变化不明显，所以欧姆表读数变化不明显，故A、B错误；如果R为半导体热敏电阻，热敏电阻阻值随水温升高而减小，半导体材料感应灵敏，读数变化非常明显，故C正确，D错误。

模块检测(B卷)对应学生用书P59本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)1.如图所示，条形磁铁正上方放置一矩形导体线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框由N极端点匀速平移到S极端点的过程中，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答案B解析根据条形磁铁的磁场分布情况，在线框平移的过程中，穿过线框的磁通量始终在变化，线框中始终有感应电流。

2.如图所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大导体线圈P相连接，要使小导体线圈Q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)()A．向右匀速运动B．向左减速运动C．向右减速运动D．向右加速运动答案C解析欲使Q线圈中产生顺时针的感应电流(感应电流的磁场方向垂直于纸面向里)，由楞次定律和安培定则可知有两种情况，一是P中有顺时针方向的逐渐减小的电流，该电流产生的穿过Q的磁通量在减少；二是P中有逆时针方向的逐渐增大的电流，该电流产生的穿过Q的磁通量在增大。

因此，对于第一种情况，应使ab向右减速运动；对于第二种情况，应使ab向左加速运动。

当ab 匀速运动时，在P中产生的感应电流是稳定的，穿过Q的磁通量不变化，Q无感应电流。

故C正确。

3.如图所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平的初速度v0抛出，设在整个过程中棒的指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．无法判断答案C解析金属棒切割磁感线的有效速度是与磁感应强度B垂直的那个分速度，由于金属棒切割磁感线的水平分速度不变，故感应电动势不变。

章末综合检测(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．其中1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题．)1．关于热辐射，下列说法正确的是( ) A ．一般物体的热辐射强度只与物体的温度有关B ．黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，所以黑体一定是黑的C ．一定温度下，黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值D ．温度升高时，黑体辐射强度的极大值向波长增大的方向移动解析：一般物体的热辐射强度除与温度有关之外，还与材料、表面状况有关，选项A 错误；黑体可以辐射可见光，不一定是黑的，选项B 错误；由黑体辐射的实验规律知，选项C 正确，D 错误． 答案：C2．在光电效应实验中，如果需要增大光电子到达阳极时的速度，可采用的方法是( ) A ．增加光照时间 B ．增大入射光的波长 C ．增大入射光的强度D ．增大入射光的频率解析：光电子的最大初动能与光照时间的长短和入射光的强度无关，A 、C 均错误；由爱因斯坦光电效应方程可知，D 正确，B 错误． 答案：D3．要观察纳米级以下的微小结构，需要利用分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜，有关电子显微镜的下列说法正确的是( )A ．它是利用了电子物质波的波长比可见光短，因此不容易发生明显衍射B ．它是利用了电子物质波的波长比可见光长，因此不容易发生明显衍射C ．它是利用了电子物质波的波长比可见光短，因此更容易发生明显衍射D ．它是利用了电子物质波的波长比可见光长，因此更容易发生明显衍射解析：电子显微镜的分辨率比光学显微镜更高，是因为电子物质波的波长比可见光短，和可见光相比，电子物质波更不容易发生明显衍射，所以分辨率更高，A 正确． 答案：A4.光子有能量，也有动量p ＝hλ，它也遵守有关动量的规律，如图所示，真空中有一“∞”字形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO ′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片，右边是和左边大小、质量都相同的圆形白纸片．当用平行白光垂直照射这两个圆面时，关于装置开始转动情况(俯视)的下列说法中正确的是( ) A ．顺时针方向转动 B ．逆时针方向转动 C ．都有可能D ．不会转动解析：白纸片反射光子，光子的动量变化大，黑纸片吸收光子，光子的动量变化小，由动量定理知，光子对白纸片的冲击力大，故B 正确． 答案：B5.如图所示是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图象．由图象可知( ) A ．该金属的逸出功等于EB ．由该图象可得出普朗克常量h ＝ν0EC ．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2ED ．入射光的频率为2ν0时，由该金属做成的光电管的遏止电压为2Ee解析：根据光电效应方程有E k ＝h ν－W 0，其中W 0为金属的逸出功，W 0＝h ν0，所以有E k ＝h ν－h ν0，由此结合图象可知，该金属的逸出功为E ，当入射光的频率为2ν0时，代入方程可知产生的光电子的最大初动能为E ，故A 正确，C 错误；最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图象的斜率即为普朗克常量h ＝E ν0，故B 错误；根据eU c ＝W 0得，U c ＝W 0e ＝Ee ，故D 错误．答案：A6．已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz 和5.44×1014Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( ) A ．波长 B ．频率 C ．能量D ．动量解析：两种金属的截止频率不同，则它们的逸出功也不同，由W 0＝h ν0可知截止频率大的，逸出功也大，由E k ＝h ν－W 0可知，用同样的单色光照射，钙逸出的光电子的最大初动能较小，由p ＝2mE k 知，其动量也较小，根据物质波p ＝hλ知，其波长较长，频率较小．答案：A7．关于光的波粒二象性，正确的说法是( ) A ．光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越显著 B ．光的波长越长，光的能量越大，粒子性越显著C ．频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性D ．个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性解析：光具有波粒二象性，但在不同情况下表现不同．光的频率越高，波长越短，粒子性越强，反之波动性明显，个别光子易显示粒子性，大量光子易显示波动性，故A 、D 正确． 答案：AD8．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是( )A ．增大入射光的强度，光电流增大B ．减小入射光的强度，光电效应现象消失C ．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D ．改用频率大于ν的光照射，一定发生光电效应解析：增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数增加，则光电流增大，选项A 正确；光电效应能否发生与照射光频率有关，与照射光强度无关，选项B 错误；改用频率较小的光照射时，如果光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，否则，不能发生光电效应，选项C 错误，D 正确． 答案：AD9．美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压U c 与入射光频率ν的关系，描绘出图乙中的图象，由此算出普朗克常量h .电子电荷量用e 表示，下列说法正确的是( )A ．入射光的频率增大，为了测遏止电压，则滑动变阻器的滑片P 应向M 端移动B ．增大入射光的强度，光电子的最大初动能也增大C ．由U c ­ν图象可知，这种金属的截止频率为νcD ．由U c ­ν图象可求普朗克常量表达式为h ＝U 1eν1－νc解析：入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏止电压时，应使滑动变阻器的滑片P 向N 端移动，A 错误．根据光电效应方程E km ＝h ν－W 0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，B 错误．根据E km ＝h ν－W 0＝eU c ，得U c ＝h e ν－W 0e，结合图象可知h ＝U 1eν1－νc ；当遏止电压为0时，ν＝νc ，C 、D 正确．答案：CD10．一激光器发光功率为P ，发出的激光在折射率为n 的介质中波长为λ，若在真空中速度为c ，普朗克常量为h ，则下列叙述正确的是( ) A ．该激光在真空中的波长为n λ B ．该激光的频率为cλC ．该激光的频率为c n λD ．该激光器在t s 内辐射的能量子数为Ptn λhc解析：激光在介质中的折射率n ＝c v ＝λ0νλν＝λ0λ，故激光在真空中的波长λ0＝n λ，A 正确；激光频率ν＝c λ0＝cn λ，B 错误，C 正确；由能量关系Pt ＝N ε，c ＝λ0ν，λ0＝n λ及ε＝h ν得N ＝Ptn λhc，D 正确． 答案：ACD二、非选择题(本题共3小题，共40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．) 11．(12分)已知钠发生光电效应的极限波长为λ0＝5×10－7m ．现用波长为4× 10－7m 的光照射用钠做阴极的光电管，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s.求：(1)钠的逸出功W 0；(2)为使光电管中的光电流为零，在光电管上所加反向电压至少多大． 解析：(1)逸出功W 0＝h νc ＝h cλ＝3.978×10－19J.(2)光电子最大初动能E k ＝h ν－W 0＝h cλ－W 0≈0.99×10－19 J ，E k ＝eU c ， U c ＝E ke≈0.62 V.答案：(1)3.978×10－19J (2)0.62 V12．(14分)如图表示黑体辐射强度随波长的变化图线．根据热辐射理论，辐射强度的极大值所对应的波长λm 与热力学温度之间存在如下关系：λm T ＝2.90× 10－3m·K.普朗克常量h ＝6.626×10－34J·s.求：(1)T ＝15 000 K 所对应的波长．(2)用T ＝15 000 K 所对应波长的光照射逸出功为W 0＝4.54 eV 的金属钨，能否发生光电效应？若能，逸出光电子的最大初动能是多少？ 解析：(1)由公式λm T ＝2.90×10－3m·K 得 λm ＝2.90×10－315 000 m≈1.93×10－7 m.(2)波长λm ＝1.93×10－7m 的光子能量ε＝h ν＝hcλm ＝ 6.626×10－34×3×1081.93×10－7×1.6×10－19 eV≈6.44 eV因ε>W 0，故能发生光电效应．由光电效应方程E k ＝h ν－W 0，得E k ＝(6.44－4.54) eV ＝1.90 eV. 答案：(1)1.93×10－7m (2)能 1.90 eV13．(14分)如图所示是利用光电效应现象测定金属极限频率的实验原理图，其中电源电动势为E ，内阻为r ，R 0的总电阻为4r ，两块平行金属板相距为d ，当N 受频率为ν的紫外线照射后，将发射沿不同方向运动的光电子，形成电流，从而引起电流计的指针偏转，若闭合开关S ，调节R 0逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小．当电压表示数为U 时，电流恰好为零．已知普朗克常量为h ，电子电荷量为e ，电子质量为m ，光速为c ，求： (1)金属板N 的极限频率为多大？ (2)这时R Pb 为多大？(3)切断开关S ，在MN 间加垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能使电流为零，当磁感应强度B 为多大时，电流恰好为零？ 解析：(1)设金属的极限频率为ν0 则依题意有h ν－h ν0＝eU 整理得到ν0＝ν－eU h.(2)根据闭合电路欧姆定律得到E 5r ＝UR Pb整理得到R Pb ＝5UrE.(3)当水平射出的具有最大动能的光电子在磁场中做圆周运动的轨迹和上板相切的时候是电流恰好为零的临界条件，如图所示．由洛伦兹力提供向心力得到Bev ＝m v 2R①又d ＝2R ②电压为U 时，电流恰好为零，有12mv 2＝eU ③联立①②③得到B ＝22eUmde.答案：(1)ν－eU h(2)5Ur E(3)22eUm de。

阶段测试(三)交变电流一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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，有选错的得零分．)1．(2017·海南校级模拟)下列说法正确的是()A．电视机铭牌上所标的“额定电压220 V”指的是交流电压的峰值B．交流发电机是利用电磁感应的原理来工作的C．在远距离输电中，采用高压输电的目的是为了增大输电线路中的电流D．在高压输电中要用到变压器，变压器的铁芯中会产生感应电流——涡流，但这种涡流不会有热效应【答案】B【解析】用电器上表明的电压值与电流值都是有效值；“额定电压220 V”指的是交流电压的有效值，故A错误；交流发电机是利用电磁感应的原理来工作的，故B正确；在远距离输电中，采用高压输电的目的是为了减小输电线路中的电流，以减小电路中的损耗，故C错误；涡流都有热效应，在高压输电中要用到变压器，变压器的铁芯中会产生感应电流——涡流，所以在制作变压器时，要想办法减小涡流，故D错误．2．矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是()A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D．线框经过与中性面垂直的位置时，各边不切割磁感线【答案】C【解析】线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边速度方向与磁感线平行，即不切割磁感线，穿过线框的磁通量的变化率等于零，所以电动势等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变．线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割磁感线速度最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大，故C正确．3．(2017·北京模拟)如图是一正弦式交变电流的电流i随时间t变化的图象．由图可知，这个电流的()A ．有效值为10 2 A ，频率为50 HzB ．有效值为10 2 A ，频率为0.03 HzC ．有效值为5 2 A ，频率为50 HzD ．有效值为5 2 A ，频率为0.03 Hz【答案】C【解析】从交变电流的电流i 随时间t 变化的图象可知，该交流电电流的最大值I m ＝10 A ，周期T ＝0.02 s ，则这个电流的有效值I ＝I m 2＝102A ＝5 2 A ，频率f ＝1T ＝50 Hz ，C 正确． 4．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如图所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是( )【答案】A【解析】电流互感器应串联在需要测量的电流的线路中，且连电流表的线圈电流小，由I 1I 2＝n 2n 1知，电流小的线圈匝数多，故A 正确． 5．(2017·广东广州模拟)如图为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n 1＝n 4＜n 2＝n 3，A 1、A 2、A 3为相同的理想交流电流表，当a 、b 端接入低压交流电源时，则( )A ．A 1、A 3的示数相等B ．A 1、A 2、A 3的示数相等C ．A 1的示数大于A 2的示数D ．A 2的示数小于A 3的示数【答案】ACD【解析】根据变压器的规律知电流与匝数成反比，即I 1I 2＝n 2n 1，由题n 1＜n 2，故A 1的示数大于A 2的示数，故B 错误，C 正确．同理，A 2的示数小于A 3的示数，故D 正确．由于I 1＝n 2n 1I 2，I 3＝n 3n 4I 2，结合题意可得I 1＝I 3，A 正确． 6．(2019·四川模拟)如图甲所示为理想变压器，现将原线圈a 接在电压u 随时间t 按如图乙所示正弦规律变化的交流电源上，将滑动变阻器滑片P 置于图中所示位置．电压表V 1、V 2均为理想交流电表．现将滑动变阻器滑片P 向右滑动一小段距离，与移动前比较，下列说法正确的是( )A ．电阻R 1消耗功率减小B ．电压表V 1的示数不变C ．电压表V 2的示数减小D ．灯泡L 变暗【答案】AD 【解析】当滑片P 向右滑动的过程中，导致总电阻变大，若电压不变，由欧姆定律得电流变小，输入功率等于输出功率P ＝UI 减小，原线圈电流减小，故R 1分压减小，消耗的功率减小，原线圈分得的电压就会增大，匝数不变，副线圈电压也会增大，即V 1示数增大，V 2增大，故A 正确，B 、C 错误；副线圈的电流减小，故灯泡L 变暗，故D 正确．7．如图甲所示为电热毯电路示意图，交流电压u ＝311sin(100πt ) V ，当开关S 闭合时，电热丝的电功率为P 0；当开关S 断开时，加在电热丝上的电压如图乙所示，则( )A ．开关闭合时，交流电压表的读数为220 VB ．开关闭合时，交流电压表的读数为311 VC ．开关断开时，交流电压表的读数为311 V ，电热丝功率为P 02D ．开关断开时，交流电压表的读数为156 V ，电热丝功率为P 02【答案】AD【解析】交流电压表的读数为有效值，计算热功率要用有效值．开关接通时，交流电压峰值U m ＝311 V ，所以有效值U ＝U m 2＝220 V ，A 正确；开关断开时，取一个周期T ，电热丝产生的热量减半，所以由P ＝U 21R ，电热丝功率为P 02，则P ＝U 21R ＝U 22R，电压有效值为U 1＝156 V ，电压表示数为156 V ．故正确选项为A 、D.8．(2017·福建南平质检)如图所示，矩形线圈abcd 与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小为B ，线圈面积为S ，转动角速度为ω，匝数为N ，线圈电阻不计．下列说法正确的是( )A ．将原线圈抽头P 向上滑动时，灯泡变暗B ．电容器的电容C 变大时，灯泡变暗C ．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D ．若线圈abcd 转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为2NBSω【答案】AD【解析】矩形线圈abcd 中产生交变电流；将原线圈抽头P 向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，输出电压减小，故灯泡会变暗，故A 正确；电容器的电容C 变大时，容抗减小，故干路电流增加，灯泡变亮，故B 错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故C 错误；若线圈转动角速度变为2ω，根据电动势最大值公式E m ＝NBSω，最大值增加为2倍；有效值E ＝E m 2，也变为2倍，即E ＝2NBSω，故D 正确．二、非选择题(本大题4小题，共52分．按题目要求作答．解答题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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)9．一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V 的电压上，向额定电压为1.80×104 V 的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA 时，熔丝就熔断．(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10 mA 时，变压器的输入功率是多大？【答案】(1)熔丝的熔断电流是0.98 A(2)变压器的输入功率是180 W【解析】(1)变压器输入功率等于输出功率U 1I 1＝U 2I 2当I 2＝12 mA 时，I 1为熔断电流．代入数据，得I 1＝0.98 A.(2)P 入＝P 出＝U 2I 2＝1.80×104×10×10﹣3 W ＝180 W.10．一居民小区有440户，以前每户平均消耗电功率为100 W ，使用的区间变压器匝数比为165∶6，恰好能使额定电压为220 V 的用电器正常工作，现在因家用电器增加，每户平均消耗的电功率为250 W ，若变压器输入电压仍为6 600 V ，区间输电线路不变，为了使家用电器正常工作，需换用区间变压器，则此变压器的匝数比为多少？【答案】220∶9【解析】未换时输电电流I ＝P 总U 用＝200 A 输送电压U 2＝n 2n 1U 1＝240 V 由ΔU ＝U 2－U 用＝IR 线，得R 线＝0.1 Ω换变压器后I ′＝P ′总U 用＝500 A 线路电压损失ΔU ′＝I ′R 线＝50 V变压器输出电压U 2′＝U 用＋ΔU ′＝270 V变压器匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2′＝220∶9.11．有一个10匝正方形线框，边长为20 cm ，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO ′轴以10π rad/s 的角速度匀速转动，如右图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T ．求：(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？(3)写出感应电动势随时间变化的表达式．【答案】见解析【解析】(1)交变电流电动势最大值为E m ＝NBSω＝10×0.5×0.22×10π V ＝6.28 V ，电流的最大值为I m ＝E m R ＝6.281A ＝6.28 A. (2)线框转过60°时，感应电动势e ＝E m sin 60°＝5.44 V.(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝6.28sin 10πt V.12．(2017·黑龙江大庆模拟)如图甲所示，理想变压器原线圈通有正弦式交变电流，副线圈接有3个电阻和一个电容器．已知R 1＝R 3＝20 Ω，R 2＝40 Ω，原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈的输入功率为P ＝35 W ，已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示．求：(1)原线圈输入电压；(2)电阻R 2的电功率；(3)电容器C 流过的电流．【答案】(1)原线圈输入电压200 V(2)电阻R 2的电功率10 W(3)电容器C 流过的电流0.25 A【解析】(1)由乙可知，通过R 1的电流的最大值I m ＝ 2 A ，则其有效值为：I 1＝1 A ，R 1的电压U 1＝1×20 V ＝20 V ；根据电压与匝数成正比知原线圈输入电压U ＝10×20 V ＝200 V.(2)根据并联电路，支路电流与电阻成反比，I 2＝0.5 A 则R 2的电功率P 2＝I 22R 2＝14×40 W ＝10 W.(3)由题意可知，输出功率也为35 W ，流过R 3电流为I 3＝P U 1－I 1－I 2＝⎝⎛⎭⎫3520－1－0.5 A＝0.25 A.。

模块综合检测(B)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~10题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.为探究“什么情况下磁可以生电”,小华组装了如图所示的实验装置,图中ab是一根细直铜导线。

闭合开关,当ab沿竖直方向上下运动时,电流表指针没有发生偏转,下列说法正确的是()A.感应电流太小,无法使电流表指针发生偏转B.铜直导线太细,应换用较粗的铜棒C.应该把ab改为左右运动D.应该把磁体的N、S极对调解析:此题考查学生对于电磁感应现象和产生感应电流条件的理解。

有些同学容易错选为D,改变磁场方向或导体运动方向可以改变感应电流的方向,但题中电流表指针没有发生偏转,没有产生感应电流,我们要让它产生感应电流,而不是改变感应电流的方向。

答案:C2.如图所示,两个完全相同的灵敏电流表A和B,由两根短线连接在一起,若将A的指针向左拨动时,B的指针将()A.向左转动B.向右转动C.静止不动D.无法确定解析:一般地,电流从电流表的接线柱的哪一端流入,指针就向哪一端偏转。

当拨动A指针时,A相当于发电机,B相当于电动机。

根据楞次定律,感应电流产生的磁场应阻碍A的指针向左转动,即感应电流应从A的右端接线柱流入,因此也必从B的左端接线柱流入,所以B的指针也向左转动。

答案:A3.如图甲所示,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。

左端连接在一周期为T0的正弦式交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。

规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压u ab为正,下列u ab-t图像可能正确的是 ()甲乙解析:由题图乙可知,流经大金属圆环的电流始终沿顺时针方向,0~0.25T0,通过小金属圆环的磁通量向里且在增加,由楞次定律可知φa>φb,即U ab>0,在0~0.25T0时间,故U ab也在减小;当t=0.25T0U ab=0;同理可得,0.25T0~0.5T0,U ab<0且绝对值在增加。

高中同步测试卷(八)专题三交变电流与变压器(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．如图所示是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是( )2．一个矩形线圈在匀强磁场里做匀速转动，所产生的交流电动势的瞬时值表达式为e ＝220sin 10πt V，则下列说法正确的是( )A．该交流电的频率是10π HzB．该交流电的有效值是220 VC．当t＝20 s时，线圈所受的安培力最大D．当t＝20 s时，穿过线圈的磁通量最大3．两个相同的电阻，分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流，两种交变电流的最大值、周期如图所示，则在一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的热量Q1与方波电流在电阻上产生的热量Q2之比等于( )A．3∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶14．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接在一个交流电源上，电压u 随时间t变化的规律如图所示；副线圈所接的负载电阻是11 Ω.则下列判断中错误的是( )A．原线圈中的交变电流的频率是50 HzB．变压器输入、输出的功率之比为4∶1C ．副线圈的输出电压为55 VD ．流过副线圈的电流是5 A5．如图所示，匝数为100的矩形线圈abcd 处于磁感应强度B ＝6225π T 的水平匀强磁场中，线圈面积S ＝0.5 m 2，内阻不计．线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω＝10π rad/s 匀速转动，线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 V 、12 W ”的灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确的是( )A ．通过灯泡的交变电流的频率是50 HzB ．变压器原、副线圈匝数之比为10∶1C ．矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 VD ．若将灯泡更换为“12 V 、24 W ”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速 6.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝137.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，R 0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位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3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，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么( )A ．线圈消耗的电功率为4 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTt (V)D ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πTt (Wb)9.一个单匝的线圈，面积为S ，在匀强磁场中绕垂直磁感线的轴匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的规律如图所示，下列判断正确的是( )A ．在A 、C 时刻线圈通过中性面B ．在t ＝T12时刻线圈与磁感线的夹角为60°C ．电动势的有效值与平均值相等都是E m2D ．磁场的磁感应强度为B ＝E m T 2πS10.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小11．如图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55 Ω，A 、V 为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V ，下列表述正确的是( )A ．电流表的示数为2 AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为100 Hz12．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，产生的交变电流随时间变化的图象如图所示，现把交变电流加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )A ．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题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(8分)如图所示 ，理想变压器原线圈接入交流电u ＝U m sin ωt ，副线圈接有电压表和电阻为R 的负载，电压表的示数为10 V ．在t ＝T4时(T 为交变电流的周期)，原线圈两端电压的瞬时值为100 2 V ．求变压器原、副线圈的匝数比．14.(10分)如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B.M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过1/4转的时间内负载电阻R上产生的热量；(3)从图示位置起转过1/4转的时间内通过负载电阻R的电荷量；(4)电流表的示数．15．(10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．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝2π T．用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220V、11 kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机输出电压的有效值；(2)变压器原、副线圈的匝数比；(3)交流电流表的示数．16．(14分)如图所示，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈的匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1.初级线圈的输入电压是660 V，次级线圈的电阻为0.2 Ω，用这台变压器供给100盏标有“220 V ，60 W ”的电灯用电．求：(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率； (2)接通时次级线圈的端电压； (3)每盏灯的实际功率．参考答案与解析1．[导学号26020113] 【解析】选 C.我国居民日常生活所用交流电电压的有效值为220 V ，频率为50 Hz ，周期为0.02 s ，故选C.2．[导学号26020114] 【解析】选D.由电动势的瞬时值表达式为e ＝220sin 10πt V 可知，最大值U m ＝220 V ，角速度ω＝10π rad/s ，根据ω＝2πf ，可得f ＝ω2π＝10π2π Hz ＝5 Hz ，所以A 错误；根据有效值与最大值的关系得：U ＝U m2＝2202V ＝110 2 V ，所以B 错误；当t ＝20 s 时e ＝220sin 10πt V ＝220sin10π×20 V ＝0，此时线圈平面与磁感线垂直，穿过线圈的磁通量最大，感应电流为零，安培力为零，所以C 错误、D 正确．3．[导学号26020115] 【解析】选D.交流电产生的热量是根据有效值计算的，对甲图，Q 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522×R ×0.4 J ，对乙图，分成两部分直流电，则有Q 2＝42×R ×0.2 J ＋32×R ×0.2 J ，整理得Q 1∶Q 2＝1∶1，选项D 对．4．[导学号26020116] 【解析】选B.由题图可知T ＝0.02 s ，所以f ＝1T＝50 Hz ，A不符合题意．因理想变压器P 入＝P 出，所以B 符合题意．副线圈输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝55 V ，C 不符合题意，流过副线圈的电流I 2＝U 2R＝5 A ，D 不符合题意．5．[导学号26020117] 【解析】选B.由ω＝2πf 知交变电流的频率是5 Hz ，选项A 错误；矩形线圈中产生的感应电动势最大值为E max ＝NBS ω＝120 2 V ，选项C 错误；变压器输入电压为U 1＝E max2＝120 V ，由n 1n 2＝U 1U 2知，选项B 正确；由U 2＝n 2n 1U 1可知，U 2大小与负载无关，选项D 错误．6．[导学号26020118] 【解析】选A.设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21R I 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．7．[导学号26020119] 【解析】选D.电压表V 1的示数和a 、b 间电压的有效值相同，滑片滑动时V 1示数不变，选项A 错误；电压表V 2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V 2示数不变，V 3示数为V 2示数减去R 0两端电压，两线圈中电流增大，易知R 0两端电压升高，故V 3示数减小，选项B 错误；理想变压器U 1I 1＝U 2I 2，则U 1ΔI 1＝U 2ΔI 2，ΔI 2>ΔI 1，故U 2＜U 1，变压器为降压变压器，选项C 错误；因I 2增大，故知R 减小，变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，选项D 正确．8．[导学号26020120] 【解析】选AC.从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦式交变电流的感应电动势一般表达式为e ＝E m cos θ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴垂直于磁感线)，则感应电流i ＝e R ＝E m R cos θ，由题给条件有：1＝E m 2×12，E m ＝4 V ，则I m ＝2 A ，I有效＝ 2 A ，电功率P ＝I 2有效R ＝4 W ，所以A 正确、B 错误．e ＝4cos ωt ＝4cos 2πTt (V)，即C正确．由E m ＝BS ω＝Φm ·2πT 得Φm ＝2T π，故Φ＝2T πsin 2πTt (Wb)，即D 错误．9．[导学号26020121] 【解析】选BD.中性面处电动势为零，选项A 错误．在t ＝T12时刻线圈转过了30°，也就是与磁感线的夹角为60°，选项B 正确．电动势的有效值为E m2，平均值为E ＝ΔBS Δt ，二者概念不同，选项C 错误．E m ＝BS ω，ω＝2πT ，解得B ＝E m T2πS，选项D 正确．10．[导学号26020122] 【解析】选BC.保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误，选项B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，选项C 正确，选项D 错误．11．[导学号26020123] 【解析】选AC.根据电路图可知，电阻R 两端的电压为110 V ，因此电阻R 的电流I ＝UR＝2 A ，A 正确；原线圈输入的电压的有效值为220 V ，电压表的示数为110 V ，即输出的电压有效值为110 V ，根据n 1∶n 2＝U 1∶U 2可知原副线圈匝数比为n 1∶n 2＝2∶1，B 错误；电压表、电流表的读数都是有效值，所以C 正确；变压器只改变交流电的电压不改变交流电的频率，根据图象乙可知，输出电压的周期为0.02 s ，频率为f ＝50 Hz ，因此原线圈中交变电压的频率也为50 Hz ，D 错误．12．[导学号26020124] 【解析】选BD.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 ω得BS ＝2πWb ，q ＝ΔΦR ＋r ＝BS －0R ＋r ＝15πC ，B 正确．电热丝两端的电压U ＝RR ＋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．13．[导学号26020125] 【解析】由于原线圈中T4时电压瞬时值即最大值为100 2 V(1分) 则有效值为100 V(1分) 副线圈两端电压的有效值为10 V (1分)由U 1U 2＝n 1n 2可求得原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝10∶1.(5分) 【答案】10∶114．[导学号26020126] 【解析】(1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．此交变电动势的最大值为 E m ＝BS ω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2.(2分)(2)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m2＝2π2Bnr22 (1分)电阻R 上产生的热量Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 2R ·T 4＝π4B 2r 4n 8R .(2分)(3)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt(1分) 通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr22R.(2分)(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值的定义得⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R·T 2＝E ′2RT ，解得E ′＝E m2故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB2R.(2分)【答案】(1)π2Bnr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R (4)π2r 2nB2R15．[导学号26020127] 【解析】(1)根据E m ＝NBS ω＝1 100 2 V (2分) 得输出电压的有效值为U 1＝E m2＝1 100 V ．(2分)(2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝5∶1. (2分) (3)根据P 入＝P 出＝2.2×104W (2分) 再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A ． (2分)【答案】(1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A16．[导学号26020128] 【解析】(1)将变压器视为理想变压器．设空载时次级线圈的输出电压为U 2，由n 2n 1＝U 2U 1，得到U 2＝n 2n 1U 1＝220 V(2分)因为空载，次级线圈的负载电阻R 2→∞，次级线圈中的电流为零，所以I 2＝0，P ＝I 2U 2＝0.(2分)(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为R 外＝R100＝U 2额P 额100≈8.07 Ω， (2分)次级线圈中的电流I 2＝U 2R 外＋R 线＝2208.07＋0.2A ，(2分) 电灯两端电压：U 2′＝I 2R 外≈214.68 V ． (2分)(3)每盏灯的实际功率P ＝I 2100U 2′＝220×214.688.27×100W ＝57.1 W ．(4分)【答案】(1)220 V 0 (2)214.68 V (3)57.1 W。

模块综合检测(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共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.如图所示，一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是()A．线圈沿纸面向右移动B．线圈沿纸面向下移动C．线圈垂直纸面向外移动D．线圈以ab边为轴转动解析：产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化．因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生．由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故A、B、C错误；当线圈绕ab边转动时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故D正确．答案：D2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝2202sin 100πt V，关于这个交变电流的说法正确的是() A．交流电的频率为100 Hz，周期为0.01 sB．此交变电流电动势的有效值为220 VC．此交变电流电动势的峰值约为380 VD．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零解析：由交流电的瞬时值表达式知最大值为220 2 V，故C错误；角速度ω＝100πrad/s，由频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，故A错误；t＝0时瞬时值e＝0知此时线圈与中性面重合，磁通量最大，故D错误．答案：B3．如图所示，理想变压器的原线圈接u＝11 0002sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220 V，880 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：输入电压的有效值为11 000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原、副线圈的匝数比小于50∶1，故A错误；由输入电压的表达式知，f＝100π2π＝50 Hz，故B错误；副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I＝4 A，故C正确；变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，故D错误．答案：C4．如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地解析：甲是闭合铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．答案：D5．如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin 314t(V)的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是()A ．2.0 VB ．9.0 VC ．12.7 VD ．144.0 V解析：根据u ＝51sin 314t (V)可知交流电的最大值为U m ＝51 V ，则其有效值U 1＝512V ＝512 2 V ；由图可知线圈n 1是原线圈，线圈n 2是副线圈，如果变压器是理想变压器，那么输入电压和输出电压的关系有U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1U 1＝200800×512V ＝518 2 V ≈9 V ，因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器则B 正确．但实际变压器存在漏磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于9 V ，故A 正确．答案：A6．如图所示，金属棒AB 原来处于静止状态(悬挂)．由于CD 棒的运动，导致AB 棒向右摆动，则CD 棒( )A ．向右平动B ．向左平动C ．向里平动D ．向外平动解析：AB 棒向右摆动，说明它受到的安培力方向向右，根据左手定则判断出AB 中的电流方向为B →A .这说明CD 棒的电流方向为D →C ，再根据右手定则判断出CD 棒的切割方向是向外，选项D 正确．答案：D7．如图所示甲、乙两电路中，当a 、b 两端与e 、f 两端分别加上220 V 的交流电压时，测得c 、d 间与g 、h 间的电压均为110 V ．若分别在c 、d 两端与g 、h 两端加上110 V 的交流电压，则a 、b 间与e、f间的电压分别为()A．220 V，220 V B．220 V，110 VC．110 V，110 V D．220 V，0 V解析：首先要搞清楚变压器和分压器在改变电压原理上的本质不同．对于变压器，a、b间与c、d间的电压比总是等于它们间线圈的匝数比，与哪一个是原线圈无关，故a、b间接220 V的交流电压，c、d间的电压为110 V，c、d间改接110 V的交流电压，则a、b间应输出电压为220 V；而对于分压器，当e、f间接220 V的电压时，电阻的e、g与f、g部分串联，g、h间电压仅是f、g部分电阻的电压，当g、h间接110 V的电压时，由于e、g部分无电流，e、g两点等电势，故e、f间的电压等于g、h间的电压，故只有选项B正确．答案：B8.交变电流电压的有效值为6 V，它和电阻R1、R2及电容器C、电压表一起连接成如图所示的电路，图中电压表的读数为U1，为了保证电容器C不被击穿，电容器的耐压值为U2，电容器在电路中正常工作，则()A．U1＝6 2 V U2＝6 VB．U1＝6 V U2＝3 2 VC．U1＝6 2 V U2≥6 VD．U1＝6 V U2≥6 2 V解析：电压表读数为交流电压的有效值，所以电压表读数U 1＝6 V ，电容器耐压值应大于交流电压的最大值， U 2≥6 2 V .答案：D9．如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a ，磁感应强度的大小为B .一边长为a 、电阻为4R 的正方形均匀导线框ABCD 从图示位置开始沿水平向右方向以速度v 匀速穿过磁场区域，在图乙中线框A 、B 两端电压U AB 与线框移动距离的关系图象正确的是( )解析：进入磁场时，注意U AB 是路端电压，应该是电动势的四分之三，此时E ＝Ba v ，所以U AB ＝3Ba v 4；完全进入后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为Ba v ，穿出磁场时电压应该是电动势的四分之一，U AB ＝Ba v 4，电势差方向始终相同，即ΦA >ΦB ，由以上分析可知选D.答案：D10．如图所示，甲、乙两图是两个与匀强磁场垂直放置的金属框架，乙图中除了一个电阻极小、自感系数为L的线圈外，两图其他条件均相同．如果两图中AB杆均以相同初速度、相同加速度向右运动相同的距离，外力对AB杆做功的情况是()A．甲图中外力做功多B．两图中外力做功相等C．乙图中外力做功多D．无法比较解析：两图中AB杆均做加速运动，电流将增大，图乙中由于线圈自感的阻碍作用，感应电流较甲图小，安培阻力也较小，又加速度相同，则外力较甲图小，甲图中外力做功多，A正确．答案：A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．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解析：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、电压与电动势之间的关系，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．答案：ACD12．如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路．当一条形磁铁从高处下落接近回路时()A．P、Q将互相靠拢B．P、Q将互相远离C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g解析：方法一设磁铁下端为N极，如图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向．可见，P、Q将互相靠拢．由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结果．所以，本题应选AD方法二根据楞次定律的另一表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g.答案：AD13．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为100π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左解析：由题图乙可知交流电电流的最大值是I m ＝10 2 A ，周期T ＝0.02 s ，由于电流表的示数为有效值，故示数I ＝I m 2＝10 A ，选项A 正确；角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，选项B 正确；0.01 s 时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C 正确；由楞次定律可判断出0.02 s 时流过电阻的电流方向自左向右，选项D 错误．答案：ABC14.(多选)如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动(俯视)，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场．设运动过程中小球带电荷量不变，那么()A．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大B．小球所受的磁场力一定不断增大C．小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动D．磁场力对小球一直不做功解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其电场强度方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断．当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力F N和磁场的洛伦兹力f，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中f＝Bq v，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力F向＝m v2r，其大小随速度先减小后增大，因此压力F N也不一定始终增大．故正确答案为C、D.答案：CD三、实验题(本题共2小题，共15分)15．(6分)在探究产生感应电流条件的实验中，实验室提供了下列器材：电源、开关、电流表、大小螺线管、铁芯、滑动变阻器、导线若干，如图所示．请按照实验的要求连好实验电路．解析：大螺线管和电流表组成闭合电路；带铁芯的小螺线管、滑动变阻器、电源、开关组成闭合回路．如图所示．16．(9分)如图所示，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，在先后两种情况下：(1)线圈中的感应电流之比I1∶I2＝________．(2)线圈中产生的热量之比Q1∶Q2＝________．(3)拉力做功的功率之比P1∶P2＝________．答案：(1)2∶1(2)2∶1(3)4∶1四、计算题(本题共3小题，共35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)17．(8分)如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r ＝1 m 、电阻为R ＝3.14Ω的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生．(1)在图丙中画出感应电流随时间变化的i －t 图象(以逆时针方向为正)；(2)求出线框中感应电流的有效值．解析：(1)如图所示．(2)设电流的有效值为I ，则有：I 2RT ＝I 21R ·T 3＋I 22R ·2T 3， 得I ＝ 2 A.18．(12分)如图所示，一小型发电机内有N ＝100 匝的矩形线圈，线圈面积S ＝0.10 m 2，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B ＝0.10 T 的匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100π rad/s 绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，发电机线圈两端与R ＝100 Ω的电阻构成闭合回路．求：(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值；(2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转为90°角的过程中通过电阻R 的电荷量；(3)线圈匀速转动10 s ，电流通过电阻R 产生的焦耳热．解析：(1)线圈中感应电动势的最大值E m ＝NBSω＝3.14×102 V(314 V ，100π V 也同样得分)．(2)设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角所用时间为Δt ，线圈中的平均感应电动势E —＝n BS Δt ， 通过电阻R 的平均电流I —＝E R ＝nBS R Δt ， 在Δt 时间内通过电阻的电荷量Q ＝I —Δt ＝nBS R＝1.0×10－2 C. (3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，电阻两端电压的有效值U ＝22E m ， 经过t ＝10 s ，电流通过电阻产生的焦耳热Q 热＝U 2Rt ， 解得Q 热＝4.9×103 J.19．(13分)如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(a) (b)(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．解析：(1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B-t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔB ΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V .(2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BL v ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V ；回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v (t －1) (1 s ≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Bl v ＝2B v 2(t －1)＝(t －1) V感应电流i ＝e R＝(t －1) A(1 s ≤t ≤1.2 s)。

绝密★启用前人教版高中物理选修3-2 综合测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分第Ⅰ卷一、单选题(共15小题,每小题4.0分,共60分)1.如图所示，MN是一根固定的通电直导线，电流方向由N到M，今将一金属框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为()A．受力沿x轴正向B．受力沿x轴负向C．受力沿y轴正向D．受力沿y轴负向2.如图中画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律，以下哪些认识是正确的()A．第0.6 s末线圈中的感应电动势是4 VB．第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的小C．第1 s末线圈的瞬时电动势为零D．第0.2 s末和0.4 s末的瞬时电动势的方向相同3.如图所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在同一水平面内．当小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B，下列说法中正确的是()A．有顺时针方向的电流且有收缩的趋势B．有顺时针方向的电流且有扩张的趋势C．有逆时针方向的电流且有收缩的趋势D．有逆时针方向的电流且有扩张的趋势4.如图所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随x按B＝B0＋kx(x＞0，B0、k为常量)的规律均匀增大．位于纸面内的正方形导线框abcd处于磁场中，在外力作用下始终保持dc边与x轴平行向右匀速运动．若规定电流沿a→b→c→d→a的方向为正方向，则从t＝0到t＝t1的时间间隔内，图中关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图象正确的是()A．B．C．D．5.1931年，英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验．他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈将出现()A．先有逆时针方向的感应电流，然后有顺时针方向的感应电流B．先有顺时针方向的感应电流，然后有逆时针方向的感应电流C．始终有顺时针方向持续流动的感应电流D．始终有逆时针方向持续流动的感应电流6.如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内()A．电流表A1的示数比A2的小B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同D．电流表的示数都不为零7.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/s8.如图所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是()A．等于220 VB．大于220 VC．小于220 VD．等于零9.一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t＝T 时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电流的有效值为()A． 2VB． 2 VC．VD．V10.闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中产生的交变电流的瞬时值表达式为i＝I m sinωt.保持其他条件不变，使线圈的匝数及转速都增加1倍，则电流的变化规律为()A．i＝2I m sin2ωtB．i＝4I m sin2ωtC．i＝2I m sinωtD．i＝4I m sinωt11.对于常见的可燃气体浓度的检测，现在一般用催化燃烧检测器．它的原理如下：传感器的核心为一惠斯通电桥，其中一桥臂上有催化剂，当与可燃气体接触时，可燃气体在有催化剂的电桥上燃烧，该桥臂的电阻发生明显变化，其余桥臂的电阻不变化，从而引起整个电路的输出发生变化，而该变化与可燃气体的浓度成比例，从而实现对可燃气体的检测．由此可推断有催化剂的桥臂上的电阻材料为()A．铜B．合金C．半导体D．绝缘体12.关于传感器，下列说法不正确的是()A．传感器是将非电学量转换成电学量的装置B．压力传感器是将力学量转换成电学量的装置C．话筒中的传感器将电信号转换成声音信号D．传感器广泛应用于信息采集系统13.如图甲所示是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，板极上所带电量Q将随待测物体的上下运动而变化，若Q随时间t 的变化关系为Q＝(a、b为大于零的常数)，其图象如图乙所示，那么图丙、图丁中反映极板间场强大小E和待测物体速度v随t变化的图线可能是()A．①和③B．①和④C．②和③D．②和④14.下列器件可作为传感器的有()A．热电阻B．干电池C．电键D．二极管15.许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启；而在白天，即使有声音它也没有反应，它的控制电路中可能接入的传感器是()①温度传感器②光传感器③声音传感器④热传感器A．①②B．②③C．③④D．②④第Ⅱ卷二、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)16.如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材．(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．(2)由哪些操作可以使灵敏电流计的指针发生偏转()A．闭合开关B．断开开关C．保持开关一直闭合D．将线圈A从B中拔出(3)假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向______(填“左”或“右”)偏转．三、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)17.如图所示，在竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场B1和B2，B1＝B2＝1.0 T，B1和B2的方向相反，两磁场始终竖直向上做匀速运动．垂直轨道有一金属框abcd，并且与之绝缘．已知金属框的总质量为4.75×103kg，运动时所受阻力f＝500 N，金属框垂直轨道的边长Lcd＝2.0 m，两磁场的宽度均与金属框的边长Lad相同，金属框整个回路的电阻R＝9.0×10－4Ω，g取10 m/s2.假如金属框以v1＝10 m/s的速度匀速上升，求：(1)金属框中感应电流的大小及图示时刻感应电流的方向；(2)磁场向上运动速度v0的大小．18.图甲所示为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u－t图象如图乙所示，若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值Uab的表达式；(2)求只在ce间接400 Ω的电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比.19.用如图所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度．该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器．用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块，滑块可无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出．现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后．汽车静止时，传感器a、b的示数均为10 N(取g＝10 m/s2)．(1)若传感器a的示数为14 N，b的示数为6.0 N，求此时汽车的加速度大小和方向．(2)当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零？答案解析1.【答案】A【解析】根据安培定则可得，MN右侧磁场方向为垂直纸面向里，左侧磁场方向垂直纸面向外，并且左侧磁通量大于右侧穿过金属框的磁通量，所以穿过线框整体磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律，线圈要向右移动，才能阻碍原磁场磁通量的增大，故A正确．2.【答案】A【解析】由法拉第电磁感应定律知：感应电动势E＝可知：0．3～0.8 s：E＝＝＝－4 V，负号表示方向与正方向相反，A正确；图象的斜率表示电动势的大小，由图象知第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的大，B错误；第1 s末线圈的磁感强度为零，但磁通量的变化率不为零，电动势不为零，C错误；第0.2 s末和0.4 s末的图象斜率一正一负，瞬时电动势的方向相反，D错误．3.【答案】D【解析】根据右手螺旋定则可得，A中电流的磁场向里且逐渐增大，根据楞次定律可得，磁场增大，感应电流的磁场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向，线框A外的磁场的方向与线框A内的磁场的方向相反，当线框A内的磁场增强时，线框B具有面积扩展的趋势，故D正确．4.【答案】A【解析】线框abcd向右匀速运动，穿过线框的磁通量均匀增加，由法拉第电磁感应定律知线框中产生恒定电流，由楞次定律知产生顺时针方向的电流，选项A正确．5.【答案】D【解析】在磁单极子运动的过程中，当磁单极子位于超导线圈上方时，原磁场的方向向下，磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知，产生逆时针(俯视)方向的感应电流；当磁单极子位于超导线圈下方时，原磁场的方向向上，磁通量减小，则感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知，产生逆时针(俯视)方向的感应电流．故D正确．6.【答案】C【解析】理想变压器原线圈中的磁感应强度随时间均匀增加，穿过副线圈的磁通量也将随时间均匀增加，副线圈中产生恒定的感应电动势，副线圈中的电流为恒定电流，电感线圈对恒定电流无阻碍作用，因而电流表A1和A2的示数相同，C项正确，A项错误；恒定电流不能通过电容器，因而电流表A3的示数为零，B、D项错误．7.【答案】D【解析】由u－t图象可知，变压器原线圈所加交变电压的有效值U1＝200 V，将此值代入＝和＝，解得变压器输出端电压和电流分别为U2＝U1＝×200 V＝20 V，I2＝I1＝×1 A ＝10 A，故变压器输出端所接电压表的示数为20 V，输出功率为P2＝U2I2＝20×10 W＝200 W，选项A、B错误；由u－t图象知交变电流的周期T＝0.02 s，故其频率f＝＝Hz＝50 Hz，选项C错误；由法拉第电磁感应定律可得U2＝n2，则副线圈处穿过每匝线圈的磁通量变化率的最大值为＝＝×Wb/s＝2Wb/s，选项D正确．8.【答案】C【解析】虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确．9.【答案】A【解析】先用代入法求出感应电动势的最大值：由e＝E m sinωt得2 V＝E m sin(×)，由此得E m ＝4 V，因此有效值为2V．选项A正确．10.【答案】A【解析】根据E m＝NBSω，ω＝2πn可得当线圈的匝数及转速都增加1倍时，该交流电的最大值变为4E m，线圈的电阻变为原来的2倍，角速度变为原来的2倍，所以电流的最大值变为I m′＝＝2I m，故电流变化表达式为i＝2I m sin 2ωt，故选A.11.【答案】C【解析】可燃气体燃烧后桥臂电阻发生变化的原因，是由于温度升高造成的，所以此电阻应属于热敏电阻，而能够随温度变化其电阻有较明显变化的材料只可能是选项中的半导体材料，故选C.12.【答案】C【解析】传感器是能够感受外界信息，并将其按照一定的规律转换成电信号的器件或装置，即将非电学量转换成电学量的元件，故A正确．压力传感器就是将力学量转换成电学量的装置，B正确．话筒中的传感器是声传感器，它将声音信号转换成电信号，而不是将电信号转换成声音信号，C错误．传感器广泛应用在自动测量和自动控制系统中，担负着信息采集和转化的任务，故D正确．13.【答案】C【解析】设两板间的距离为d.由C＝和C＝变形得d＝，又E＝，则得E＝，即E的变化和Q的变化一致，图丙中②正确．设下板经过时间t后d′＝，则其位移x＝d－d′＝(d－)－，由于U不变，则位移表达式满足匀速运动的位移表达式，图丁中③正确．故选C.14.【答案】A【解析】传感器是将非电学量转变成电学量的元件，如力传感器是将力学量转变成电学量；热敏电阻可以把温度转化为电学量，A正确；干电池是电源，能给两极提供电势差的设备，选项B错误；电键是个电子元件，不能作为传感器，C错误；二极管两极达到一定电压时就会正向导通，所以不是传感器．D错误．15.【答案】B【解析】楼道灯控制电路中安装有光声控延时开关，它装有光敏感元件，用于感知外界光线的强弱，还安装有声敏感元件用于感知外界声响．当白天外界光线较强时，光声控延时开关总处于断开状态，灯不亮；当夜晚光线较弱且有声响时光声控延时开关处于导通状态，灯亮，延时一段时间后，开关断开，灯熄灭．16.【答案】(1)见解析(2)ABD(3)右【解析】(1)将灵敏电流计与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．(2)将开关闭合或断开，导致穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，灵敏电流计指针偏转，故A、B正确；保持开关一直闭合，则穿过线圈B的磁通量不变，没有感应电流产生，灵敏电流计指针偏转，故C错误；将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，灵敏电流计指针偏转，故D正确．(3)在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．17.【答案】(1)1.2×104A方向为逆时针(2)12.7 m/s【解析】(1)因金属框匀速运动，所以金属框受到的安培力等于重力与阻力之和，设金属框向上做匀速运动时，金属框中感应电流大小为I，则：F安＝mg＋f，F安＝2B1ILcd，联立可以得到金属框中感应电流I＝1.2×104A，方向为逆时针方向．(2)金属框中感应电动势E＝2B1Lcd(v0－v1)，则金属框中感应电流大小I＝联立可以得到：v0＝12.7 m/s.18.【答案】(1)Uab＝400sin 200πt V(2)0.28 A(3)【解析】(1)由题图可知，交变电流周期为T＝0.01 s，ω＝＝200π rad/s，电压最大值U m＝400 V，原线圈输入电压瞬时值Uab的表达式为Uab＝400sin 200πt V.(2)电压有效值U1＝200V，理想变压器P1＝P2，原线圈中电流I1＝，解得I1＝A≈0.28 A.(3)设ab间匝数为n1，＝，同理，＝，由题意可知，＝，解得＝，代入数据解得＝.19.【答案】(1)4.0 m/s2方向向右(2)汽车以方向向左、大小为10 m/s2的加速度运动【解析】(1)如图所示，依题意：左侧弹簧对滑块向右的推力F1＝14 N，右侧弹簧对滑块向左的推力F2＝6.0 N，滑块所受合力产生加速度a1，根据牛顿第二定律有F1－F2＝ma1，得：a1＝＝m/s2＝4 m/s2.a1与F1同方向，即向前(向右)．(2)a传感器的读数恰为零，即左侧弹簧的弹力F1′＝0，因两弹簧相同，左弹簧伸长多少，右弹簧就缩短多少，所以右侧弹簧的弹力变为F2′＝20 N.滑块所受合力产生加速度a2，由牛顿第二定律得F合＝F2′＝ma2，得a2＝＝10 m/s2，方向向左．。

阶段测试(一)电磁感应一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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，有选错的得零分．)1．(2018·重庆名校期末)关于物理学史以及原理，以下说法正确的是()A．奥斯特心系“磁生电”，总结出了电磁感应定律B．洛伦兹力始终不做功，所以动生电动势的产生与洛伦兹力无关C．线圈的磁通量与线圈的匝数无关，线圈中产生的感应电动势也与线圈的匝数无关D．涡流跟平时说的感应电流一样，都是由于穿过导体的磁通量的变化而产生【答案】D【解析】法拉第总结出电磁感应定律，故A错误．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势，导体中的自由电荷随导体在磁场中运动，受到洛伦兹力而向导体一端移动，故B错误．线圈的磁通量与线圈的匝数无关，而线圈中产生的感应电动势与线圈的匝数成正比，故C错误．涡流跟平时说的感应电流一样，都是由于穿过导体的磁通量的变化而产生，故D正确．2．(2018·北京名校一模)如图所示，将导线(除两端外绝缘)绕在一把锉刀上，一端接上电池(电池另一极与锉刀接触)，手执导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，就会产生电火花．下列说法正确的是()A．产生电火花的回路只由导线与电池组成B．如导线端只向一个方向划动也能产生电火花C．锉刀采用什么材料制成对实验没有影响D．导线端划动的方向决定了自感电动势的方向【答案】B【解析】由图可知，产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，故A错误；手执导线的另一端，在锉刀上来回划动时产生的电火花，是由于电路时通时断，在回路中产生自感电动势产生的，与导线运动的方向无关，如导线端只向一个方向划动也能产生电火花，故B 正确；产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，如果锉刀是绝缘体，则实验不能完成，故C错误；自感电动势的方向与电流接通或断开有关，与导线端划动的方向无关，故D错误．3．如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是()A．闭合开关S后，A1会逐渐变亮B．闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同C．断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭D．断开S的瞬间，a点的电势比b点低【答案】D【解析】闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，故B错误；断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b 端，但二极管具有单向导电性，所以所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭，故C错误，D正确．故选D．4. (2017·山东名校检测)如图甲所示，圆形导线框与电阻R串联，框内有变化的磁场．取由a经R流向b为感应电流i R的正方向，测得i R随时间t变化的图象如图乙所示．取垂直纸面向里为磁场的正方向，则描述磁感应强度B随时间t变化的图象正确的是()【答案】B【解析】0～1 s 内、1～2 s 内的磁感应强度不变，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势为零，感应电流为零，故A 错误．在0～1 s 内，1～2 s 内，根据法拉第电磁感应定律知E ＝n ΔB ΔtS ，磁感应强度变化率不变，则感应电动势不变，根据楞次定律知，0～1 s 内感应电流从a 经R 流向b ，1～2 s 内感应电流从b 经R 流向a ，故B 正确．在0～1 s 内，1～2 s内，根据法拉第电磁感应定律知，E ＝n ΔB ΔtS ，磁感应强度变化率不变，则感应电动势不变，根据楞次定律知，0～1 s 内感应电流从b 经R 流向a,1～2 s 内感应电流从a 经R 流向b ，故C 错误．在0～1 s 内，1～2 s 内，根据法拉第电磁感应定律知，磁感应强度的变化率不是定值，则感应电动势变化，感应电流变化，故D 错误．故选B ．5．(2018·郑州一模)如图所示，共享单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS 模块和SIM 卡等，便于监控单车在路上的具体位置．用户仅需用手机上的客户端软件(App)扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机App 上能实时了解单车的位置；骑行结束关锁后App 就显示计时、计价、里程等信息．此外，单车能够在骑行过程中为车内电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电．根据以上信息判断下列说法不正确的有()A．单车的位置信息是借助北斗卫星导航系统准确定位的B．单车是利用电磁感应原理实现充电的C．由手机App上的显示信息，可求出骑行的平均速度D．单车在被骑行过程中受到地面的摩擦力表现为阻力【答案】ACD【解析】单车某个时刻的准确位置信息是借助多种卫星定位和基站确定的，故A错误；单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故B正确；手机App上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度，故C 错误；单车在骑行时，主动轮受到向前的摩擦力(动力)，从动轮受到向后的摩擦力(阻力)，故D错误．故选ACD．6．(2018·淮南名校期中)如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则()A．圆环向右穿过磁场后，不能摆至原高度B．在进入和离开磁场时，圆环中感应电流方向相反C．圆环进入磁场后，感应电流方向不变D．圆环最终停止在最低点【答案】AB【解析】圆环向右进入和离开磁场时，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A正确．当圆环进入或离开磁场区域时，磁通量发生变化，会产生电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向相反，故B正确．整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故C错误．在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化(一直是最大值)，无感应电流，所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置，故D错误．7. (2017·福建名校期中)某学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时，设计如图所示的实验装置，让一个闭合圆线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化，则()A ．若把线圈的匝数增加一倍，线圈内感应电流大小不变B ．若把线圈的面积增加一倍，线圈内感应电流大小变为原来的2倍C ．改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小，线圈内感应电流大小可能变为原来的2倍D ．把线圈的半径增加一倍，线圈内感应电流大小变为原来的2倍【答案】ACD【解析】设导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，线圈的半径为r ，则感应电流为I ＝E R＝n ΔΦR Δt ＝n ΔB Δt ·πr 2cos θ·S ρn ·2πr ＝Sr 2ρ·ΔB Δt·cos θ可见，将r 增加一倍，I 增加一倍，即感应电流大小变为原来的两倍，故D 正确；I 与线圈匝数无关，故A 正确；若将线圈的面积增加一倍，半径r 增加(2－1)倍，电流增加(2－1)倍，故B 错误；将线圈与磁场方向的夹角改变时，cos θ能变为原来的2倍(因cos θ最大值为1)，故C 正确．故选ACD ．8．(2018·安徽名校一模)韦伯和纽曼总结、提出了电磁感应定律，如图是关于该定律的实验，P 是由闭合线圈组成的螺线管，把磁铁从P 正上方，距P 上端h 处由静止释放，磁铁竖直穿过P 后落在海绵垫上并停下．若仅增大h ，重复原来的操作，磁铁穿过P 的过程与原来相比，下列说法不正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量将增大B ．线圈中产生的感应电动势将增大C ．通过线圈导线截面的电量将增大D ．线圈对磁铁的阻碍作用将变小【答案】ACD【解析】若仅增大h ，对穿过线圈的磁通量没有影响．故A 错误；若仅增大h ，磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大，故B 正确；若仅增大h ，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量的变化相同，则通过线圈导线截面的电量q ＝ΔΦR保持不变，故C 错误；线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，则线圈对磁铁的阻碍作用将变大，故D 错误．二、非选择题(本大题4小题，共52分．按题目要求作答．解答题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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)9．(12分)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将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________；②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针________．(3)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________．A．因电路不闭合，无电磁感应现象B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C．不能用楞次定律判断感应电动势方向D．可以用楞次定律判断感应电动势方向【答案】(1)如图所示(2)①向右偏转一下 ②向左偏转一下 (3)BD【解析】(2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下．(3)穿过电路中的磁通量发生变化即产生电磁感应现象．如电路不闭合无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势．要产生感应电流，电路要求必须闭合．故答案选BD ．10．(12分)如图所示，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽为L ，右端接有电阻R ，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属棒以v 0的初速度沿框架向左运动，棒与框架的动摩擦因数为μ，测得棒在整个运动过程中，通过任一截面的电量为q ，求：(1)棒能运动的距离；(2)R 上产生的热量．【答案】见解析【解析】(1)设在整个过程中，棒运动的距离为l ，磁通量的变化量ΔΦ＝BLl ，通过棒的任一截面的电量q ＝I Δt ＝ΔΦR ，解得l ＝qR BL. (2)根据能的转化和守恒定律，金属棒的动能的一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，电能又转化为热能Q ，即有12m v 20＝μmgl ＋Q ，解得Q ＝12m v 20－μmgl ＝12m v 20－μmgqR BL. 11. (14分)轻质细线吊着一质量为m ＝0.32 kg 、边长为L ＝0.8 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，总电阻为r ＝1 Ω.边长为L 2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化关系如图乙所示，从t ＝0开始经t 0时间细线开始松弛，取g ＝10 m/s 2.求：(1)在前t 0时间内线圈中产生的电动势；(2)在前t 0时间内线圈的电功率；(3)t 0的值．【答案】(1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝n ×12×⎝⎛⎭⎫L 22ΔB Δt ＝10×12×⎝⎛⎭⎫0.822×0.5 V ＝0.4 V. (2)I ＝E r＝0.4 A ，P ＝I 2r ＝0.16 W. (3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有F 安＝nBI L 2＝mg ，I ＝E rB ＝2mgr nEL＝2 T 由图象知B ＝1＋0.5t 0(T)，解得t 0＝2 s.12．(14分)如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑导轨PQ 、MN ，其电阻不计，间距d ＝0.5 m ，P 、M 之间接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B 0＝0.2 T 的匀强磁场中，两金属棒L 1、L 2平行地搁在导轨上，其电阻均为r ＝0.1 Ω，质量分别为M 1＝0.3 kg 和M 2＝0.5 kg.固定棒L 1，使棒L 2在水平恒力F ＝0.8 N 的作用下，由静止开始运动．求：(1)当电压表读数为U ＝0.2 V 时，棒L 2的加速度为多大？(2)棒L 2能达到的最大速度v m 的大小．【答案】(1)1.2 m/s 2 (2)16 m/s【解析】(1)流过棒L 2的电流I ＝U r ＝0.20.1A ＝2 A 棒L 2所受的安培力F ′＝B 0Id ＝0.2 N对棒L 2由牛顿第二定律可知，F －F ′＝M 2a解得a ＝1.2 m/s 2.(2)安培力F 安与恒力F 平衡时，棒L 2速度达到最大，设此时电路电流为I m ，则F 安＝B 0I m d 而I m ＝B 0d v m 2r F 安＝F解得v m ＝2Fr B 20d 2＝16 m/s.。

模块检测 模块检测(A卷)对应学生用书P55 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)1．下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是( )答案　C解析　A中虽然导体“切割”了磁感线，但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化，没有感应电流。

B中线框的一部分导体“切割”了磁感线，由于线框不闭合，线框中无感应电流。

C中虽然与A近似，但由于是非匀强磁场，运动过程中，穿过线框的磁感线条数增加，线框中有感应电流。

D中线框尽管是部分切割，但磁感线条数不变，无感应电流，故选C。

2.如图所示，线框由A位置开始下落，在磁场中受到的安培力如果总小于重力，则它在A 、B 、C 、D 四个位置(B 、D 位置恰好线框有一半在磁场中)时，加速度关系为( )A ．a A >aB >aC >aD B ．a A ＝a C >a B >a DC ．a A ＝a C >aD >a B D ．a A ＝a C >a B ＝a D答案　B解析　线框在A 、C 位置时只受重力作用，加速度a A ＝a C ＝g 。

线框在B 、D 位置时均受两个力的作用，其中安培力向上、重力向下。

由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小为a ＝g －<g 。

又线框在D 点时速度大于B 点速度，即F mF D >F B ，所以a D <a B 。

因此加速度的关系为a A ＝a C >a B >a D 。

B 正确。

3.如图所示，金属棒ab 置于水平放置的金属导体框架cdef 上，棒ab 与框架接触良好。

从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab 棒仍静止。

综合水平测试本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题)两部分，满分100分,考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题,共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在第1~6题给出的四个选项中，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．下列说法不符合物理学史的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应B．法拉第发现了电磁感应现象C．牛顿解释了涡旋电场的产生原理D．楞次找到了判断感应电流方向的方法答案 C解析根据物理学史可知A、B、D说法正确，C项中，麦克斯韦解释了涡旋电场的产生原理。

2。

如图所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。

杆ef及线框中导线的电阻都可不计。

开始时，给杆ef一个向右的初速度，则（）A．ef将减速向右运动,但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动答案 A解析导体杆向右运动时会切割磁感线产生感应电动势、感应电流，所以导体杆ef受到向左的安培力做减速运动，速度减小会使电动势、电流减小,安培力也随之减小,所以做减速运动的加速度会减小，直到速度为零时导体杆静止。

因此A正确，B、C、D错误.3．如图所示，L为电阻很小的线圈,G1和G2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计.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，将出现（）A．G1和G2的指针都立即回到零点B．G1的指针立即回到零点,而G2的指针缓慢地回到零点C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点D．G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点答案 D解析K断开后,自感电流的方向与G1原电流方向相反，与G2原电流方向相同。

模块综合检测(A)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~10题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.课堂上教师做了如图所示的演示实验,同学们根据实验现象得到如下结论,其中不正确的是()A.甲、乙两次实验表明通电导线周围存在磁场B.甲、丙两次实验表明磁场对电流有力的作用C.甲、丙两次实验表明通电导线周围的磁场方向与电流方向有关D.甲、乙、丙三次实验现象共同表明电能生磁,且其磁场方向与电流方向有关解析:甲中通电时小磁针发生了转动,证明甲中有磁场,而乙断开后没有转动,说明乙中没有磁场,即通电导线能产生磁场,故A不符合题意;甲、丙两实验说明了电流反向时对磁针的作用方向不同,无法确定磁场对电流是否有力的作用,故B符合题意;甲和丙两次实验中电流反向后,小磁针的转动方向发生了变化,能证明磁场方向与电流方向有关,故C 不符合题意;通过三次实验比较,通电导线能产生磁场,并且磁场方向与电流方向有关,故D不符合题意。

答案:B2.如图所示,AB是水平面上一个圆的直径,在过AB的竖直平面内有一根通电导线EF。

已知EF平行于AB,当EF竖直向上平移时,电流的磁场穿过圆面积的磁通量将()A.逐渐增大B.逐渐减小C.始终为0D.不为0,但保持不变解析:利用右手螺旋定则判断直线电流产生的磁场,作出俯视图。

考虑到磁场具有对称性,可以知道,穿入线圈的磁感线的条数与穿出线圈的磁感线的条数是相等的,故选项C 正确。

答案:C3.很多同学家里都有调光台灯、调速电风扇,过去是用变压器来实现上述调节的,缺点是成本高、体积大、效率低,且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速。

现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的,一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压如图所示,即在正弦式电流的每一A.U mB解析:由有效值的定义U答案:C4.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度为B、电阻为R、半径为l、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。

模块综合检测(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1. 如图所示，闭合矩形线框abcd位于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，让线框以沿与ab边垂直的速度v在磁场中匀速运动，则关于线框中感应电流和感应电动势判断正确的是( )A．cd中有向上的电流，且c点电势高于d点电势B．cd中有向上的电流，且d点电势高于c点电势C．cd中没有感应电流，且d点电势不等于c点电势D．cd中没有感应电流，且d点电势等于c点电势解析：选C.根据感应电流产生的条件，即当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，回路中就会有感应电流产生．本题中，线框运动的过程，磁通量不变，故回路中没有感应电流；但根据右手定则，整个导体向右切割磁场，导体的ad端电势高于bc端的电势，故本题选C.2. M和N是绕在一个环形铁芯上的两个线圈，绕法和线路如图所示．现将变阻器R1的滑片从a端逐渐向b端移动的过程中，对通过电阻R2的电流分析正确的是( )A．R2中有电流，方向由c流向dB．R2中有电流，方向由d流向cC．R2中无电流，原因是R2回路没有接外电源D．R2中无电流，原因是N线圈没有切割磁感线解析：选A.根据右手螺旋定则可知，线圈M左端是S极，右端是N极．现将变阻器R1的滑片从a端逐渐向b端移动的过程中，电阻减小，电流增大，磁场增强，导致向左穿过线圈N 的磁通量增大，则由楞次定律可得：R2中有电流，方向由c流向d，故A正确，B、C、D错误．3.如图甲所示，在长直载流导线附近有一个矩形线圈ABCD ，线圈与导线始终在同一平面内．取图示电流方向为直导线电流的正方向，当直导线通入如图乙所示的电流时，在0～T 内说法正确的是( )A ．在t ＝T 2时，穿过线圈ABCD 中的磁通量最大 B ．在t ＝T 2时，线圈ABCD 中产生的感应电流最小 C ．在t ＝T 2～T 时间内，线圈ABCD 中感应电流方向一直沿顺时针方向 D ．在t ＝T 2～T 时间内，线圈ABCD 中感应电流方向会发生改变 解析：选D.在t ＝T 2时，通过直导线的电流为零，产生的磁场磁感应强度为零，但磁场变化最快；穿过线圈ABCD 中的磁通量为零，但磁通量变化最快，感应电流最大，故A 错误，B 错误；在t ＝T 2～3T 4时间内，穿过线圈的磁通量向外增大，感应电流沿顺时针方向；在t ＝3T 4～T 时间内，穿过线圈的磁通量向外减小，感应电流沿逆时针方向．因此在t ＝T 2～T 时间内，感应电流方向会发生改变，故C 错误，D 正确．4. 如图所示，在电路两端加上正弦交变电流，保持电压有效值不变，使频率增大，发现灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M 、N 、L 中所接元件可能是( )A ．M 为电阻，N 为电容器，L 为电感线圈B ．M 为电感线圈，N 为电容器，L 为电阻C ．M 为电容器，N 为电感线圈，L 为电阻D ．M 为电阻，N 为电感线圈，L 为电容器解析：选C.当交变电流的频率增大时，电感线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮、灯2变暗可知M 为电容器、N 为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L 为电阻，C 正确．5．如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电压—时间图象．原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝10∶1，串联在原线圈电路中的交流电流表的示数为1 A ，则( )A ．变压器原线圈所接交流电压的有效值为220 2 VB ．变压器输出端所接电压表的示数为22 2 VC ．变压器输出端交变电流的频率为50 HzD ．变压器的输出功率为220 2 W解析：选C.变压器原线圈所接交流电压的有效值为U 1＝22022V ＝220 V ，选项A 错误；变压器输出端所接电压表的示数为U 2＝n 2n 1U 1＝110×220 V＝22 V ，选项B 错误；变压器输出端交变电流的频率为f ＝10.02Hz ＝50 Hz ，选项C 正确；变压器的输出功率等于输入功率，P ＝U 1I 1＝220×1 W＝220 W ，选项D 错误．6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V ，6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是( )A ．电流表的示数为2 2 AB ．变压器的输入功率为18 WC ．副线圈两端接入耐压值为10 V 的电容器能正常工作D ．原线圈中磁通量变化比副线圈中磁通量变化得快解析：选B.由输入端交变电压u 的图象，可求出原线圈两端电压有效值为27 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得副线圈两端的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝13×27 V＝9 V ，三只灯泡均能正常发光．由P ＝UI 得每只灯泡通过的电流为：I 1＝P U ＝69 A ＝23 A ，电流表的读数为I ＝3I 1＝3×23A ＝2 A ，A 错误；变压器的输出功率和输入功率相等，故变压器的输入功率等于三只灯泡消耗的功率，为18 W ，B 正确；副线圈两端电压的最大值为9 2 V ，大于10 V ，C 错误；原、副线圈磁通量变化快慢相同，D 错误．二、多项选择题(本题共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，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7. 如图所示，A 和B 都是铝环，环A 是闭合的，环B 是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动．下列判断正确的是( )A ．用磁铁的N 极靠近A 环，A 环会有顺时针方向的电流产生B ．用磁铁的N 极靠近A 环，A 环会有逆时针方向的电流产生C ．用磁铁的N 极靠近A 环，A 环会远离磁铁D ．用磁铁的N 极靠近B 环，B 环会远离磁铁解析：选BC.用N 极接近环A 时，向里的磁通量最大，所以A 环中感应电流的磁场的方向向外，环A 能产生逆时针的感应电流，故A 错误，B 正确；A 环闭合，磁铁插向A 环时，产生感应电流，环受力，A 环会远离磁铁，故C 正确；B 环不闭合，磁铁插向B 环时，环内不产生感应电流，因此环不受磁场的作用，横杆不转动，故D 错误．8．如图甲所示，圆形线圈P 静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q ，P 和Q 共轴，Q 中通有变化电流i ，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 ．t 1时刻F N ＞G ，P 有收缩的趋势B ．t 2时刻F N ＝G ，此时穿过P 的磁通量最大C ．t 3时刻F N ＝G ，此时P 中无感应电流D ．t 4时刻F N ＜G ，此时穿过P 的磁通量最小解析：选AB.t 1时刻螺线管中电流增大，其形成的磁场不断增强，因此线圈P 中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P 将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，F N >G ，故A 正确；t 2时刻与t 4时刻，当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P 中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t 2时刻和t 4时刻F N ＝G ，此时穿过P 的磁通量最大，故B 正确，D 错误；t 3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P 中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流．t 3时刻螺线管中电流为零，因此两个线圈之间没有安培力，F N ＝G ，故C 错误．9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，V 、R 和L 分别是理想电压表、定值电阻和电感线圈，D 1、D 2均为灯泡．已知原线圈两端电压u 按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是( )A ．电压表示数为62.2 VB ．电压u 的表达式为u ＝311sin 100πt (V)C ．仅增大电压u 的频率，电压表示数增大D ．仅增大电压u 的频率，D 1亮度不变，D 2变暗解析：选BD.由图象可知变压器输入电压的有效值为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得电压表的示数为44 V ，A 错误；由图象可知输入电压的最大值为U m ＝311 V ，周期T ＝2×10－2 s ，ω＝2πT＝100π rad/s ，所以B 正确；变压器的电压与频率无关，C 错误；增大输入电压的频率对R 支路无影响，但使L 的感抗增加，通过D 2的电流减小，D 2变暗，D 正确．10．如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电压，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式为u ＝202sin 100πt (V)B ．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 ．S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析：选AD.由题图乙可知，U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，则ω＝2πT＝100π rad/s ，输入电压u ＝202sin 100πt (V)，故A 正确；由变压器的变压规律知：U 1U 2＝n 1n 2，故U 2＝20×15V ＝4 V ，将S 1接1、S 2闭合时，灯泡L 2正常发光，故灯泡L 2的额定电压为4 V ，当只断开S 2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L 1、L 2串联，故L 1、L 2均不能正常发光，B 错误；此时P 出＝U 22R 总，副线圈负载R 总增大，故P 出减小，又P 入＝P 出，故原线圈的输入功率减小，C 错误；当S 1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R ，故P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确． 三、非选择题(本题共3小题，共40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)11．(10分)一种测量物体质量的装置，其结构如图甲、乙所示，磁极间存在着磁感应强度大小为B ＝0.5 T 的匀强磁场．边长L ＝0.1 m 、匝数n ＝100匝的正方形线圈abcd 套于中心磁极并固定在托盘骨架上，总质量m 0＝1 kg. 线圈左右两边处于磁场中，与一数字式电量表(图上未画出)连接成一个回路，回路总电阻为R ＝10 Ω.托盘下方和磁极之间固定一劲度系数为k ＝10 N/cm 的轻弹簧．在某次测量中，一物体从轻放到托盘上到最终静止的过程中流过电量表的净电荷量为q ＝0.02 C ，不计摩擦和空气阻力，g 取10 m/s 2.(1)当托盘向下运动的速度为v ＝0.1 m/s 时，求此时线圈中感应电流的大小和方向；(2)求该物体的质量；(3)测量中弹簧增加的弹性势能为ΔE p ＝0.2 J ，求回路产生的焦耳热Q .解析：(1)E ＝2nBLv ＝1 VI ＝E R＝0.1 A 据右手定则，线圈中感应电流的方向在图乙中沿顺时针方向．(2)q ＝∑2nBLv R Δt ＝2nBLx R，解得：x ＝0.02 m 据kx ＝mg ，解得m ＝kqR2nBLg＝2 kg. (3)据功能关系(m ＋m 0)gx ＝ΔE p ＋Q ，解得：Q ＝0.4 J.答案：(1) 0.1 A ，沿顺时针方向 (2)2 kg (3)0.4 J12．(14分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压有效值恒为500 V ，现用电阻率为1.8×10－8 Ω·m、横截面积为10－5 m 2的输电线向4×103m 远处的用户输电，且使发电机满负荷运行，已知输电线上的损失功率为发电机总功率的4%，则：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V ，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220 V ？若用电器电路中电流为100 A ，求此时用电器两端的电压数值．解析：(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r ＝ρ2l S ＝14.4 Ω由题意知P 损＝P ×4%＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22r 代入数据得U 2＝6 000 V 升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝112. (2)I 2＝P U 2＝503A U 损＝I 2·r ＝240 V而U 3＝U 2－U 损＝5 760 Vn 3n 4＝U 3U 4＝28811降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11.(3)用电器总数减少时，用电器电路总电阻变大，I 4变小，则输电线电路中电流变小，输电线损失电压变小，U 3变大，则U 4变大，即用电器两端的电压大于220 V.由题知I ′4＝100 A则由I ′4I ′3＝n 3n 4＝28811，所以I ′3＝27572A U ′损＝I ′3·r ＝55 V而U 1、U 2不变U ′3＝U 2－U ′损＝(6 000－55) V ＝5 945 VU ′3U ′4＝n 3n 4，U ′4≈227 V. 答案：(1)1∶12 (2)288∶11 (3)大于220 V 227 V13．(16分) 如图所示，足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，间距为1 m ．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T ，P 、M 间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab 在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)当金属杆的速度为4 m/s 时，金属杆的加速度大小；(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m 时，通过金属杆的电荷量．解析：(1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律，有 F ＋mg sin θ－F 安－f ＝ma ，f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ ab 杆所受安培力大小为F 安＝BILab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv 由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R整理得：F ＋mg sin θ－B 2L 2Rv －μmg cos θ＝ma 代入v m ＝8 m/s 时a ＝0，解得F ＝8 N代入v ＝4 m/s 及F ＝8 N ，解得a ＝4 m/s 2.(2)设通过回路横截面的电荷量为q ，则q ＝It 回路中的平均电流强度为I ＝E R回路中产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦt回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx ，联立解得 q ＝3 C.答案：(1)4 m/s 2 (2)3 C。