沪教版高二物理选修3-2期末试题及答案

一、单项选择题（大题共6小题，每小题3分，共18分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）1.在电磁感应现象中，下列说法正确的是（）A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B．穿过闭合线圈的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流C．闭合电路在磁场内作切割磁感线运动，电路内一定会产生感应电流D．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流2.如图1所示的电路中，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的方形导线框，下列判断正确的是（）A．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿abcd方向，经过位置2时沿adcb方向B．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿adcb方向，经过位置2时沿abcd方向C．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿abcd方向D ．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿adcb 方向3.平行闭合线圈的匝数为n ，所围面积为S ，总电阻为R ，在t ∆时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为∆Φ，则通过导线某一截面的电荷量为（ ） A ．R ∆Φ B ．R nS∆Φ C ．tR n ∆∆ΦD ．Rn ∆Φ 4.如图2所示中，L 1和L 2是两个相同灯泡，L 是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R 相同，在开关S 接通的瞬间，下列说法正确的是（ ）A ．接通时L 1先达到最亮，断开时L 1后灭B ．接通时L 2先达到最亮，断开时L 2后灭C ．接通时L 1先达到最亮，断开时L 1先灭D ．接通时L 2先达到最亮，断开时L 2先灭5.交流发电机正常工作时，电动势的变化规律为t E e m ωsin =．如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，则（ ）A ．只是电动势的最大值增加一倍B ．电动势的最大值和周期都增加一倍C．电动势的最大值和周期都减小一半 D．只是频率减小一半，周期增加一倍6.如图3示，一宽40 cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。

高中物理选修3-2期末复习测试题一、选择题（本题共12小题，每小题给出的四个答案中至少有一个是正确的，每小题4分，共48分）1.关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是： A.穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大 B.电路中磁通量的该变量越大，感应电动势就越大 C.电路中磁通量变化越快，感应电动势越大D.若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零2.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断： A.在A 和C 时刻线圈处于中性面位置 B.在B 和D 时刻穿过线圈的磁通量为零C.从A~D 时刻线圈转过的角度为2πD.若从O~D 时刻历时0.02s ，则在1s 内交变电流的方向改变100次3.如图所示，导线框abcd 与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad 和bc 的中点，当线框向右运动的瞬间，则：A.线框中有感应电流，且按顺时针方向B.线框中有感应电流，且按逆时针方向C.线框中有感应电流，但方向难以判断D.由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流4.闭合线圈与匀强磁场垂直，现将线圈拉出磁场，第一次拉出速度为v 1，第二次拉出速度为v 2，且v 2=2v 1，则：A.两次拉力做的功一样多B.两次所需拉力一样大C.两次拉力的功率一样大D.两次通过线圈的电荷量一样多5.如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S ，电流达到稳定后通过线圈L 的电流为I 1，通过小灯泡L 2的电流为I 2，小灯泡L 2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是：A.S 闭合瞬间，L 2灯缓慢变亮，L 1灯立即变亮B.S 闭合瞬间，通过线圈L 的电流由零逐渐增大到I 1C.S 断开瞬间，小灯泡L 2中的电流由I 1逐渐键位零，方向与I 2相反D.S 断开瞬间，小灯拍L 2中的电流由I 1逐渐减为零，方向不变6.两个相同的电阻，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Q 1与方波电流在电阻上产生的热量Q 2之比等于：a b c dA.3:1B.1:2C.2:1D.1:1 7.如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中能使电流表示数减小的是：A.只将S 1从2拨向1B.只将S 2从4拨向3C.只将S 3从闭合改为断开D.只将变阻器R 3的滑动触头上移8.如图，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 边与磁场区域边界重合。

高中物理学习材料金戈铁骑整理制作物理选修3-2测试题一、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，有一到两个选项正确，选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不选的得0分。

）1、关于电磁感应，下列说法正确的是（ ）A ．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B ．导体作切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C ．闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流D ．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流2、关于自感电动势的大小，下列说法正确的是（ ）A ．跟通过线圈的电流大小有关B ．跟线圈中的电流变化大小有关C ．跟线圈中的电流变化快慢有关D ．跟穿过线圈的磁通量大小有关3．如图1所示，AB 为固定的通电直导线，闭合导线框P 与AB 在同一平面内。

当P 远离AB 做匀速运动时，它受到AB 的作用力为（ ）A ．零B ．引力，且逐步变小C ．引力，且大小不变D ．斥力，且逐步变小4．如图2所示，电阻R 和线圈自感系数L 的值都较大，电感线圈的电阻不计，A 、B 是两只完全相同的灯泡，当开关S 闭合时，电路可能出现的情况是（ ）A ． A 、B 一起亮，然后B 熄灭B ．A 比B 先亮，然后A 熄灭C ．A 、B 一起亮，然后A 熄灭D ．B 比A 先亮，然后B 熄灭5．交流发电机正常工作时，电动势的变化规律为e=Emsinωt ．如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，则：（ ）A.只是电动势的最大值增加一倍B.电动势的最大值和周期都增加一倍C.电动势的最大值和周期都减小一半D.只是频率减小一半，周期增加一倍6．如图3为理想变压器原线圈所接电源电压波形，原副线圈匝数之比n1∶n2 = 10∶1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A ，下则说法正确的是（ ）图3 图1 图2 U/Vt/s0 2220 2220 0.010.02A ．变压器输出两端所接电压表的示数为222VB ．变压器输出功率为2202WC ．变压器输出的交流电的频率为50HZD ．该交流电每秒方向改变50次7．对于扼流圈的以下说法，正确的是（ ）A ．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的B ．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”C ．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”D ．高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用小，对高频交变电流阻碍作用大8．理想变压器的原线圈接正弦式电流，副线圈接负载电阻Ｒ，若输入电压不变，要增大变压器的输出功率，可行的措施有（ ）Ａ．只增大负载电阻Ｒ的阻值 Ｂ．只减小负载电阻Ｒ的阻值Ｃ．只增大原线圈的匝数 Ｄ．只增大副线圈的匝数9．有两个完全相同的电阻，一个通以10A 的直流电流,热功率为P ，另一个通以正弦式交变电流，热功率为2P ，那么 （ ）A ．交流的有效值为10AB ．交流的最大值为10AC ．交流的有效值为20AD ．交流的最大值为20A10、图4中关于日光灯电路图正确的是:（ ）A B C D二、填空题（共4小题，每空3分，共30分）11、如图5所示是一交流电压随时间变化的图象，此交流的周期为___s ，交流电压的有效值为_____V 。

高中同步测试卷(十)期末测试卷(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题☎本题共 小题，每小题 分，共 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．✆．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是☎ ✆✌．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象．焦耳通过实验研究发现了电流通过导体产生电热的规律．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的如图，直角三角形金属框♋♌♍放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为 ，方向平行于♋♌边向上．当金属框绕♋♌边以角速度▫逆时针转动时，♋、♌、♍三点的电势分别为✞♋、✞♌、✞♍ 已知♌♍边的长度为● 下列判断正确的是☎ ✆✌．✞♋ ✞♍，金属框中无电流．✞♌ ✞♍，金属框中电流方向沿♋－♌－♍－♋．✞♌♍＝－ ● ▫，金属框中无电流．✞♋♍＝ ● ▫，金属框中电流方向沿♋－♍－♌－♋．图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是☎ ✆✌．图甲表示交流电，图乙表示直流电 ．图甲所示电压的瞬时值表达式为◆＝  ♦♓⏹ ⇨♦ ✞．图甲、图乙两种电压的有效值分别为  ✞和 ✞．图甲所示电压经匝数比为 的变压器变压后，频率变为原来的 ．为了控制海洋中水的运动，海洋工作者有时依靠水流通过地磁场所产生的感应电动势测水的流速．某课外活动兴趣小组由四名成员甲、乙、丙、丁组成，前去海边某处测量水流速度．假设该处地磁场的竖直分量已测出为 ，该处的水流是南北流向，则下列测定方法可行的是☎✆✌．甲将两个电极在水平面上沿水流方向插入水流中，测出两极间距离☹及与两极相连的测量电势差的灵敏仪器的读数✞，则水流速度❖＝✞☹．乙将两个电极在水平面上沿垂直水流方向插入水流中，测出两极间距离☹及与两极相连的测量电势差的灵敏仪器的读数✞，则水流速度❖＝✞☹．丙将两个电极沿垂直海平面方向插入水流中，测出两极间距离☹及与两极相连的测量电势差的灵敏仪器的读数✞，则水流速度❖＝✞☹．丁将两个电极在水平面上沿任意方向插入水流中，测出两极间距离☹及与两极相连的测量电势差的灵敏仪器的读数✞，则水流速度❖＝✞☹．如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框✌位于纸面内且对角线✌与虚线垂直，磁场宽度与对角线✌长均为♎，现使线框沿✌方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从 点进入磁场到✌点离开磁场的过程中，线框中电流♓随时间♦的变化关系，以下可能正确的是☎✆．酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器．酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻❒ 的倒数与酒精气体的浓度♍成正比，那么，电压表示数✞与酒精气体浓度♍之间的对应关系正确的是☎✆✌．✞越大，表示♍越大，♍与✞成正比．✞越大，表示♍越大，但是♍与✞不成正比．✞越大，表示♍越小，♍与✞成反比．✞越大，表示♍越小，但是♍与✞不成反比．☎高考全国卷乙✆一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻 、 和 的阻值分别为 、 和，✌为理想交流电流表，✞为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关 断开时，电流表的示数为✋；当 闭合时，电流表的示数为 ✋ 该变压器原、副线圈匝数比值为☎✆✌． ．． ．二、多项选择题☎本题共 小题，每小题 分，共 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．✆．如图所示， 、✈是两个完全相同的灯泡，☹是直流电阻为零的纯电感，且自感系数☹很大． 是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是☎✆✌． 闭合时， 灯亮后逐渐熄灭，✈灯逐渐变亮． 闭合时， 灯、✈灯同时亮，然后 灯变暗，✈灯变得更亮． 闭合，电路稳定后， 断开时， 灯突然亮一下，然后熄灭，✈灯立即熄灭． 闭合，电路稳定后， 断开时， 灯突然亮一下，然后熄灭，✈灯逐渐熄灭．某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈☹ 由火线和零线并行绕成．当右侧线圈☹ 中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关 ，从而切断家庭电路．仅考虑☹ 在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有☎✆✌．家庭电路正常工作时，☹ 中的磁通量为零．家庭电路中使用的电器增多时，☹ 中的磁通量不变．家庭电路发生短路时，开关 将被电磁铁吸起．地面上的人接触火线发生触电时，开关 将被电磁铁吸起．如图所示，正方形线框♋♌♍♎边长为☹，每边电阻均为❒，在磁感应强度为 的匀强磁场中绕♍♎轴以角速度▫转动，♍、♎两点与外电路相连，外电路电阻也为❒ 则下列说法中正确的是☎ ✆✌． 断开时，电压表读数为 ▫☹． 断开时，电压表读数为 ▫☹． 闭合时，电流表读数为 ❒ ▫☹． 闭合时，线框从图示位置转过⇨ 过程中流过电流表的电荷量为 ☹ ❒．如图所示，间距为☹，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为❍，电阻也为 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度❖ 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为❑ 下列说法正确的是☎ ✆✌．金属棒在导轨上做匀减速运动．整个过程中电阻 上产生的焦耳热为❍❖．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 ❑ ☹．整个过程中金属棒克服安培力做功为❍❖．两根相距☹的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为❍的金属细杆♋♌、♍♎与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为↗，导轨电阻不计，回路总电阻为 整个装置处于磁感应强度大小为 、方向竖直向上的匀强磁场中．当♋♌杆在平行于水平导轨的拉力☞作用下以速度❖ 沿导轨匀速运动时，♍♎杆也正好以速度❖ 向下匀速运动．重力加速度为♑，以下说法正确的是☎ ✆✌．♋♌杆所受拉力☞的大小为↗❍♑＋ ☹ ❖．♍♎杆所受摩擦力为零．回路中的电流强度为 ☹（❖ ＋❖ ）．↗与❖ 的大小关系为↗＝ ❍♑ ☹ ❖ 题号答案的演算步骤，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．✆．☎分✆一小型水电站，其交流发电机的输出功率为  ，输出电压为  ✞，在输电过程中，要求输电线能量损耗不大于 ，已知输电线电阻为  ，用户降压变压器的输出电压为  ✞，求输电线路中，升压变压器与降压变压器的变压比各多大？☎升、降压变压器均为理想变压器✆．☎分✆如图甲所示，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⏹＝  匝，电阻❒＝  ，所围成矩形的面积 ＝  ❍ ，小灯泡的电阻 ＝  ，磁场的磁感应强度按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♏＝⏹❍ ⇨❆♍☐♦⇨❆♦，其中 ❍为磁感应强度的最大值，❆为磁场变化的周期．不计灯丝电阻随温度的变化，求：☎✆线圈中产生感应电动势的最大值；☎✆小灯泡消耗的电功率；☎✆在磁感应强度变化的 ～❆的时间内，通过小灯泡的电荷量．．☎分✆如图所示，质量❍ ＝  ♑，电阻 ＝  ，长度●＝  ❍的导体棒♋♌横放在✞型金属框架上．框架质量❍ ＝  ♑，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数↗＝ ，相距 ❍的  、☠☠ 相互平行，电阻不计且足够长．电阻 ＝  的 ☠垂直于  整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 ＝  ❆．垂直于♋♌施加☞＝ ☠的水平恒力，♋♌从静止开始无摩擦地运动，始终与  、☠☠ 保持良好接触，当♋♌运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，♑取  ❍♦☎✆求框架开始运动时♋♌速度❖的大小；☎✆从♋♌开始运动到框架开始运动的过程中， ☠上产生的热量✈＝  ☺，求该过程♋♌位移⌧的大小．．☎分✆在图甲中，直角坐标系⌧⍓的 、 象限内有匀强磁场，第 象限内的磁感应强度大小为 ，第 象限内的磁感应强度大小为 ，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里．现将半径为●，圆心角为 的扇形导线框 ✈以角速度▫绕 点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为☎✆求导线框中感应电流的最大值；☎✆在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流✋随时间♦变化的图象；☎规定与图甲中线框的位置相对应的时刻为♦＝ ，以逆时针方向为正方向✆☎✆求线框匀速转动一周产生的热量．。

模块综合测评(教师用书独具)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本大题共12个小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．如图1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()图1A．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B[根据条形磁铁的磁场分布情况可知，线框在磁铁左端时，磁感线从线框下表面穿过；当运动到磁铁中央时，穿过线框的磁通量为零；当线框在磁铁右端时，磁感线从线框的上表面穿过，所以线框从磁铁上方匀速运动的过程中，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流．]2.如图2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()图2A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法判断C [棒ab 水平抛出后，其速度越来越大，但只有水平分速度v 0切割磁感线产生电动势，故E ＝BL v 0保持不变．]3．如图3所示是一交变电流的i -t 图像，则该交变电流的有效值为( )图3A ．4 AB ．2 2 AC ．83 AD ．2303 AD [设该交变电流的有效值为I ，由有效值的定义得⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22Rt 1＋I 2m Rt 2＝I 2RT ，而T ＝t 1＋t 2，代入数据解得I ＝2303A ，故D 正确．]4.如图4所示，均匀带正电的绝缘圆环a 与金属圆环b 同心共面放置，当a 绕O 点在其所在平面内旋转时，b 中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a ( )图4A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转B[b中产生顺时针方向的感应电流，且有收缩趋势，由安培定则和楞次定律可知，感应电流的磁场向里，阻碍原磁场向里减小，说明环a中电流顺时针减小，选项B正确．]5.如图5所示，理想变压器的原线圈匝数为n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，交变电源的电动势e＝311sin 314t (V)，电阻R＝88 Ω，电流表和电压表对电路的影响忽略不计，下列结论正确的是()图5A．电流的频率为50 HzB．电流表A1的示数约为0.2 AC．电压表V1的示数为311 VD．电阻R的发热功率约为44 WA[由瞬时电动势表达式可知电流频率为50 Hz，电压有效值约为220 V，副线圈电压有效值约为44 V，算得副线圈电流有效值约为0.5 A，故电阻R的热功率约为22 W，算得原线圈电流有效值约为0.1 A，故答案为A.] 6．如图6所示在虚线空间内有一对彼此平行的金属导轨，宽为l，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，在虚线空间内分布着垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场．导轨的下端接一定值电阻R，上端通过导线与一对竖直放置的平行金属板相连接，两板间距为d，其间固定着一光滑绝缘直杆，它与水平面也成θ角，杆上套一带电小球．当一电阻也为R的光滑导体棒ab沿导轨以速度v匀速下滑时，小球恰好静止在绝缘直杆上．则由此可以判断小球的电性并能求出其比荷为()图6A ．正电荷，2dg tan θBl v cos θB ．正电荷，2dg tan θBl vC ．负电荷，2dg tan θBl v cos θD ．负电荷，2dg tan θBl v B [杆切割磁感线产生的感应电动势为Bl v ，所以U ＝Bl v 2，对球：qU d ＝mg tanθ，联立得，q m ＝2dg tan θBl v ，故选B 正确．]7．如图7所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )图7A ．a 1＞a 2＞a 3＞a 4B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4C ．a 1＝a 3＞a 2＞a 4D ．a 1＝a 3＞a 2＝a 4C [线圈自由下落时，加速度为a 1＝g ；线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a 3＝g ；线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a 2＜g ，a 4＜g ；线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a 2＞a 4, 故a 1＝a 3＞a 2＞a 4.所以本题选C.]8．某发电站用11 kV 的交变电压输电，输送功率一定，输电线的总电阻为R ，现若用变压器将电压升高到330 kV 送电，下列选项正确的是( )A ．因I ＝U R ，所以输电线上的电流增为原来的30倍B ．因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的130C ．因P ＝U 2R ，所以输电线上损失的功率增为原来的900倍D ．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的130BD [输送功率P ＝UI 一定，输送电压升高后，输电线上的电流变为原来的11330＝130，A 错误，B 正确；P 损＝I 2R ，损失功率变为原来的⎝ ⎛⎭⎪⎫1302＝1900，C 错误；输电线的半径变为原来的130，根据公式R ＝ρl S ，输电线的电阻变为原来的900倍，P 损＝I 2R ，输电线上损失的功率保持不变，D 正确．]9.如图8所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路．在外力F 作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动．在匀速运动过程中外力F 做功W F ，磁场力对导体棒做功W 1，磁铁克服磁场力做功W 2，重力对磁铁做功W G ，回路中产生的焦耳热为Q ，导体棒获得的动能为E k .则( )图8A ．W 1＝QB ．W 2－W 1＝QC ．W 1＝E kD ．W F ＋W G ＝E k ＋QBCD [以导体棒为研究对象：由动能定理知W 1＝E k . ①C 正确；以磁铁为研究对象：由动能定理知W F －W 2＋W G ＝0.② 由功能关系和能量守恒知克服磁场力做的功W 2等于回路电能，电能一部分转化为焦耳热，另一部分转化为导体棒的动能，即W2＝Q＋E k ③由①②③得W2－W1＝Q，W F＋W G＝Q＋E k，B、D正确．]10．如图9(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图9(b)所示规律变化时()(a)(b)图9A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流AD[在t1～t2时间内，穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大，由楞次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势，故A正确．在t2～t3时间内，穿过圆环的磁通量均匀变化，由法拉第电磁感应定律可知，L中磁通量不变，则L中没有感应电流，因此没有变化的趋势，故B、C错误．在t3～t4时间内，向下的磁通量减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方向c到b，根据右手螺旋定则，穿过圆环L的磁通量向里减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故D正确．]11．如图10所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()图10A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁心AB[利用法拉第电磁感应定律和涡电流解题．当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁心会导致磁性减弱．所以选项A、B正确，选项C、D错误．] 12．一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的图11平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图11所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒AB、CD长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N．现用力向上拉动导体棒AB，使之匀速上升(导体棒AB、CD与导轨接触良好)，此时CD静止不动，则AB上升时，下列说法正确的是()A．AB受到的拉力大小为2 NB．AB向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做的功有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 JBC [对导体棒CD 分析：mg ＝BIl ＝B 2l 2v R ，得v ＝2 m/s ，故选项B 正确；对导体棒AB 分析：F ＝mg ＋BIl ＝0.2 N ，选项A 错误；在2 s 内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W ＝F 安v t ＝0.4 J ，选项C 正确；在2 s 内拉力做的功为F v t ＝0.8 J ，选项D 错误．]二、非选择题(本大题共4小题，共52分，按题目要求作答)13．(10分)一般的电熨斗用合金丝作发热元件，合金丝电阻随温度T 变化的关系如图12中实线①所示，由于环境温度以及熨烫的衣服厚度、干湿等情况不同，熨斗的散热功率不同，因而熨斗的温度可能会在较大范围内波动，易损坏衣物．有一种用主要成分为BaTiO 3被称为“PTC ”的特殊材料作发热元件的电熨斗，具有升温快、能自动控制温度的特点，PTC 材料的电阻随温度变化的关系如图中实线②所示，根据图线分析：图12(1)为什么处于冷态的“PTC ”熨斗刚通电时比普通电熨斗升温快？(2)通电一段时间后电熨斗温度T 自动稳定在______范围之内．【解析】 (1)由于冷态时PTC 材料电阻较小，故由P ＝U 2R 知，其发热功率较大，所以升温快．(2)从图上看出，温度较低时，电阻较小，热功率较大，所以生热快于散热，温度升高，电阻值迅速增大，相应的生热功率减小，当生热功率小于散热功率时，电阻温度降低，电阻值减小，生热功率会相应增大，故当生热功率等于散热功率时，温度会稳定在图中T 6～T 7之间．【答案】 (1)见解析 (2)T 6＜T ＜T 714．(12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 m 2，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 ．为了用此发电机发出的交流电带动两个标有“220 V 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13所示．求：图13(1)发电机的输出电压；(2)变压器原、副线圈的匝数比；(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数．【解析】 (1)最大电动势为E m ＝NBSω＝2πNBSf＝2π×220×2π×0.05×50 V ＝1 100 2 V发电机输出电压U 1＝E m 2＝1 100 V . (2)变压器原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝1 100 V220 V ＝5∶1.(3)由P ＝UI 得副线圈的总电流为I 2＝2P U 2＝2×11×103220A ＝100 A 由I 1I 2＝n 2n 1得 I 1＝n 2n 1I 2＝15×100 A ＝20 A. 【答案】 (1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A15．(14分)如图14甲所示，正方形导线框abcd 匀速穿过一匀强磁场区域．磁场区域的宽度为L 、磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外；导线框的电阻为R ，边长为2L ，在穿过磁场的整个过程中，导线框ab 、cd 两边始终保持与磁场边界平行，导线框平面始终与磁场方向垂直；导线框的速度大小为v ，方向垂直于cd 边，规定电流沿a →b →c →d →a 为正方向．甲 乙图14(1)请在图14乙中作出cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程中，导线框中感应电流随位移变化的i-x 图像；(2)求在上述过程中导线框所产生的焦耳热Q.【解析】 (1)线框在进入磁场及离开磁场时，E ＝2BLvI ＝E R ＝2BLv R由楞次定律，cd 边在磁场中运动时，I 为负方向，ab 边在磁场中运动时，I 为正方向．i ­x 图像如图所示：(2)cd 边或ab 边切割磁感线时，线框产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt而t ＝t 1＋t 2，t 1＝t 2＝L v解得Q ＝8B 2L 3v R .【答案】 (1)i -x 图像见解析 (2)8B 2L 3v R16．(16分)如图15所示，在距离水平地面h ＝0.8 m 的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．正方形线框abcd 的边长l ＝0.2 m ，质量m ＝0.1 kg ，电阻R ＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑定滑轮，一端连线框，另一端连一质量M ＝0.2 kg 的物体A (A 未在磁场中)．开始时线框的cd 边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A ，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd 边进入磁场时物体A 恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g 取10 m/s 2.求：图15(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？(3)线框落地时的速度多大？【解析】 (1)设线框到达磁场边界时速度大小为v ，由机械能守恒定律可得：Mg (h －l )＝mg (h －l )＋12(M ＋m )v 2代入数据解得：v ＝2 m/s线框的ab 边刚进入磁场时，感应电流：I ＝Bl v R线框恰好做匀速运动，有：Mg ＝mg ＋IBl代入数据解得：B＝1 T.(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：h－l＝12v t1代入数据解得：t1＝0.6 s线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：t2＝lv＝0.1 s此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到达最高点时所用时间：t3＝vg＝0.2 s线框从开始运动至到达最高点，所用时间：t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小仍为2 m/s，线框所受安培力大小也不变，即IBl＝(M－m)g＝mg因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．由机械能守恒定律可得：12m v 21＝12m v2＋mg(h－l)代入数据解得线框落地时的速度：v1＝4 m/s.【答案】(1)1 T(2)0.9 s(3)4 m/s情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。

高中沪科版物理选修3-2试题最新第一章研究交变电流-恒定电流与交变电流例1.如图8－6所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器，值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器.当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（）A、I变大，U变大B、I变大，U变小C、I变小，U变小D、I变小，U变大解析：当出现火情、温度升高，对于半导体热敏电阻，其电阻减小，所以显示器的电流I、报警器两端的电压U均减小。

答案：C反思：本题与实际相联系，考查了半导体的电阻随温度变化的规律及电路的动态分析问题，能很好地考查同学们的分析问题的能力，提高学习物理的兴趣。

例2.高温超导限流器被公认为目前最好的且唯一行之有效的短路故障电流限制装置。

中国科学院电工研究所完成了一种具有自主知识产权的高温超导限流器样机的研制工作，超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图8－7所示.超导部件有一个超导临界电流I c，当通过限流器的电流I＞I c时，将造成超导体失超，从超导态(本题认为电阻为零)转变为正常态(本题认为是一个纯电阻)，以此来限制电力系统的故障电流。

已知超导部件的正常态电阻为R1=3Ω，超导临界电流I c=1.2A，限流电阻R2=6Ω，小灯泡L上标有“6V6W”，电源电动势E=8V，内阻r=2Ω.原来电路正常工作，现L突然发生短路，则（）A、短路前通过R1的电流为2/3AB、超导部件将由超导态转为正常态C、短路后通过R1的电流为4/3AD、短路后通过R1的电流为2A解析：小灯泡L上标有“6V6W”，故该灯泡的电阻R L=U2/P=62/6Ω=6Ω，短路前电路的总电阻为R=(R1R2)/(R1+R2)+R L+r=2Ω+6Ω+2Ω=10Ω，总电流为I=E/R=0.8A，超导部件两端的电压为U1=E-I(R L+r)=1.6V，所以短路前通过R1的电流为I1=1.6V/3Ω=8/15A，所以A选项错误；当L突然短路后，则电路中总电阻为R′，R′=2Ω+2Ω=4Ω，总电流I′=E/R′=8V/4Ω=2A，则超导部件两端的电压为U′=E-I′r=4V，所以短路后通过R1的电流为I1′=4V/3Ω=4/3A，故C选项正确；由上述计算可知L突然短路后，超导部件的电流为4/3A，超过了临界电流1.2A，故短路后超导部件将由超导态转为正常态，B选项正确，D错。

高二物理选修3-2和3-3复习试题一、不定项选择题（每小题至少有一个答案正确，全部选对得3分，选对但选不全得2分，不选或有错选得0分。

共20个小题，60分。

）1．如图所示，当磁铁处于下列哪种情况时，与线圈构成闭合回路的电阻中没有感应电流通过（ ）A 、N 向下运动插入线圈B 、S 极向下运动插入线圈C 、N 极向上从线圈中拔出D 、静止在线圈中不动2.法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中的感应电动势的大小（ ） A 、跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比 B 、跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比 C 、跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比 D 、跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比3.交流电源电压u=202sin(100 πt)V ，电路中电阻R=10Ω。

则如右图电路中理想电流表和电压表的读数分别为（ ）A 、22A ，202VB 、2A ，20VC 、22A ，20VD 、2A ，202V4．如下图所示，属于交流电的是（ ）5.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电动势如图所示，下面说法正确的是()A 、交流电动势的最大值为20 VB 、交流电动势的有效值为102VC 、交流电动势的频率为50 HzD 、交流电动势的周期为0.04 s6．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图示，则( ) A 、t 1时刻线圈中磁通量为零 B 、t 2时刻线圈中磁通量变化率最大 C 、t 3时刻线圈中磁通量最大 D 、t 4时刻线圈面与磁场方向垂直7.如图, A 、B 是完全相同的两个小灯泡，L 为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，下列说法正确的是 （ ）A ．开关K 闭合的瞬间，A 、B 同时发光，随后A 灯变暗，B 灯变亮。

B ．开关K 闭合的瞬间，B 灯亮，A 灯不亮。

C ．断开开关K 的瞬间，A 、B 灯同时熄灭。

D ．断开开关K 的瞬间，B 灯立即熄灭，A 灯突然闪亮一下再熄灭8.如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab 边开始进入磁场到cd 边刚进入磁场的这段时间内，线框运动的速度—时间图象不可能是（ ）9.如图是一个理想变压器的电路图，若A 、B 两点接交流电压U 时，五个相同的灯泡均正常发光，则原、副线圈的匝数比为（ ）A 、5 ：1B 、 1 ：5C 、4 ：1D 、1 ：410.如图所示，为光敏电阻自动计数器的示意图，其中A 为发光仪器，小圆柱是传送带上物品，1R 为光敏电阻，其电阻值有光照时比没有光照时要小得多，2R 为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是（ ）A 、当有光照射1R 时，信号处理系统获得高电压B 、当有光照射1R 时，信号处理系统获得低电压C 、信号处理系统每获得一次低电压就记数一次D 、信息处理系统每获得一次高电压就记数一次11．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移动过程中线框的一边a 、b 两点间电势差绝对值最大的是 （ ）12．闭合回路中的磁通量Φ随时间t 变化的图像分别如①②③④所示，关于回路中产生的感应电动势的下列说法正确的是（ ）A. 图①的回路中感应电动势恒定不变B. 图②的回路中感应电动势变大C. 图③的回路中0~t 1时间内的感应电动势大于t 1~t 2时间内的感应电动势D. 图④的回路中感应电动势先变小再变大13．边长为L 的正方形金属框在水平恒力F 作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为d （d >L ）。

章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共12个小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．对于理想变压器来说，下列说法中不正确的是()A．变压器是利用互感现象制成的B．变压器可以改变各种电源的额定功率C．变压器不仅能改变电压，同时还能改变电流D．变压器的初级电流随次级电流的增大而增大【解析】由变压器的原理和电压、电流、功率的关系可判断．只有B说法不正确【答案】 B2．如图1是某型号手机充电器里的变压器(可视为理想变压器)，当a、b端接220 V交流电时，c、d端输出4.2 V交流电，则正常工作时()图1A．从a、b端流入的电流大于从c、d端流出的电流B．连接a、b端的线圈匝数多于连接c、d端的线圈匝数C．当c、d端空载(断路)时，c、d端的电压为零D．输入电流的频率高于输出电流的频率【解析】根据理想变压器电压与匝数成正比，知a、b端匝数大于c、d的匝数，根据电流与匝数成反比知从a、b端流入的电流小于从c、d端流出的电流，故A错误，B正确；当c、d端空载(断路)时，无感应电流，但仍有感应电动势，c、d端的电压不为零，故C错误；变压器不改变功率和频率，故D错误．【答案】 B3．如图2为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n1＝n4＜n2＝n3，A1，A2，A3为相同的理想交流电流表，当a，b端接入低压交流电源时，则()图2A．A1，A2的示数相等B．A1，A2，A3的示数相等C．A1的示数大于A2的D．A2的示数大于A3的【解析】根据变压器的规律电流与匝数成反比，得I1I2＝n2n1，且n1＜n2，故A1的示数大于A2，故AB错误，C正确；同理，A2的示数小于A3的，故D错误．【答案】 C4．如图3所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，接线柱a、b 间接电压u＝311 sin 314t (V)的正弦交流电源．当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，示数发生变化的电表是()图3A．A1、A2B．A2、V2C．A1、A2、V2D．A1、A2、V1、V2【解析】P下滑，负载电阻增大，A2示数减小，A1示数也减小，而V1和V2不变．A正确．【答案】 A5．如图4所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶3，次级回路中连入三个均标有“36 V 40 W ”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36 V 40 W ”的灯泡A( )图4A ．也正常发光B ．将被烧毁C ．比另三个灯暗D ．无法确定【解析】 由电压关系知原线圈两端电压为36 V ，所以A 灯正常发光．故A 正确．【答案】 A6．如图5为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，且n 1∶n 2＝n 4∶n 3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是( )图5A ．用户的总电阻增大B ．用户的电压U 4增大C ．U 1∶U 2＝U 4∶U 3D ．用户消耗的功率等于发电机的输出功率【解析】 对两个变压器，U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，所以U 1U 2＝U 4U 3，选项C 正确；由能量守恒定律可知，发电机的输出功率等于用户消耗的功率和输电线损耗的功率之和，选项D 错误；输出电压U 1一定，U 2也一定，当用户消耗的功率P 出增大时，负载增多，并联支路增加，用户的总电阻减小，P 出＝I 24R 负载，降压变压器的输出电流I 4增大，由I 3I 4＝n 4n 3知，降压变压器的输入电流I 3增大，即I 2增大，则U 3＝U 2－I 2r 减小，用户的电压U 4减小，选项A 、B 错误．【答案】 C7.如图6为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图6A.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m 4rB.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4r C ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r D ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r 【解析】 升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m 2；由变压关系可得U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1P n 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2r n 22U 2m，故选项C 正确． 【答案】 C8．如图7，理想变压器原、副线圈匝数为n 1＝100匝，n 2＝10匝，和均为理想电表，灯泡额定功率P ＝6 W ，灯泡正常发光，AB 端电压u 1＝1202sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )图7 A ．电流频率为100 HzB.的读数为12 2 VC.的读数为0.5 A D ．变压器输入功率为24 W【解析】理想变压器的输入端电压u＝1202sin 100πt(V)，则电压的有效值为120 V，频率为：f＝ω2π＝100π2π＝50 Hz.故A错误；理想变压器原、副线圈匝数n1＝100匝，n2＝10匝，电压表的读数：U2＝n2n1×U1＝10100×120＝12 V．故B错误；电流表的读数，I2＝PU2＝612A＝0.5 A，故C正确；原线圈中的输入功率等于副线圈消耗的功率，即6 W，故D错误．【答案】 C9．如图8所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶10，副线圈与阻值R＝20 Ω的电阻相连，原线圈两端所加的电压u＝202sin20πt(V)，则()图8A．交流电压表的示数为20 2 VB．副线圈输出交流电的频率为10 HzC．电阻R上消耗的电功率为2 kWD．原线圈中电流的最大值为100 A【解析】交流电压表的示数为交流电电压的有效值，应为20 V，选项A 错误；原线圈交流电的频率为10 Hz，变压器不改变交流电的频率，故选项B正确；副线圈两端的电压有效值为U2＝n2n1U1＝200 V，则P＝U22R＝U2I2＝U1I1，解得P＝2 000 W，选项C正确；I1＝100 A，原线圈中电流的最大值为100 2 A，选项D错误．【答案】BC10．如图9甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10∶1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦交流电，两个20 Ω的定值电阻串联接在副线圈两端．电压表V为理想电表，则()甲乙图9A．原线圈上电压的有效值为100 VB．原线圈上电压的有效值约为70.7 VC．电压表的读数为5.0 VD．电压表的读数约为3.5 V【解析】原线圈上电压的最大值为100 V，有效值为50 2 V，即70.7 V，A错，B对；根据原、副线圈电压之比与线圈匝数之比的关系可得，副线圈电压的有效值为7.07 V，而电压表的读数为其中一个定值电阻两端电压的有效值，约为3.5 V，C错，D对．【答案】BD11.如图10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R0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()图10A．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【解析】保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝U2R0＋R知，I2变小，由I1I2＝n2n1得I1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，U2变大，则根据P2＝U22R0＋R知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误．【答案】BC12．如图11所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是()图11A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起降压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动【解析】电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2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V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C正确；因I2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．【答案】 CD二、计算题(本大题共4个小题，共52分，按题目要求作答)13．(13分)如图12所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈的输出电压U 2＝220 V ，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U 0＝2 V ，则：图12(1)原、副线圈的匝数分别是多少？(2)当S 断开时，A 2的示数I 2＝5 A ，那么A 1的示数是多少？(3)当S 闭合时，A 2的示数如何变化？A 1的示数如何变化？【解析】 (1)根据变压比n 1n 0＝U 1U 0及n 2n 0＝U 2U 0可得 n 1＝U 1U 0·n 0＝3 3002×1匝＝1 650匝 n 2＝U 2U 0·n 0＝2202×1匝＝110匝 (2)由理想变压器知P 入＝P 出，即I 1U 1＝I 2U 2故I 1＝U 2U 1·I 2＝2203 300×5 A ＝0.33 A (3)开关S 闭合时，负载增加，总电阻减小，副线圈的输出电压U 2不变，I 2＝U 2R ，即I 2增大，输出功率P 出＝I 2U 2也增大．根据理想变压器P 入＝P 出，即I 1U 1＝I 2U 2，原线圈中的电流I 1也随之增大，即电流表A 2、A 1的示数均变大．【答案】 (1)1 650匝、110匝 (2)0.33 A (3)A 2、A 1的示数均变大14．(13分)某发电站的输出功率为104 kW ，输出电压为4 kV ，通过理想变压器升压后向80 km 的远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m ，导线横截面积为1.5×10－4m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4 %，求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输电线路上的电压损失．【解析】 (1)供电线路如图所示输电线的电阻为R ＝ρ2L S ①输电线上的功率损失为ΔP ＝I 2R ＝4 %P 1②升压变压器原、副线圈的功率关系为P 2＝P 1＝IU 2③由①②③式得升压变压器的输出电压U 2＝8×104 V .(2)输电线路上的电压损失为ΔU ＝IR ＝3.2×103 V .【答案】 (1)8×104 V (2)3.2×103 V15．(13分)如图13所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 000匝，有两个副线圈，匝数分别为n 2＝200匝，n 3＝500匝，分别接阻值为R ＝55 Ω的两相同电阻．若在原线圈上接入220 V 的交流电，求：图13(1)两个副线圈上的电流之比I 2∶I 3为多少？(2)原线圈中的电流I 1为多少？【解析】 (1)由变压比公式U 2U 1＝n 2n 1及U 3U 1＝n 3n 1可得U 2＝n 2n 1U 1＝44 V ，U 3＝n 3n 1U 1＝110 V 据欧姆定律I ＝U R得I 2＝U 2R ＝0.8 A ，I 3＝U 3R ＝2 A故I 2∶I 3＝2∶5.(2)由电流关系式n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3可得I1＝n2I2＋n3I3n1＝1.16 A.【答案】(1)2∶5(2)1.16 A16．(13分)风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图14所示，风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线总电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：图14(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；(2)用户得到的电功率是多少．【解析】(1)输电线损失的功率P损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW输电线电流I2＝P损R输＝4×10310A＝20 A升压变压器输出电压U2＝PI2＝100×10320V＝5×103 V升压变压器原、副线圈匝数比n1n2＝U1U2＝250 V5×103 V＝120输电线上电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V 降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U损＝4 800 V降压变压器原、副线圈匝数比n3n4＝4 800 V220 V＝24011.(2)用户得到的电功率，即降压变压器的输出功率为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW.【答案】(1)1∶20240∶11(2)96 kW。

（共44套）最新高中物理沪科版选修3-2(全册)讲义附同步练习课时练习及答案(含所有课时练习)+模块要点+期中期末试题学案1电磁感应——划时代的发现[目标定位]1.知道奥斯特发现了电流磁效应、法拉第发现了电磁感应现象.2.知道磁通量和磁通量变化量的含义.3.知道感应电流的产生条件．一、划时代的发现传统的英格兰科学研究方法中有一种叫做对称思维的方法．在奥斯特发现电流磁效应之后，学术界提出了什么新课题？答案根据对称思维的方法，学术界开始了对“将磁转变为电”的研究．[要点总结]1．新课题的提出：奥斯特发现了电流的磁效应，即“电能转化为磁”．根据对称思维的方法，法拉第在1822年提出了自己的新课题：“把磁转变为电”．2．深入探究得真谛：法拉第把这种由磁得到电的现象叫做电磁感应现象．产生的电流叫做感应电流．他把引起电流的原因概括为：变化的电流、变化的磁场、运动的磁铁、在磁场中运动的导体等．二、磁通量及其变化如图1所示，框架的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B.试求：(1)框架平面与磁感应强度B垂直时，穿过框架平面的磁通量为多少？(2)若框架绕OO′转过60°，则穿过框架平面的磁通量为多少？(3)若从图示位置转过90°，则穿过框架平面的磁通量的变化量为多少？图1(4)若从图示位置转过180°，则穿过框架平面的磁通量的变化量为多少？答案 (1)BS (2)12BS (3)－BS (4)－2BS [要点总结]1．磁通量(1)定义：闭合导体回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积叫磁通量，符号为Φ.在数值上等于穿过投影面的磁感线的条数．(2)公式：Ф＝BS .其中S 为回路平面在垂直磁场方向上的投影面积，也称为有效面积．所以当回路平面与磁场方向之间的夹角为θ时，磁通量Φ＝BS sin_θ，如图2所示．图2(3)单位：韦伯，简称韦，符号是Wb.(4)注意：①磁通量是标量，但有正、负之分．一般来说，如果磁感线从线圈的正面穿入，线圈的磁通量就为“＋”，磁感线从线圈的反面穿入，线圈的磁通量就为“－”．②磁通量与线圈的匝数无关(填“有关”或“无关”)．2．磁通量的变化量ΔΦ(1)当B 不变，有效面积S 变化时，ΔΦ＝B ·ΔS .(2)当B 变化，S 不变时，ΔΦ＝ΔB ·S .(3)B 和S 同时变化，则ΔΦ＝Φ2－Φ1，但此时ΔΦ≠ΔB ·ΔS .特别提醒 计算穿过某平面的磁通量变化量时，要注意前、后磁通量的正、负值，如原磁通量Φ1＝BS ，当平面转过180°后，磁通量Φ2＝－BS ，磁通量的变化量ΔΦ＝－2BS .例1 如图3所示的线框，面积为S ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，B 的方向与线框平面成θ角，当线框转过90°到图中虚线所示的位置时，试求：图3(1)初、末位置穿过线框的磁通量的大小Φ1和Φ2；(2)磁通量的变化量ΔΦ.答案(1)BS sin θ－BS cos θ(2)－BS(cos θ＋sin θ)解析(1)解法一：在初始位置，把面积向垂直于磁场的方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥＝S sin θ，所以Φ1＝BS sin θ.在末位置，把面积向垂直于磁场的方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥′＝S cos θ.由于磁感线从反面穿入，所以Φ2＝－BS cos θ.解法二：如图所示，把磁感应强度B沿垂直于面积S和平行于面积S的方向进行分解，得B上＝B sin θ，B左＝B cos θ所以Φ1＝B上S＝BS sin θ，Φ2＝－B左S＝－BS cos θ.(2)开始时B与线框平面成θ角，穿过线框的磁通量Φ1＝BS sin θ；当线框平面按顺时针方向转动时，穿过线框的磁通量减少，当转动θ时，穿过线框的磁通量减少为零，继续转动至90°时，磁感线从另一面穿过，磁通量变为“负”值，Φ2＝－BS cos θ.所以，此过程中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BS cos θ－BS sin θ＝－BS(cos θ＋sin θ)．例2如图4所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm.现于纸面内先后放上圆线圈A、B、C，圆心均处于O处．线圈A的半径为1 cm,10匝；线圈B的半径为2 cm,1匝；线圈C的半径为0.5 cm,1匝．问：图4(1)在B减为0.4 T的过程中，线圈A和线圈B中的磁通量变化多少？(2)在磁场转过90°角的过程中，线圈C中的磁通量变化了多少？转过180°角呢？答案(1)A、B线圈的磁通量均减少了1.256×10－4 Wb(2)减少了6.28×10－5 Wb减少了1.256×10－4 Wb解析(1)A、B线圈中的磁通量始终一样，故它们的变化量也一样．ΔΦ＝(B2－B)·πr2＝－1.256×10－4 Wb即A、B线圈中的磁通量都减少1.256×10－4 Wb(2)对线圈C，Φ1＝Bπr′2＝6.28×10－5 Wb当转过90°时，Φ2＝0，故ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝0－6.28×10－5 Wb＝－6.28×10－5 Wb当转过180°时，磁感线从另一侧穿过线圈，若取Φ1为正，则Φ3为负，有Φ3＝－Bπr′2，故ΔΦ2＝Φ3－Φ1＝－2Bπr′2＝－1.256×10－4 Wb.三、感应电流的产生条件1．实验1：如图5所示，条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中无电流产生．(填“有”或“无”)图52．实验2：如图6所示，导体AB做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB顺着磁感线运动时，线路中无电流产生(填“有”或“无”)．图63．实验3：如图7所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S接通或断开时，电流表中有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器滑动触头不动时，电流表中无电流产生(填“有”或“无”)．图74．上述三个实验产生感应电流的情况不同，但其中肯定有某种共同的原因，完成下表并总结产生感应电流的条件.总结实验1是磁体即磁场运动改变磁通量；实验2是通过导体相对磁场运动改变磁通量；实验3通过改变电流从而改变磁场强弱，进而改变磁通量，所以可以将产生感应电流的条件描述为“只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流”．[要点总结]1．产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．2．特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．在利用“切割”来讨论和判断有无感应电流时，应该注意：(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如图8所示，甲、乙两图中，导线是真“切割”，而图丙中，导体没有切割磁感线．图8(2)是否仅是闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动，如图丁．如果由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去．[延伸思考]电路不闭合时，磁通量发生变化是否能产生电磁感应现象？答案当电路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势，只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象．例3如图所示，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘)，下列组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是()答案C解析利用安培定则判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱．所以，A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦA也始终为0，A中不可能产生感应电流．B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过B中线圈的磁通量也始终为0，B中也不能产生感应电流．C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进>Φ出，即ΦC≠0，当切断导线中电流后，经过一定时间，穿过线圈的磁通量减小为0，所以C中有感应电流产生．D中线圈的磁通量如图丙所示，其有效磁通量为ΦD ＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦD也始终为0，D中不可能产生感应电流．例4金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是()答案A解析在选项B、C中，线圈中的磁通量始终为零，不产生感应电流；选项D中磁通量始终最大，保持不变，也没有感应电流；选项A中，在线圈转动过程中，磁通量做周期性变化，产生感应电流，故A正确．1．(对电磁感应现象的认识)下列关于电磁感应现象的认识，正确的是()A．它最先是由奥斯特通过实验发现的B．它说明了电流周围存在磁场C．它说明了闭合回路中磁通量变化时会产生电流D．它说明了电流在磁场中会受到力的作用答案C解析奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应，故A错误；电流周围存在磁场是电流的磁效应，故B错误；变化的磁场产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；电磁感应现象并没有说明电流在磁场中会受到力的作用，故D错误．2．(对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解)如图9所示，一矩形线框从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动) ()图9A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少答案D解析离导线越近，磁场越强，在线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在导线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，在线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故A、B、C 错误，D正确，故选D.3．(产生感应电流的分析判断)(多选)如图10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，下列办法中可行的是()图10A．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°)答案ABC解析将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分切割磁感线，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(小于90°)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内会产生感应电流．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)．4．(产生感应电流的分析判断)如图11所示，绕在铁心上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路，在铁心的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有．．感应电流的是()图11A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动C．通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动D．将开关突然断开的瞬间答案A解析只要通电时滑动变阻器的滑片P移动，电路中电流就会发生变化，变化的电流产生变化的磁场，铜环A中磁通量发生变化，有感应电流；同样，将开关断开瞬间，电路中电流从有到无，仍会在铜环A中产生感应电流．题组一电磁感应现象的发现1．奥斯特发现了电流磁效应，使整个科学界受到了极大的震动，通过对电流磁效应的逆向思维，人们提出的问题是()A．电流具有热效应B．电流具有磁效应C．磁能生电D．磁体具有磁化效应答案C2．下列属于电磁感应现象的是()A．通电导体周围产生磁场B．磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C．闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象D．电荷在磁场中定向移动形成电流答案C解析电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象，故A错误；感应电流在磁场中受到力的作用，不是电磁感应现象，故B错误；闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应产生的电流，不是电磁感应现象，故D错误．题组二对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解与计算3．关于磁通量，下列叙述正确的是()A．在匀强磁场中，穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积B．在匀强磁场中，a线圈的面积比b线圈的大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的磁通量大C．把一个线圈放在M、N两处，若放在M处时穿过线圈的磁通量比放在N处时大，则M处的磁感应强度一定比N处大D．同一线圈放在磁感应强度大处，穿过线圈的磁通量不一定大答案D解析磁通量等于磁感应强度与平面在垂直磁场方向上的投影面积的乘积，A错误；线圈面积大，但投影面积不一定大，B错误；磁通量大，磁感应强度不一定大，C错误，D正确．4．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是()A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的答案C解析根据磁通量的定义，Φ＝B·S·sin θ，因此A、B选项错误；穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零；磁通量发生变化，可能是面积变化引起的，也可能是磁场变化引起的，D错．5.如图1所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()图1A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2答案B解析由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2，故B正确．题组三产生感应电流的分析判断6．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是()A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生B．闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电流产生答案C解析产生感应电流的条件：(1)闭合电路；(2)磁通量Φ发生变化，两个条件缺一不可．7．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是() A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化答案D解析产生感应电流必须满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D.8．下图中能产生感应电流的是()答案B解析根据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．9.如图2所示，一有范围的匀强磁场宽度为d，若将一个边长为L的正方形导线框以速度v 匀速地通过磁场区域，已知d＞L，则导线框从开始进入到完全离开磁场的过程中无感应电流的时间等于()图2A.d vB.L vC.d －L vD.d －2L v答案 C解析 只有导线框完全在磁场里面运动时，导线框中才无感应电流．10.如图3所示，闭合圆形导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac 、bd 分别是平行、垂直于磁场方向的两直径．试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流( )图3A ．使线圈在其平面内平动或转动B ．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C ．使线圈以ac 为轴转动D ．使线圈以bd 为轴稍做转动答案 D解析 线圈在匀强磁场中运动，磁感应强度B 为定值，由ΔΦ＝B ·ΔS 知：只要回路中相对磁场的正对面积改变量ΔS ≠0，则磁通量一定改变，回路中一定有感应电流产生．当线圈在其平面内平动或转动时，线圈相对磁场的正对面积始终为零，即ΔS ＝0，因而无感应电流产生，A 错；当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时，同样ΔS ＝0，因而无感应电流产生，B 错；当线圈以ac 为轴转动时，线圈相对磁场的正对面积改变量ΔS 仍为零，回路中仍无感应电流产生，C 错；当线圈以bd 为轴稍做转动时，线圈相对磁场的正对面积发生了改变，因此在回路中产生了感应电流．故选D.11．为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A 和B 、蓄电池、开关用导线连接成如图4所示的实验电路．当接通和断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是( )图4A．开关位置接错B．电流表的正、负极接反C．线圈B的3、4接头接反D．蓄电池的正、负极接反答案A解析本题考查了感应电流产生的条件．因感应电流产生的条件是闭合电路中的磁通量发生变化，由电路图可知，把开关接在B与电流表之间，因与1、2接头相连的电路在开关接通和断开开关时，电流不改变，所以不可能有感应电流，电流表也不可能偏转，开关应接在A 与电源之间．12.(多选)如图5所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况中，导线cd中有电流的是()图5A．开关S闭合或断开的瞬间B．开关S是闭合的，滑动触头向左滑C．开关S是闭合的，滑动触头向右滑D．开关S始终闭合，滑动触头不动答案ABC解析开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左滑的过程；开关S闭合，滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，使穿过cd回路的磁通量发生变化，从而在cd导线中产生感应电流．因此本题的正确选项应为A、B、C.13．(多选)如图6所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接到M、N间的交流电源上，B为一接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光说法正确的是()图6A．闭合开关后小灯泡可能发光B．若闭合开关后小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，则小灯泡更亮C．闭合开关瞬间，小灯泡才能发光D．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，小灯泡可能会发光答案AB解析闭合开关后，A中有交变电流，B中就会有变化的磁场，B中有感应电流，若电流足够大，小灯泡可能发光，A正确；C、D错误；若闭合开关后小灯泡发光，再将B线圈靠近A，磁场变强，所以小灯泡会更亮，B正确．学案2探究感应电流的方向[目标定位]1.正确理解楞次定律的内容及其本质.2.掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式.3.能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向．一、探究感应电流的方向1．用如图1所示的装置探究感应电流的方向．图1(1)当磁铁的N极移近铝环时，观察到的现象是什么？磁铁的S极远离铝环时，观察到的现象是什么？(2)铝环是非铁磁性物体，它怎么会被磁铁排斥和吸引呢？答案(1)移近时，铝环被排斥；远离时，铝环被吸引．(2)磁铁相对铝环运动的过程中，穿过铝环的磁通量发生了变化，铝环中产生了感应电流．感应电流也会产生磁场．磁铁和铝环之间的排斥和吸引，都是缘于感应电流磁场对磁铁的作用．2．如图2所示，思考并回答下列问题，图2(1)N极移近铝环时穿过铝环的磁通量是增加还是减少？远离时情况如何？(2)铝环中产生的感应电流的磁场对原磁通量的变化有什么影响？答案(1)移近时磁通量增加；远离时磁通量减少．(2)原磁通量增加时，两种磁场方向相反，感应电流的磁场阻碍原磁通量的增加；原磁通量减少时，两种磁场方向相同，感应电流的磁场阻碍原磁通量的减少．[要点总结]1．楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．2．楞次定律中“阻碍”的含义：(1)谁在阻碍——感应电流的磁场．(2)阻碍什么——阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身．(3)如何阻碍——当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，“阻碍”不一定是感应电流的磁场与原磁场的方向相反，而是“增反减同”．(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，最终增加的还增加，减少的还减少，只是延缓了原磁场的磁通量的变化．3．从相对运动的角度看，感应电流的磁场总是阻碍相对运动(来拒去留)．[延伸思考]电磁感应过程中有电能产生，该电能是否凭空增加？从能量守恒的角度如何解释？答案从能量守恒的角度来看，感应电流的磁场总是在阻碍着它自己的产生，为了维持感应电流，就必须克服这个阻碍作用做功，使其他形式能量转化成电能，这就是感应电流能量的来源．例1如图3所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是()图3A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针答案C解析磁铁下落过程中原磁场是向上的，穿过圆环的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断出选项C正确．二、楞次定律的应用在长直通电导线附近有一闭合线圈abcd，如图4所示．当直导线中的电流强度I逐渐减小时，试判断线圈中感应电流的方向．请从解答此题的实践中，体会用楞次定律判定感应电流方向的具体思路．图4答案线圈abcd中感应电流方向为顺时针．若要判定感应电流方向，需先弄清楚感应电流的磁场方向．根据楞次定律“阻碍”的含义，则要先明确原磁场的方向及其磁通量的变化情况．[要点总结]应用楞次定律判断感应电流方向的步骤(1)明确研究对象是哪一个闭合电路．(2)明确原磁场的方向．(3)判断闭合回路内原磁场的磁通量是增加还是减少．(4)由楞次定律判断感应电流的磁场方向．(5)由安培定则判断感应电流的方向．例2(多选)如图5所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd，则()图5A．若线圈向右平动，其中感应电流方向是a→b→c→dB．若线圈竖直向下平动，无感应电流产生C．当线圈以ad边为轴转动时(转动角度小于90°)，其中感应电流方向是a→b→c→dD．当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是a→b→c→d答案BD解析先由右手螺旋定则判断出导线产生的原磁场在线圈处垂直线圈向里，当线圈向右平动时，通过线圈的磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，感应电流的方向为a→d→c→b，A错．若线圈竖直向下平动时，磁通量不变，无感应电流产生，B正确．当线圈以ad边为轴转动时，感应电流方向是a→d→c→b，C错．当线圈向导线靠近时，磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，感应电流的方向是a→b→c→d，D正确，故选B、D.针对训练如图6所示，闭合金属圆环垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，现将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是()图6A．向左和向右拉出时，环中感应电流方向相反B．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向C．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向D．将圆环拉出磁场的过程中，当环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生答案B解析圆环中感应电流的方向，取决于圆环中磁通量的变化情况，向左或向右将圆环拉出磁场的过程中，圆环中垂直纸面向里的磁感线的条数都要减少，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场的方向与原磁场方向相同，即都垂直纸面向里，应用安培定则可以判断出感应电流的方向沿顺时针方向．圆环全部处在磁场中运动时，虽然做切割磁感线运动，但环中磁通量不变，只有圆环离开磁场，环的一部分在磁场中，另一部分在磁场外时，环中磁通量才发生变化，环中才有感应电流．B选项正确．三、右手定则如图7所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．。

φtOφtOφtOφtOt 0 2t 0 甲乙丙丁高二物理期末测试题试题说明：1．本套试题适用于沪教版3—2；总分100分；时间90分钟。

2．试题着眼于基础知识的考查；其中基本概念、基本原理占到本试题分值的70%。

3．本套试题偏重于电磁感应、交流电；高压输电；占90%一、选择题（每小题至少有一个选项正确；每小题4分；共计48分）（ ）1、关于对楞次定律的理解；下面说法中正确的是： A ．感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化 B ．感应电流的磁场方向；总是跟原磁场方向相同 C ．感应电流的磁场方向；总是跟原磁砀方向相反D ．感应电流的磁场方向可以跟原磁场方向相同；也可以相反（ ）2、穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示；下列关于回路中产生的感应电动势的论述；正确的是 A ．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B ．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C ．图丙中回路在0～t 0时间内产生的感应电动势大于t 0～2t 0时间内产生的感应电动势D ．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变 ( ) 3．一矩形线圈；绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动；线圈内的感应电动势e 随时间t 的变化如图所示；则下列说法中正确的是A ．t 1时刻通过线圈平面的磁通量为零1102－11020.010.02t/su/VB ．t 2时刻通过线圈平面的磁通量最大C ．t 4时刻通过线圈平面的磁通量的变化率的绝对值最大D ．每当感应电动势e 变换方向时；通过线圈平面的磁通量的绝对值都为最大( ) 4．一交流电压的图象如图所示；将该交流电压加在一阻值为22Ω的电阻两端；下列说法中正确的是A ．该电阻消耗的功率为1100WB ．该交流电压的瞬时值表达式为π100sin 2110=u t （V ）C ．并联在该电阻两端的交流电压表的示数为2110VD ．流过电阻的电流方向每秒改变50次( ) 5. 如图所示；一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝；副线圈匝数n2=180匝；交流电源的电压1U 2202sin120tV π=；电阻R=45Ω；电压表、电流表均为理想电表；则A ．交流电的频率为50HzB ．A1的示数约为0.13AC ．该交变电压不能加在耐压值为300V 的电容器上D ．V 的示数为36V ( ) 6．给额定功率为60W 、额定电压为220V 的白炽灯泡加上如图所示的电压；恰使灯泡正常发光；则所加电压 U0的大小最接近于A ．440VB ．350VC ．310VD ．220V( ) 7.如图所示为一理想变压器；原副线圈的匝数之比为1︰n ；副线圈接一定值电阻R .A.若ab 之间接直流电压U ；则R 中的电流为nU RB.若ab 之间接直流电压U ；则原、副线圈中的电流均为零C.若ab 之间接交流电压U ；则原线圈中的电流为RU n 2D.若ab 之间接交流电压U ；则副线圈中的电流为nRU L 1 L 2a bCLR（ ）8、如图所示；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 ；能沿导轨无摩擦滑动；金属棒和导轨间接触良好；开始ab 、cd 都静止。

【最新】高中物理（沪科）选修3-2：章末综合测评3电能的输送与变压器学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．对于理想变压器来说，下列说法中不正确的是A．变压器是利用互感现象制成的B．变压器可以改变各种电源的额定功率C．变压器不仅能改变电压，还同时改变电流D．变压器的初级电流随次级电流的增大而增大2．如图所示四个电路，能够实现升压的是A．B．C．D．3．如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电。

当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（）A．变压器输入电压的瞬时值表达式为u sinπt（V）B．电压表的示数为220VC．变压器原、副线圈的匝数比为11：1D．变压器的输入功率为110W4．如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想表，接线柱a、b接电压u＝311sin314t （V）的正弦交流电源．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是（）A．A1A2B．A2V2C．A1A2V2D．A1A2V1V25．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=1:3，次级回路中连入三个均标有“36V，40W”的灯泡, 且均正常发光，那么, 标有“36V、40W”的灯泡AA．也正常发光B．将被烧毁C．比另三个灯暗D．无法确定6．如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1：n2=n4：n3．当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（）A．用户的总电阻增大B．用户的电压U4增加C．U1：U2=U4：U3D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率7．图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A。

高二物理选修3-2章末达标检测试题（有答案和解释）末检测一、选择题．如图1所示为交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是．图1A．52AB．5Ac.722AD．3.5A解析题图所示图象中的交变电流在一个周期内产生的热量：Q＝I21RT2＋I22RT2＝2RT2＋2RT2＝25RT.令此交变电流的有效值为I，应有Q＝I2RT，故I2RT＝25RT，解得I ＝5A．B项正确．答案 B．如图2所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．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，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是．图2A．原线圈中的电流为nIB．变压器的输入功率为UInc．电动机输出的总功率为I2RD．电动机两端电压为IR解析电流表的读数为副线圈电流，所以原线圈电流为In，故A错误；原线圈的输入功率则为UIn，故B对；电动机上的热功率为I2R，电动机消耗功率为UIn，两端电压为Un，故c、D错误．答案 B．一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动，产生交变电动势的瞬时值表达式为e＝102sinV，则．A．该交变电动势的频率为2HzB．零时刻线圈平面与磁场垂直c．t＝0.25s时，e达到最大值D．在1s时间内，线圈中电流方向改变100次解析由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π，由角速度和周期、频率的关系ω＝2πT＝2πf得到此交变电动势的频率为2Hz，周期是0.5s，所以选项A正确．周期是0.5s，所以1s内线圈中的电流方向改变4次，选项D错误．代入表达式t＝0.25s，得到e＝0，选项c错误．零时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，选项B正确．综上所述，本题的正确选项为A、B.答案AB．如图3所示，低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重．东北为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP，则除冰时．图3A．输电电流为3IB．输电电流为9Ic．输电电压为3UD．输电电压为13U解析高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线①若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线②由①②得I′＝3I，A对．又输送功率不变，由P＝UI ＝U′I′得U′＝13U，所以D对．答案AD．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图4-甲所示，则下列说法正确的是．图4A．t＝0时刻，线圈平面位于中性面位置B．t＝0.01s时刻，Φ的变化率最大c．t＝0.02s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈相应产生的交流电动势的图象如图4-乙所示解析由Φ-t图知，t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A项正确、D项错误；由图知T＝0.04s，在t＝0.01s时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，则c项错误．答案AB．如图5所示是变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器的滑片P 向下移动时，下列说法不正确的是．图5A．相当于在增加用电器的数目B．A1表的示数随A2表示数的增大而增大c．V1表的示数随V2表示数的增大而增大D．变压器的输入功率增大解析输入电压U几乎不变，故变压器原、副线圈的电压不变，即V1表与V2表的示数不变，c错；滑动变阻器的滑片P向下移动，电阻减小相当于增加负载，A正确；因副线圈电压U2不变，由I2＝U2R＋R0知，电流I2增大，由n1n2＝I2I1知，I1也增大，B正确；由P2＝U2I2知，P2增大，变压器输入功率P1＝P2，即P1增大，D正确．答案 c．汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油．柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的；而汽油机做功冲程开始时，汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的．但是汽车蓄电池的电压只有12V，不能在火花塞中产生火花，因此，要使用如图6所示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开关由机械控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，从而在副线圈中产生10000V以上的电压，这样就能在火花塞中产生火花了．下列说法中正确的是．图6A．柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的B．汽油机点火装置的开关始终闭合，副线圈的两端也会有高压c．接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压D．汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数解析汽车柴油机压缩汽缸内空气，实际上是活塞对气体做功使其内能增加，当温度升高到一定温度时，柴油着火燃烧．汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压12V断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压10000V，而达到产生火花的目的，所以电源可以是直流，且副线圈匝数要远大于原线圈匝数，故A、D正确．答案AD．某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题．经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源．漏电保护器电路如图7所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源．造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端．图7A．零线与火线之间漏电B．火线与地之间漏电或零线直接接地c．只有火线与地之间漏电才会产生D．刷卡机装得过多，造成电流太大解析由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电．答案 B．我国“西电东送”采用高压输电，继三峡至常州500V 直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500V直流输电工程．采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联．关于高压直流输电，下列说法正确的是．A．高压输电可以减小输电电流，从而减少输电导线的能量损失B．恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响c．可以加快输电的速度D．为实现高压直流输电，可以用变压器直接改变恒定电流的电压解析在功率一定时，采用高压输电，根据P＝UI，可以通过减小电流，从而减少输电导线的能量损失，A项正确；交流电由于感抗和容抗的作用，不能无限升压，而利用直流输电可以有效弥补这个缺陷，B项正确；两种输电方式都不能改变输电的速度，c项错误；变压器只能改变交变电流的电压，D项错误．答案AB0．如图8甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻，R为定值电阻．下列说法正确的是．图8A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝92sin50πtV B．t＝0.02s时电压表V2的示数为9Vc．变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1∶4D．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变解析由题中图乙可知U1＝36V，T＝2×10－2s，由U1U2＝n1n2得U2＝9V，所以副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝92sin100πtV，A选项错；电压表示数为有效值，故B选项正确；由变压器原、副线圈电流关系及输入、输出功率关系知，c选项错；当Rt处温度升高时Rt电阻变小，U2不变，副线圈中电流I2变大，故D选项正确．答案BD二、非选择题1．如图9甲所示，在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只R＝1Ω的电阻，导轨间距L＝0.2，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.8T．一根电阻r＝0.3Ω的导体棒ab置于导轨上，且始终与导轨良好接触，若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ 和N之间运动，其速度图象如图9乙所示．求：图9导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式；整个电路在1分钟内产生的热量．解析由速度图象得，某时刻导体棒运动速度表达式v ＝10sin/s导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝BLv＝10BLsin＝1.6sinV感应电动势的最大值为E＝10BL＝1.6V感应电动势的有效值为E＝E2＝452V回路中的总电阻为R′＝r＋R2＝0.8Ω电流I＝ER′＝2A整个电路在1分钟内产生的热量为Q＝I2R′t＝96答案e＝1.6sinV 96j．有条河流，流量Q＝23/s，落差h＝5，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R ＝30Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V,100”的电灯正常发光？解析设水的密度为ρ电源端：P输出＝gh/t×50%＝Qρhg×0.5＝2×1×103×10×5×0.5＝5×104输出电压U0＝240V；输送电路如图所示．为满足输电要求，据ΔP损＝I2送R线有I送＝ΔP损R线＝P输出×6%R线＝5×104×0.0630A ＝10A，则送电电压为U送＝P输出I送＝5×10410V＝5×103V所以升压变压器的变压比为n1∶n2＝U0∶U送＝2405×103＝6∶125输电线电压损失ΔU损＝I送•R线＝10×30V＝300V，用户端：U1＝U送－ΔU损＝5×103V－300V＝4700V，据题意可知U2＝220V，所以降压变压器的匝数比为n1′∶n2′＝U1∶U2＝4700220＝235∶11.因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯盏数为N＝P输－ΔP损P灯＝5×104－5×104×0.06100＝470．答案6∶125 235∶11 470盏。

章末检测卷(二)(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1.如下图所示的四种随时间变化的电流图像，其中属于交变电流的是( )答案 D解析 由图像可知，A 、B 、C 选项电流的大小变化，但电流的方向始终没变，由交变电流、直流电的广义定义知该电流应为直流电.D 选项中电流大小和方向都转变，故为交变电流.2.图1甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分，下列说法错误．．的是( )图1A.图甲、图乙均表示沟通电B.图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝20sin (100πt ) VC.图乙所示电压的有效值为10 2 VD.图乙所示电压的有效值为10 V 答案 C解析 依据交变电流定义，图甲、图乙均表示沟通电，图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝20sin (100πt ) V ，选项A 、B 正确.由有效值定义，(10 2 V )2R ×0.02 s ＝0.04 s ×U 2R，解得题图乙所示电压的有效值为10 V ，选项D 正确，C 错误.3.在如图2所示的沟通电路中，保持电源电压确定，当交变电流的频率增大时，各电压表的示数将( )图2A.V 1、V 3增大，V 2减小B.V 1不变，V 2减小，V 3增大C.V 1不变，V 2增大，V 3减小D.V 1、V 2、V 3都不变 答案 C解析 电感线圈对沟通电的阻碍作用随着频率的增大而增大，因此电压表V 2示数增大，电容器对沟通电的阻碍作用随着频率的增大而减小，电压表V 3减小，电压表V 1不变，故选C.4.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图3甲所示，产生的感应电动势的图像如图乙所示，则( )图3A.t ＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为零B.t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合C.线框产生的感应电动势有效值为311 VD.线框产生的感应电动势频率为100 Hz 答案 B解析 由题图乙可知，正弦沟通电电压的最大值为311 V ，周期T ＝0.02 s ，所以该沟通电的有效值为U ＝E2＝3112V ≈220 V ，频率f ＝1T ＝50 Hz ，C 、D 错误；由题图乙知，t ＝0.005 s 时电动势最大，磁通量的变化率最大，A 错误；t ＝0.01 s 时电动势为0，磁通量变化率为0，但磁通量最大，线框处于中性面位置，B 正确. 5.某电源输出的电流既有沟通成分又有直流成分，而我们只需要稳定的直流，下列设计的电路图中，能最大限度使电阻R 2获得稳定直流的是( )答案 A6.如图4所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开头匀速转动，下列说法正确的是( )图4A.转过π6时，线框中的电流方向为abcdaB.线框中感应电流的有效值为BSω2RC.从中性面开头转过π2的过程中，通过线框横截面的电荷量为BSRD.线框转一周的过程中，产生的热量为2πωB 2S 2R答案 C解析 由楞次定律和右手定则可知，转过π6时，线框中的电流方向为adcba ，A 错误；线框中感应电流的最大值为I max ＝BSωR ，由于线框中的感应电流是正弦沟通电，其电流有效值为I ＝I max 2＝2BSω2R ，B 错误；由q ＝ΔΦR 可知，从中性面开头转过π2的过程中，通过线框横截面的电荷量为q ＝BSR ，C 正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此Q ＝W ＝I 2R ·2πω＝πωB 2S 2R，D 错误. 二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)7.某小型发电机产生的感应电动势为e ＝50sin (100πt ) V ，对此电动势，下列表述正确的 是( )A.最大值是50 2 VB.频率是100 HzC.有效值是25 2 VD.周期是0.02 s答案 CD解析 感应电动势瞬时值的表达式为e ＝E max sin ωt ＝nBSωsin ωt ＝50sin (100πt ) V ，故感应电动势的最大值为50 V ，有效值为E ＝E max 2＝25 2 V ，故A 错，C 对，由ω＝2πf ＝100π rad/s 得频率是f ＝50 Hz ，周期T ＝1f ＝0.02 s ，故B 错，D 对.8.一正弦沟通电的电压随时间变化的规律如图5所示，由图可知( )图5A.该沟通电的电压瞬时值的表达式为u ＝100sin (25t ) VB.该沟通电的频率为25 HzC.该沟通电的电压的有效值为100 2 VD.若将该沟通电压加在阻值R ＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W 答案 BD解析 由图像可知正弦沟通电的周期T ＝0.04 s ，则f ＝1T ＝25 Hz ，ω＝2πf ＝50π rad/s ，所以该沟通电的电压瞬时值的表达式为u ＝100sin (50πt ) V ，A 错误，B 正确；该沟通电的电压的有效值为1002 V ＝50 2 V ，则C 错误；若将该沟通电压加在阻值R ＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为P ＝U 2R ＝(502)2100 W ＝50 W ，则D正确，所以正确答案为B 、D.9.如图6甲是小型沟通发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为沟通电流表.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，从图示位置开头计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下推断正确的是 ( )图6A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50π 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答案 AC10.如图7所示，发电机内部线圈处于磁铁和圆柱形铁心之间的径向磁场中，两半边间的过渡区域宽度很小，可忽视不计.线圈的总匝数为N 、总电阻为r ，每匝线圈的面积为S ，线圈所在位置的磁感应强度大小为B .当线圈以角速度ω匀速转动时，额定电压为U 、电阻为R 的小灯泡在电路中恰能正常发光，则发电机产生的感应电动势的有效值是( )图7 A.NBS ω B.22NBSω C.U D.(1＋r R)U答案 AD解析 依据题述线圈处于磁铁和圆柱形铁心之间的径向磁场中，当线圈以角速度ω匀速转动时，产生的交变电流为矩形波，发电机产生的感应电动势的有效值是NBSω，选项A 正确，B 错误.由闭合电路欧姆定律，E ＝U ＋Ur R ＝(1＋rR )U ，选项C 错误，D 正确.三、填空题(本题共2小题，共8分)11.(4分)一沟通电压随时间变化的图像如图8所示.若将该电压加在10 μF 的电容器上，则电容器的耐压值应小于______ V ；若将该电压加在一阻值为1 kΩ的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避开意外事故的发生，电路中保险丝额定电流不能低于________ A.图8答案 200 0.14解析 电容器的耐压值应小于沟通电的最大值，即小于200 V ；保险丝的额定电流为有效值，所以I ＝U max2R ＝20021 000A ＝0.14 A. 12.(4分)有一个电子元件，当它两端的电压的瞬时值高于e ＝110 2 V 时则导电，低于e ＝110 2 V 时不导电，若把这个电子元件接到有效值为220 V 、频率为50 Hz 的正弦沟通电的两端，则它在1 s 内导电________次，每个周期内的导电时间为________. 答案 100175s 解析 由题意知，加在电子元件两端电压随时间变化的图像如图所示，表达式为u ＝2202sin ωt V其中ω＝2πf ，f ＝50 Hz ，T ＝1f＝0.02 s ，得u ＝2202sin (100πt ) V把u ′＝110 2 V 代入上述表达式得到 t 1＝1600 s ，t 2＝5600 s所以每个周期内的通电时间为 Δt ＝2(t 2－t 1)＝4300 s ＝175s由所画的u －t 图像知，一个周期内导电两次，所以1 s 内导电的次数为n ＝2tT ＝100.四、计算题(本题共4小题，共48分)13.(8分)一台微波炉说明书所列的部分技术参数如下表，请回答：型号 WD800(MG －5579MT)输入电源 220 V,50 Hz 输出功率 800 W 微波频率 2 450 MHz 输入功率1 250 W(1)(2)这台微波炉输入电流的有效值是多大？输入电流的峰值是多大？ 答案 (1)沟通电源 (2)5.68 A 8.03 A 解析 (1)由表数据可知其是沟通电源. (2)输入电流有效值I ＝P U ＝1 250220 A ≈5.68 A输入电流的峰值I max ＝2I ＝2×5.68 A ≈8.03 A.14.(10分)某电路两端沟通电压u ＝U max sin (100πt )，在t ＝0.005 s 时刻，电压u 为10 V ，求接在此电路两端的电压表示数.如将阻值为R 的电阻接在此沟通电压上时功率为P ，而改接在电压为U 0的直流电压上时功率为P2，求U 0的值. 答案 7.07 V 5 V解析 依据u ＝U max sin (100πt )，代入t ＝0.005 s 时的电压值，10 V ＝U max sin (0.5π) 得U max ＝10 V而电压表的示数指的是有效值 故U ＝12U max ＝7.07 V 由功率关系P ＝U 2R 和12P ＝U 20R 得所求直流电压的值U 0＝12U ＝12 U max ＝5 V.15.(12分)如图9所示，间距为l 的光滑平行金属导轨，水平放置在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，右端接阻值为R 的电阻.一电阻为r 、质量为m 的导体棒放置在导轨上，在外力F 作用下从t ＝0时刻开头运动，其速度随时间的变化规律为v ＝v max sin ωt .不计导轨电阻，求：图9(1)从t ＝0到t ＝2πω时间内电阻R 产生的热量；(2)从t ＝0到t ＝π2ω时间内外力F 所做的功.答案(1)πRB 2l 2v 2max ω(R ＋r )2(2)12m v 2max ＋πB 2l 2v 2max4ω(R ＋r )解析 导体切割磁感线产生的电动势为 e ＝Bl v ＝Bl v max sin ωt ＝E max sin ωt可见它是一个正弦交变电流，所以其有效值为 E ＝E max 2＝Bl v max2电流的有效值为I ＝E R ＋r(1)时间t ＝2πω＝T所以这段时间内产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝πRB 2l 2v 2maxω(R ＋r )2.(2)t ′＝π2ω＝T4在四分之一周期内产生的热量为 Q ′＝I 2·(R ＋r )·T4＝E 2(R ＋r )2·(R ＋r )·π2ω＝πB 2l 2v 2max4ω(R ＋r )由功能关系得：W 外＝12m v 2max ＋Q ′W 外＝12m v 2max ＋πB 2l 2v 2max4ω(R ＋r ).16.(18分)如图10所示，线圈面积为0.05 m 2，共100匝，线圈总电阻为1 Ω，与外电阻R ＝9 Ω相连.当线圈在B ＝2πT 的匀强磁场中绕OO ′以转速n ＝300 r/min 匀速转动时，求：图10(1)若从线圈处于中性面开头计时，写出电动势的瞬时值表达式； (2)两电表、的示数；(3)线圈转过160s 时，电动势的瞬时值；(4)线圈转过130 s 的过程中，通过电阻R 的电荷量；(5)线圈匀速转一周外力做的功.答案 (1)100sin (10πt ) V (2)5 2 A 45 2 V (3)50 V (4)12πC (5)100 J解析 (1)由于E max ＝NBSω，ω＝2πn ，其中n ＝300 r/min ＝5 r/s ，代入数据可得ω＝10π rad/s ，E max ＝100 V 若从线圈处于中性面时开头计时，则e ＝E max sin ωt ，所以电动势的瞬时值表达式为e ＝100sin (10πt ) V . (2)两电表的示数为沟通电的有效值：I ＝E R ＋r ＝E max2(R ＋r )＝5 2 A ，U R ＝IR ＝45 2 V .(3)当线圈转过160s时，电动势的瞬时值e＝100sin(10π×160) V＝50 V.(4)线圈转过t＝130s的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝IΔt＝ER＋rΔt＝NΔΦΔtR＋rΔt＝NΔΦR＋r，解得q＝NΔΦR＋r＝12πC.(5)线圈匀速转动一周，外力做功与电流做功相等，计算电功时必需运用沟通电的有效值，即W＝E2R＋rT＝100 J.。

（沪科版）高中物理选修3-2期末综合检测试卷（B ）【含答案】(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是 ( )A ．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B ．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C ．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D ．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的 答案 B2.酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器．酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图1所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r ′的倒数与酒精气体的浓度c 成正比，那么，电压表示数U 与酒精气体浓度c 之间的对应关系正确的是( )图1A ．U 越大，表示c 越大，c 与U 成正比B ．U 越大，表示c 越大，但是c 与U 不成正比C ．U 越大，表示c 越小，c 与U 成反比D ．U 越大，表示c 越小，但是c 与U 不成反比 答案 B解析 传感器电阻r ′的倒数与酒精气体浓度c 成正比，即1r ′＝kc .电路中的电流为I ＝E r ′＋R ＋R 0＋r ，电压表示数U ＝IR 0＝ER 0r ′＋R ＋R 0＋r＝kR 0Ek (R ＋R 0＋r )＋1c ，可见电压U 与酒精气体浓度c 的关系不成正比，但随浓度的增大而增大．故B 正确．3.如图2所示是测定自感系数很大的线圈L 直流电阻的电路，L 两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压．在测量完毕后，将电路解体时应 ( )图2A．先断开S1B．先断开S2C．先拆除电流表D．先拆除电阻R答案 A解析只要不断开S1线圈L与电压表就会组成闭合电路，在断开电路干路时，线圈L会因此产生感应电流，流过电压表的电流方向与原来方向相反，电压表中指针将反向转动，损坏电压表，所以必须先拆下电压表，即断开S1.4.如图3所示，两条平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直，则下图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律()图3答案 D解析感应电流的变化与感应电动势的变化一致，线圈进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，D正确．5．一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，对于这个交变电流的说法正确的是()A．此交变电流的频率为100 Hz，周期为0.01 sB．此交变电流电动势的有效值为220 VC．耐压为220 V的电容器能够在该交变电路中使用D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零答案 B解析由电动势瞬时值表达式可知，此交变电流的频率为50 Hz，周期为0.02 s，电动势的有效值为220 V ，最大值为220 2 V ，故A 、C 选项错误，B 选项正确．当t ＝0时，电动势的瞬时值为零，说明t ＝0时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故D 选项错误．6．如图4所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab 沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P ，其他电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P ，则应 ( )图4A ．将导轨间距变为原来的2倍B ．换一电阻减半的灯泡C ．将磁场磁感应强度B 加倍D ．换一质量为原来2倍的金属棒 答案 D解析 导体棒达到稳定状态时，有 mg sin θ＝BIL ＝B 2L 2v mR ①灯泡的电功率P ＝(BL v m )2R ②由①②式得P ＝(mg sin θ)2RB 2L 2根据上式可知只有D 项正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)7．如图5所示，M 是一小型理想变压器，接线柱a 、b 接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R 1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R 3为一定值电阻．当传感器R 2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 ( )图5A.的示数不变，的示数增大B.的示数增大，的示数减小C.的示数不变，的示数增大D.的示数不变，的示数减小 答案 BD8.如图6所示，矩形线圈abcd 的边长分别是ab ＝L ，ad ＝D ，线圈与磁感应强度为B 的匀强磁场平行，线圈以ab 边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时) ()图6A ．t ＝0时线圈的感应电动势为零B ．转过90°时线圈的感应电动势为零C ．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为12ωBLDD ．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为2ωBLDπ答案 BD解析 A 、B 两选项中都是瞬时感应电动势，用E ＝BL v 求解比较方便．t ＝0时，只有cd 边切割磁感线，感应电动势E 1＝BL v ＝BL ·ωD ＝BSω≠0，A 错；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E 2＝0，B 正确；C 、D 两选项求的都是平均感应电动势，用E ＝ΔΦΔt较方便．转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD .转过90°所用时间Δt ＝T 4＝2πω4＝π2ω，故平均电动势为：E ＝ΔΦΔt ＝BLD π2ω＝2ωBLDπ，故C 错，D 正确．9．某发电厂原来用电压为U 1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高为U 2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的总电阻为R 线，则下列说法中正确的是 ( )A ．由公式I ＝P U 2可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的150B ．由公式I ＝U 2R 线可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C ．由公式P ＝I 2R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的12 500D ．由公式P ＝U 22R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍答案 AC解析 由U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝50U 1，输送功率不变，由公式I ＝PU 2可知，输电线中的电流变为原来的150，选项A 正确，B 错误；由P ＝I 2R 线可知，输电线上的功率损耗减为原来的12 500，选项C 正确，D 错误．10.如图7所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 、长为l 的导体棒从ab 位置获得平行斜面的大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则 ( )图7A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB ．上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为m v 22C ．上滑过程中电流做功产生的热量为m v 22－mgs (sin θ＋μcos θ)D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为m v 22－mgs sin θ答案 CD解析 上滑过程中导体棒在初始位置所受安培力最大，即F ＝BIl ＝B Bl v 2R l ＝B 2l 2v2R ，所以选项A 错误；上滑过程中由动能定理可得安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为W 安培力＋W摩擦力＋W G ＝ΔE k ＝－12m v 2，选项B 错误；上滑过程中电流做功产生的热量等于克服安培力做的功，选项C 正确；由能量守恒定律可判断D 正确．三、填空题(本题共2小题，共11分)11．(4分)如图8所示，变压器的原线圈1接到有效值为220 V 的交流电源上．副线圈2的匝数n 2＝30匝，与一个“12 V ，12 W ”的灯泡L 连接，L 能正常发光．副线圈3的输出电压U 3＝110 V ，与电阻R 连接，通过R 的电流为0.4 A ，由此可知原线圈1与副线圈3的匝数比为________，原线圈1中通过的电流为________ A.图8答案2∶10.2512．(7分)如图9甲所示是某同学探究热敏电阻阻值随温度变化的规律时设计的电路图．(1)根据电路图，在图乙的实物上连线．图9(2)通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图10所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而________．(3)他将这个热敏电阻接入如图11所示的电路中，已知电源电压为9 V，R1＝30 Ω，内阻不计的毫安表读数为500 mA，则R2的阻值为________．图10图11答案(1)连接实物图如图所示(2)减小(3)25 Ω解析(2)由热敏电阻伏安特性曲线可知：随电流、电压的增大(即功率增大，温度升高)，曲线斜率也增大，因此电阻阻值减小．(3)毫安表内阻不计，则通过R1的电流I1＝ER1＝930A＝300 mA.通过R2和R的电流为I2＝I A－I1＝500 mA－300 mA＝200 mA，由R的伏安特性曲线可以读出，当I2＝200 mA时，R两端的电压为U＝4 V，则R 2两端的电压U 2＝E －U ＝5 V ， 所以R 2＝U 2I 2＝5200×10－3 Ω＝25 Ω.四、计算题(本题共4小题，共45分)13．(8分)如图12所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt＝k ，k 为正的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框．将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中，求：图12(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率． 答案 (1)klS 8ρ (2)k 2l 2S8ρ解析 (1)方框的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ①ΔΦ＝12l 2·ΔB ②导线中的电流为I ＝ER③式中R 是导线的总电阻，根据电阻率公式有 R ＝ρ4l S④联立①②③④式，将ΔBΔt ＝k 代入得I ＝klS 8ρ.⑤ (2)方框所受磁场的作用力的大小为 F ＝BIl ⑥它随时间的变化率为 ΔF Δt ＝Il ΔB Δt ⑦ 由⑤⑦式得 ΔF Δt ＝k 2l 2S 8ρ. 14．(9分)如图13所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长为l 1，宽为l 2，共有n 匝，总电阻为r ，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R 的定值电阻．线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′匀速转动，沿转动轴OO ′方向看去，线圈转动方向沿顺时针．求：图13(1)线圈经过图示位置时通过电阻R 上的感应电流的方向；(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R 上电流的瞬时值第一次为零？(3)与电阻并联的电压表的示数是多少？ 答案 (1)自上而下 (2)π2ω (3)nBl 1l 2ωR 2(R ＋r )解析 (1)根据右手定则判断，R 上的感应电流的方向为自上而下． (2)t ＝14T ＝2π4ω＝π2ω.(3)E m ＝nBl 1l 2ω.所以E ＝22nBl 1l 2ω. U R ＝R R ＋r ·E ＝nBl 1l 2ωR 2(R ＋r ).15．(12分)在图14甲中，直角坐标系xOy 的1、3象限内有匀强磁场，第1象限内的磁感应强度大小为2B ，第3象限内的磁感应强度大小为B ，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里．现将半径为l 、圆心角为90°的扇形导线框OPQ 以角速度ω绕O 点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为R .图14(1)求导线框中感应电流的最大值．(2)在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流I 随时间t 变化的图像．(规定与图甲中线框的位置相对应的时刻为t ＝0)(3)求线框匀速转动一周产生的热量． 答案 (1)Bl 2ωR (2)见解析图 (3)5πωB 2l 44R解析 (1)线框从题图甲位置开始(t ＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为： E 1＝12·2B ·ω·l 2由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I 1＝E 1R联立以上各式解得：I 1＝Bl 2ωR同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为： I 2＝Bl 2ω2R故感应电流最大值为：I m ＝Bl 2ωR(2)I －t 图像为：(3)线框匀速转动一周产生的热量： Q ＝2(I 21·R ·T 4＋I 22·R ·T4) 又T ＝2πω解得：Q ＝5πωB 2l 44R.16．(16分)如图15甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN 、PQ 相距为l ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m .导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、阻值为R 1的定值电阻和电阻箱R 2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40 T 、l ＝0.50 m 、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求R 1的大小和金属棒的质量m .图15答案 (1)b 到a (2)mgh －12m v 2 (3)2.0 Ω 0.1 kg解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为b 到a(2)由能量守恒定律可知，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh ＝12m v 2＋Q解得：Q ＝mgh －12m v 2(3)最大速度为v m 时，切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v m 由闭合电路欧姆定律得：I ＝ER 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示：金属棒达到最大速度时满足 mg sin α－BIl ＝0由以上三式得最大速度： v m ＝mg sin αB 2l 2R 2＋mg sin αB 2l2R 1 题图乙斜率k ＝60－302.0 m /(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)，纵截距v m0＝30 m/s则：mg sin αB 2l 2R 1＝v m0，mg sin αB 2l 2＝k解得：R 1＝2.0 Ω，m ＝0.1 kg.。