高中物理综合检测卷教科版选修3_2

绝密★启用前教科版高中物理选修3-2 第一章电磁感应寒假复习题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上、下边界MN、PS是水平的．有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落并穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达MN时线框刚好做匀速直线运动(以此时开始计时)，以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，则关于线框中的感应电流与ab边的位置坐标x间的以下图线中，可能正确的是()A．B．C．D．【答案】D【解析】在第一个L内，线框匀速运动，电动势恒定，电流恒定；在第二个L内，线框只在重力作用下加速，速度增大；在第三个L内，安培力大于重力，线框减速运动，电动势减小，电流减小．这个过程加速度逐渐减小，速度是非线性变化的，电动势和电流都是非线性减小的，选项A、B均错误．安培力再减小，也不至于减小到小于第一段时的值，因为当安培力等于重力时，线框做匀速运动，选项C错误，D正确．2.如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是()A．使匀强磁场均匀减弱B．保持圆环水平并在磁场中上下移动C．保持圆环水平并在磁场中左右移动D．保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动【答案】A【解析】使匀强磁场均匀减弱，穿过圆环的磁通量减小，产生感应电流，A正确；保持圆环水平并在磁场中上下移动时，穿过圆环的磁通量不变，不产生感应电流，B错误；保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过圆环的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过圆环的磁通量不变，不产生感应电流，D错误．3.如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m、电荷量为＋q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是()A．正在增强；＝B．正在减弱；＝C．正在减弱；＝D．正在增强；＝【答案】B【解析】油滴平衡有mg＝q，U＝，电容器上极板必带负电，那么螺线管下端相当于电源正极，由楞次定律知，磁场B正在减弱，又E＝n，U＝E，可得＝.故选B.4.如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()A．B．C．D．【答案】C【解析】据题意，由楞次定律得：正方形线框进入三角形磁场时，穿过线框的磁通量逐渐增加，线框中产生顺时针方向电流，为正方向，D选项可以排除；正方形线框离开三角形磁场时，穿过线框的磁通量减少，线框中的电流方向逆时针，为负方向，A选项可以排除；由于线框切割磁感线的有效长度为l＝vt·tan 45°＝vt，则线框产生的感应电动势为E＝B·vt·v＝Bv2t，而感应电流为I＝，所以感应电流大小随着时间的增加而增加，只有C选项正确．5.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是()A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒AB的作用力向右【答案】B【解析】两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，AB向右运动，闭合回路磁通量增加，由安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.再根据左手定则，判定导体棒CD受到的磁场力向右；AB受到的磁场力向左．6.下列对物理学家的主要贡献的说法中正确的有()A．奥斯特发现了电磁感应现象，打开了研究电磁学的大门B．法拉第发现了磁生电的现象，从而为电气化的发展奠定了基础C．安培发现了电流的磁效应，并总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则D．牛顿提出了分子电流假说，总结了一切磁场都是由运动电荷产生的【答案】B【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，打开了研究电磁学的大门，选项A错误；法拉第发现了磁生电的现象，从而为电气化的发展奠定了基础，选项B正确；奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则，选项C错误；安培提出了分子电流假说，总结了一切磁场都是由运动电荷产生的，选项D错误；故选B.7.如图所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场，从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，下列说法正确的是()A．a端的电势高于b端B．ab边所受安培力方向为水平向左C．线圈可能一直做匀速运动D．线圈可能一直做匀加速直线运动【答案】C【解析】此过程中ab边始终切割磁感线，ab边为电源，由右手定则可知电流为逆时针方向，由a 流向b，电源内部电流从低电势流向高电势，故a端的电势低于b端，选项A错误；由左手定则可知ab边所受安培力方向竖直向上，选项B错误；如果刚进入磁场时安培力等于重力，则一直匀速进入，如果安培力不等于重力，则mg－＝ma，做变加速运动，选项C正确，D错误．8.图中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0及开关和电池E构成闭合回路．开关S1和S2开始都处在断开状态．设在t＝0时刻，接通开关S1，经过一段时间，在t＝t1时刻，再接通开关S2，则能较准确表示电阻R两端的电势差Uab随时间t变化的图线是()A．B．C．D．【答案】A【解析】闭合S1，由于线圈会阻碍电流的突然变大，Uab不会突然变大，D错误；达到稳定后，再闭合S2，由于线圈的作用，原有电流慢慢变小，Uab也从原来的数值慢慢减小，故选A.9.如图所示，一个闭合的矩形金属框abcd与一根绝缘轻杆B相连，轻杆上端O点是一个固定转轴，转轴与线框平面垂直，线框静止时恰位于蹄形磁铁的正中央，线框平面与磁感线垂直．现将线框从静止释放，在左右摆动过程中，线框受到磁场力的方向是()A．向左摆动的过程中，受力方向向左；向右摆动的过程中，受力方向向右B．向左摆动的过程中，受力方向向右；向右摆动的过程中，受力方向向左C．向左摆动的过程中，受力方向先向左后向右；向右摆动的过程中，受力方向先向右后向左D．摆动过程中始终不受力【答案】B【解析】从阻碍相对运动的角度来看，由于磁通量的变化是由线框和磁场做相对运动引起的，因此感应电流的磁场总是阻碍线框相对磁场的运动．要阻碍相对运动，磁场对线框因产生感应电流而产生的作用力——安培力，一定和相对运动的方向相反，即线框向左摆动时受力方向向右，线框向右摆动时受力方向向左．B正确．10.如图所示，为两个同心圆环，当一有界匀强磁场恰好完全垂直穿过A环面时，A环面磁通量为Φ1，此时B环磁通量为Φ2，有关磁通量的大小说法正确是()A．Φ1<Φ2B．Φ1＝Φ2C．Φ1>Φ2D．不确定【答案】B【解析】磁通量Φ＝BS，S为通过环的有效面积，因A、B环面所包含的有效面积相等，所以Φ1＝Φ2故选B.二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)如图所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图，下列说法中正确的是()A．探测器内的探测线圈会产生交变磁场B．只有有磁性的金属物才会被探测器探测到C．探测到地下的金属是因为探头中产生了涡流D．探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流【答案】AD【解析】金属探测器利用电磁感应的原理，利用有交流电通过的线圈，产生迅速变化的磁场．这个磁场能在金属物体内部产生涡电流．涡电流又会产生磁场，倒过来影响原来的磁场，引发探测器发出鸣声．故选AD.12.如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化，下列说法正确的是()A．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变【答案】AD【解析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电流的大小取决于磁通量的变化率，与磁感应强度的增与减无关，选项A、D正确．13.(多选)如下图所示是等腰直角三棱柱，其中abcd面为正方形，边长为L，它们按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是()A．通过abcd面的磁通量大小为L2·BB．通过dcfe面的磁通量大小为L2·BC．通过abfe面的磁通量大小为零D．通过bcf面的磁通量为零【答案】BCD【解析】通过abcd面的磁通量大小为L2B，A错误；dcfe面是abcd面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为L2B，B正确；abfe面与bcf面和磁场平行，所以磁通量为零，C、D正确．故选B、C、D.14.(多选)高频焊接原理示意图如图所示，线圈通以高频交流电，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝融化焊接，要使焊接处产生的热量较大可采用()A．增大交变电流的电压B．增大交变电流的频率C．增大焊接缝的接触电阻D．减小焊接缝的接触电阻【答案】ABC【解析】当增大交变电流的电压，则线圈中交变电流增大，那么磁通量变化率增大，因此产生感应电动势增大，感应电流也增大，那么焊接时产生的热量也增大，故A正确；高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快，故B正确；增大电阻，在相同电流下，焊缝处热功率大，温度升的更高，故C正确，D错误．分卷II三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)15.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示：①电流表，②直流电源，③带铁芯的线圈A，④线圈B，⑤电键，⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)．试按实验的要求在实物图上连线(图中已连接好一根导线)．若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在电键刚闭合时电流表指针右偏，则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流表指针将________．(填“左偏”“右偏”或“不偏”)【答案】实物图连线如图所示左偏【解析】电键闭合瞬间，电路中电流变大，穿过B中的磁通量增大，由题干可知指针向右偏转，因此可以得出电流增大，指针向右偏，电流变小，指针向左偏的结论．电键向C移动时，电路中电流变小，穿过B的磁通量减小，所以指针向左偏转．三、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)16.磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具．它的驱动系统简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R，金属框置于xOy平面内，长边MN长为l平行于y轴，宽为d的NP边平行于x轴，如图甲所示．列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Oz方向按正弦规律分布，其空间波长为λ，最大值为B0，如图乙所示，金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移．设在短暂时间内，MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，并忽略一切阻力．列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶，某时刻速度为v(v<v0)．(1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理；(2)为使列车获得最大驱动力，写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式；(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v时驱动力的大小．【答案】(1)见解析(2)位置见解析d＝(2k＋1)或λ＝(k∈N)(3)【解析】(1)由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力．(2)为使列车获得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，使金属框中电流最强，从而使得金属框长边中电流受到的安培力最大．因此，d应为的奇数倍，即d＝(2k＋1)或λ＝(k∈N)①(3)由于满足第(2)问条件，则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反，经短暂的时间Δt，磁场沿Ox方向平移的距离为v0Δt，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为vΔt.因为v0>v，所以在Δt时间内MN边扫过磁场的面积S＝(v0－v)lΔt，在此Δt时间内，MN边左侧的磁感线移进金属框而引起框内磁通量变化ΔΦMN＝B0l(v0－v)Δt②同理，该Δt时间内，PQ边右侧的磁感线移出金属框引起框内磁通量变化ΔΦPQ＝B0l(v0－v)Δt③故在Δt内金属框所围面积的磁通量变化ΔΦ＝ΔΦMN＋ΔΦPQ④根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小E＝⑤根据闭合电路欧姆定律有I＝⑥根据安培力公式，MN边所受的安培力FMN＝B0IlPQ边所受的安培力FPQ＝B0Il，根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小F＝FMN＋FPQ＝2B0Il⑦联立解得F＝17.如图所示，光滑导轨立在竖直平面内，匀强磁场的方向垂直于导轨平面，磁感应强度B＝0.5 T．电源的电动势为1.5 V，内阻不计．当电键K拨向a时，导体棒(电阻为R)PQ恰能静止．当K 拨向b后，导体棒PQ在1 s内扫过的最大面积为多少？(导轨电阻不计)【答案】3 m2【解析】设导体棒PQ长为L，电阻为R，电键接a时，电路中电流I＝，导体棒PQ静止时mg＝B()L电键K接b，导体棒PQ从静止下落，切割磁感线产生感应电流，同时PQ受安培力作用，导体棒向下做加速运动，速度增大，而加速度减小，最后以v m做匀速运动．此时mg＝F安＝，有：＝，v m＝.PQ达到最大速度后，单位时间内扫过的面积最大，故PQ在1 s内扫过的最大面积：S m＝v m·L·t＝＝m2＝3 m2.18.如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．求0至t1时间内：(1)通过电阻R1的电流大小和方向；(2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1产生的热量．【答案】(1)方向从b到a(2).【解析】(1)由图象分析可知，0至t1时间内＝由法拉第电磁感应定律有E＝n＝n S，而S＝πr由闭合回路欧姆定律有I1＝联立以上各式解得通过电阻R1的电流大小为I1＝由楞次定律可判断通过电阻R1的电流方向为从b到a. (2)通过电阻R1的电荷量q＝I1t1＝通过电阻R1产生的热量Q＝I R1t1＝.。

期中综合检测(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)1．与x 轴夹角为30°的匀强磁场的磁感应强度为B ，如图1所示，长为L 的金属杆在匀强磁场中运动时始终与xOy 平面垂直(图中小圆为其截面)，以下哪些情况必然能在杆中取得方向相同、大小为BLv 的感应电动势( )图1①杆以2v 速度向＋x 方向运动 ②杆以速度v 垂直磁场方向运动③杆以速度233v 沿＋y 方向运动 ④杆以速度233v 沿－y 方向运动A ．①和②B ．①和③C ．②和④D ．①和④2．两个闭合的金属环穿在一根滑腻的绝缘杆上，如图2所示，当条形磁铁的S 极自右向左插向圆环时，环的运动情况是( )图2A ．两环同时向左移动，间距增大B ．两环同时向左移动，间距变小C ．两环同时向右移动，间距变小D ．两环同时向左移动，间距不变3．如图3所示，MSNO 为同一根导线制成的滑腻导线框，竖直放置在水平方向的匀强磁场中，OC 为一可绕O 轴始终在轨道上滑动的导体棒，当OC 从M 点无初速度释放后，下列说法中正确的是( )图3A ．由于无摩擦存在，导体棒OC 可以在轨道上往复运动下去B ．导体棒OC 的摆动幅度愈来愈小，机械能转化为电能 C ．导体棒OC 在摆动中总受到阻碍它运动的磁场力D ．导体棒OC 只有在摆动加速时才受到阻碍它运动的磁场力4．一无穷长直导体薄板宽为l ，板面与z 轴垂直，板的长度方向沿y 轴，板的双侧与一个电压表相接，如图4所示，整个系统放在磁感应强度为B 的均匀磁场中，B 的方向沿z 轴正方向．若是电压表与导体平板均以速度v 向y 轴正方向移动，则电压表指示的电压值为( )图4A．0 vBl C．vBl D．2vBl5．如图5甲所示，滑腻导体框架abcd水平放置，质量为m的导体棒PQ平行于bc放在ab、cd上，且正好卡在垂直于轨道平面的四枚滑腻小钉之间，回路总电路为R，整个装置放在垂直于框架平面的转变的磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t的转变情况如图乙所示(规定磁感应强度方向向上为正)，则在时间0～t内，关于回路内的感应电流I及小钉对PQ的弹力N，下列说法中正确的是( )图5A．I的大小是恒定的 B．I的方向是转变的C．N的大小是恒定的 D．N的方向是转变的6．铁路上利用一种电磁装置向控制中心传输信号，以肯定火车的位置．有一种磁铁能产生匀强磁场，被安装在火车首节车箱下面，如图6所示(俯视图)，当它通过安装在两铁轨之间的线圈时，便会产生一种电信号被控制中心接收到．当火车以恒定的速度v通过线圈时，下面四个选项中的图象能正确表示线圈两头的电压随时间转变的关系是( )图67．如图7所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如：L＝1 mH，C＝200 pF)，此电路的作用是( )图7A．阻直流、通交流，输出交流B．阻交流、通直流、输出直流C．阻低频、通高频、输出高频交流D．阻高频、通低频、输出低频交流和直流8．有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由高度H处自由下落，如图8所示，其下边ab进入匀强磁场区域后，线圈开始减速运动，直到其上边cd恰好穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，线框在穿过匀强磁场的进程中产生的电热是( )图8A．2mgL B．2mgL＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH9．如图9所示，两滑腻平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直于导轨所在的平面向里，金属棒ab 可沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R ，导轨电阻不计，现将金属棒沿导轨由静止向右拉．若维持拉力恒定，当速度为v 时，加速度为a 1，最终以速度2v 做匀速运动；若维持拉力的功率恒定，当速度为v 时，加速度为a 2，最终也以速度2v 做匀速运动，则( )图9A ．a 2＝a 1B ．a 2＝2a 1C ．a 2＝3a 1D ．a 2＝4a 110．在生产实际中，有些高压直流电路含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S 由闭合到断开时，线圈中产生很高的自感电动势，使开关S 处产生电弧，危及操作人员的人身安全．为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，如图所示的方案中可行的是( )题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答 案11．(6分)如图10所示，两水平放置的金属板相距为d ，用导线与一个n 匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的转变磁场中．若金属板间有一质量m 、带电荷量＋q 的微粒恰益处于平衡状态，则磁场的转变情况是________，磁通量的转变率为________．12．(6分)由于国际空间站的运行轨道上遍地的地磁场强弱及方向均有所不同，所以在运行进程中，穿过其外壳地磁场的磁通量将不断转变，这样将会致使________产生，从而消耗空间站的能量．为了减少这种损耗，国际空间站的外壳材料的电阻率应尽可能选用______(填“大”或“小”)一些的．图10姓名：________ 班级：________ 学号：________ 得分：________ 三、计算题(本题共4小题，共48分)13．(10分)如图11所示，电阻为r 0的金属棒OA 以O 为轴可以在电阻为4r 0的圆环上滑动，外电阻R 1＝R 2＝4r 0，其他电阻不计．若是OA 棒以某一角速度匀速转动时电阻R 1的电功率最小值为P 0，求OA 棒匀速转动的角速度．图1114．(12分)两根滑腻的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图12所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨维持良好接触，在ab 运动距离为s的进程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求：图12(1)ab运动速度v的大小；(2)电容器所带的电荷量q.15．(10分)滑腻平行金属导轨长L＝2.0 m，两条导轨之间的距离d＝0.10 m，它们所在的平面与水平方向之间的夹角θ＝30°，导轨上端接一个阻值为R＝Ω的电阻，其他电阻不计．导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝ T，有一金属棒ab其质量m＝500 g，垂直放在导轨的最上端，如图13所示．当ab从最上端由静止开始滑下，直到滑离轨道时，电阻R上放出的热量Q＝1 J，g＝10 m/s2，求ab在下滑的进程中，通过R上的最大电流．图1316．(16分)如图14所示，abcd 为静止于水平面上宽度为L 、长度很长的U 形金属滑轨，bc 边接有电阻R ，其他部份电阻不计．ef 为一可在滑轨平面上滑动、质量为m 的均匀金属棒．现金属棒通过一水平细绳跨过定滑轮，连接一质量为M 的重物，一匀强磁场B 垂直滑轨平面．重物从静止开始下落，不考虑滑轮的质量，且金属棒在运动进程中均维持与bc 边平行．忽略所有摩擦力．则：图14(1)当金属棒做匀速运动时，其速度是多少？(忽略bc 边对金属棒的作使劲)；(2)若重物从静止开始至匀速运动时下落的总高度为h ，求这一进程中电阻R 上产生的热量．期中综合检测 答案1．D [按照E ＝BLv sin θ可知四种情况下产生的感应电动势均为BLv ，再由右手定则判断四种情况下电流的方向，符合题意的是D.]2．B [由楞次定律可知，两金属环将向左运动，来阻碍穿过它们的磁通量的增加．另外，两金属环中会产生同方向的感应电流，因此它们还会因彼此吸引而靠近．]3．BC [导体棒OC 在摆动时，OCSN 组成的闭合回路的磁通量不断转变，回路中产生感应电流，使导体棒摆动时的机械能转化为电能，故A 错误，B 正确；无论导体棒向哪个方向运动，安培力老是阻碍其运动，故C 正确，D 错误．]4．A [整个金属板在切割磁感线，相当于是个边长为l 的导线在切割磁感线，而连接电压表的边也在切割磁感线，这两个边是并联关系，整个回路中电流为零，所以电压表测得的数值为0.]5．AD [由E ＝ΔB Δt ·S ，ΔBΔt恒定，所以回路中感应电动势E 恒定，I 的大小和方向均恒定，A 正确，B 错误；水平方向，导体棒PQ 受力平衡，由N ＝F 安＝BIL 可知，N 将随B 的大小和方向的转变而转变，故C 错误，D 正确．]6．C [当火车下面的磁场刚接触线圈时，线圈中有一边切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝BLv ；当磁场完全进入时，穿过线圈的磁通量不发生转变，无感应电动势；当磁场要离开线圈时，线圈中又有另一边在切割磁感线，产生感应电动势E ＝BLv .按照右手定则判断知，两段时间内产生的感应电动势方向相反．故选项C 正确．]7．D [因自感系数L 很小，所以对低频成份的阻碍作用很小，这样直流和低频成份能顺利通过线圈，电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容C 很小，对低频成份的阻碍作用很大，而对部份通过线圈的高频成份阻碍作用很小，被它旁路，最终输出的是低频交流和直流．]8．C [线圈穿过磁场的进程中，由动能定理2mgL －W F ＝12m (v 2)2－12mv 2，而v 2＝2gH ；则产生的电热为Q ＝W F ＝2mgL ＋34mgH .]9．C [第一种模式拉动时，设拉力为F ，由于最终速度为2v ，即匀速，有F ＝BI 1L ，I 1＝BL 2v R，所以F ＝2B 2L 2v R，当速度是v 时ab 棒所受安培力为F 1.同理可得F 1＝B 2L 2vR，此时的加速度为a 1.由牛顿第二定律得F －F 1＝ma 1.联立以上各式得a 1＝B 2L 2vmR.第二种模式拉动时，设外力的恒定功率为P ，最终的速度也是2v ，由能量关系可知P ＝I 21R ＝4B 2L 2v 2R.速度为v 时，ab 棒所受的外力为F 2，有P ＝F 2v ，此时的加速度为a 2，ab 棒所受的安培力仍为F 1，按照牛顿第二定律得F 2－F 1＝ma 2，联立有关方程可以解得a 2＝3B 2L 2vmR，所以有a 2＝3a 1.]10．D [在D 选项中，S 闭合，二极管不导通，线圈中有由小到大的电流，稳定后电流维持不变；断开S ，二极管与线圈L 组成回路，二极管处于导通状态，可避免开关S 处产生电弧．]11．均匀减弱mgd nq解析 微粒处于平衡状态表明电场稳定，电压稳定，故B 应均匀转变，又由楞次定律知，B 应减弱．由q U d ＝mg 又由U ＝E ＝n ΔΦΔt 得ΔΦΔt ＝mgdnq.12．涡流 大解析 穿过空间站外壳的磁通量发生转变，金属材料的外壳中将自成回路，产生感应电流．为了降低这个损耗，应让产生的感应电流越小越好，也就是说，材料的电阻率越大越好．第一个空可填“涡流”或“电磁感应”；第二个空填“大”．解析 OA 棒转动时感应电动势为E ＝12BL 2ω，等效电路如图所示，棒转动时，R 1的功率转变，当棒的A 端处于环的最上端时，环的电阻最大，此时r 1＝r 2＝2r 0，总电阻为R ＝r 0＋r 1r 2r 1＋r 2＋R 1R 2R 1＋R 2＝4r 0，R 1的最小功率为P 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 2R 2R 1＝B 2L 4ω264r 0，解得ω＝8P 0r 0BL 2.14．(1)4QR B 2l 2s (2)CQRBls解析 (1)设ab 上产生的感应电动势为E ，回路中电流为I ，ab 运动距离s ，所用的时间为t ，则有E ＝BlvI ＝E 4R v ＝s tQ ＝I 2(4R )t由上述方程得v ＝4QRB 2l 2s(2)设电容器两极板间的电势差为U ，则有U ＝IR 电容器所带电荷量q ＝CU 解得q ＝CQR Bls15．0.174 A解析 棒ab 在导轨的最上端由静止下滑的进程中，开始一段时间内，速度逐渐增大，回路产生的感应电流也逐渐增大，ab 所受安培力逐渐增大，ab 所受的的合力逐渐减小，加速度也逐渐减小．可能出现两种情况，一种情况是ab 棒离开导轨前，加速度已减为0，这时以最大速度匀速下滑；另一种情况是ab 棒离开导轨时，ab 仍然有加速度．按照题中条件，无法判定ab 离开导轨时，是不是已经达到匀速下滑的进程．但无论哪一种情况，ab 离开导轨时的速度，必然是运动进程中的最大速度，求解运动进程不太清楚的问题，用能量守恒比较方便．设ab 棒离开导轨时的速度为v m ，由能量守恒定律得mgL sin θ＝12mv 2m ＋Q ，上式表明，ab 在下滑进程中，重力势能的减少量，等于ab 离开导轨时的动能和全进程中产生的热量的总和，由上式可得v m ＝ 2mgL sin 30°－2Qm＝ 错误! m/s ＝4 m/s最大感应电动势E m ＝B ⊥dv m ，B ⊥是B 垂直ab 棒运动速度方向上的分量，由题图可知B ⊥＝B cos 30°，E m ＝B ⊥dv m ＝Bdv m cos 30°＝××4×32 V ＝ V最大电流I m ＝E m R＝错误! A ＝0.174 A.16．(1)MgR B 2L 2 (2)Mg [2hB 4L 4－M ＋m MgR 2]2B 4L4解析 视重物M 与金属棒m 为一系统，使系统运动状态改变的力只有重物的重力与金属棒受到的安培力．由于系统在开始的一段时间里处于加速运动状态，由此产生的安培力是转变的，安培力做功属于变力做功．系统的运动情况分析可用简图表示如下： 棒的速度v ↑BLv,棒中产生的感应电动势E ↑E /R,通过棒的感应电流I ↑――→BIL棒所受安培力F 安↑――→Mg －F 安棒所受合力F 合↓――→F 合/M ＋m棒的加速度a ↓.(1)当金属棒做匀速运动时，金属棒受力平衡，即当a ＝0时，有Mg －F 安＝0，又F 安＝BIL ，I ＝E R ，E ＝BLv ，解得v ＝MgR B 2L 2(2)题设情况涉及的能量转化进程可用简图表示如下：M 的重力势能−−−−→重力做功⎣⎢⎡系统匀速运动时的动能被转化的动能――→安培力做负功电能――→电流做功内能，由能量守恒定律有Mgh ＝M ＋m v 22＋Q ，解得Q ＝Mg [2hB 4L 4－M ＋m MgR 2]2B 4L4.。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．下面说法中不正确的是()【导学号：46042185】A．传感器一般不能直接带动执行机构实现控制动作B．力传感器的敏感元件是应变片C．应变片能把物体形变转变为电压D．双金属片两层金属的膨胀系数完全相同【解析】传感器输出信号比较微弱，一般不能直接带动执行机构实现控制动作，A正确；力传感器中的应变片在力的作用下发生形变，输出相应的电压信号，B、C正确；双金属片两层金属膨胀系数不同，在温度升高时才会发生弯曲，D错误．【答案】 D2．关于传感器的下列说法正确的是()A．传感器的材料可以是由半导体材料制成的，也可以是由金属材料制成的B．传感器主要通过感知电压的变化来传递信号C．通常的传感器可以直接用来进行自动控制D．传感器可以将所有信号转换成电学量【解析】半导体材料可以制成传感器，金属材料也可以制成传感器，如金属氧化物可以制成温度计，A对；传感器不但能感知电压变化，还能感知力、温度等的变化，B错；传感器只能将能感受的信号转换为电信号，D错；有的传感器能够自动控制，有的不能，C错．【答案】 A3．金属铂的电阻值对温度高低非常敏感，下列选项中可能表示金属铂电阻的U-I图线是()【导学号：46042186】【解析】金属铂导体的电阻对温度的变化很敏感，电阻随温度的升高而增大，在一定温度下其U-I图线是非线性的，且图线的斜率越来越大，故B正确．【答案】 B4．如图1所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图：罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板．平时光电三极管接收不到LED发出的光，呈现高电阻状态，发生火灾时，下列说法正确的是()图1A．进入罩内的烟雾遮挡了光线，使光电三极管电阻更大，检测电路检测出变化发出警报B．发生火灾时，光电三极管温度升高，电阻变小，检测电路检测出变化发出警报C．发生火灾时，进入罩内的烟雾对光有散射作用，部分光线照到光电三极管上，电阻变小，发出警报D．以上说法均不正确【解析】 平时光电三极管接收不到LED 发出的光呈高阻值状态．发生火灾时，由于烟雾对光的散射作用，部分光线照射到光电三极管上，光电三极管导通，就会发出警报，C 正确．【答案】 C5．如图2(a)所示的电路中，光敏电阻R 2加上图(b)所示的光照时，R 2两端的电压变化规律是( )图2【解析】 光敏电阻随光照的增强电阻减小，电路中电流增大，电阻R 1两端电压增大，R 2两端电压减小，但不能减小到零．故选项B 正确．【答案】 B6.如图3所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、开关S 与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B 中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球．S 断开时传感器上有示数，S 闭合时传感器上恰好无示数．则线圈中的磁场B 的变化情况和磁通量变化率分别是( )【导学号：46042187】图3A ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd qB ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd nqC ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd qD ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd nq【解析】 S 闭合时传感器上恰好无示数，说明小球受竖直向上的电场力，且电场力的大小等于重力．由楞次定律可判断磁场B 正在增强，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝U ，又U d q ＝mg ，得ΔΦΔt ＝mgd nq ，故D 正确．【答案】 D7．传感器是把非电学物理量(如位移、速度、压力、角度等)转换成电学物理量(如电压、电流、电荷量等)的一种元件．如图4所示的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列说法正确的是( )图4A ．甲图中两极板带电荷量不变，若电压变小，可判断出h 变小B ．乙图中两极板带电荷量不变，若电压变大，可判断出θ变小C ．丙图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，则x 变小D ．丁图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，则F 变大【解析】 甲图中若Q 不变，由C ＝Q U 知U 变小，C 变大，可知h 变大，A错；乙图中若Q 不变，由C ＝Q U 知U 变大，C 变小，可知θ变大，B 错；丙图中若U 不变，电流流向负极表示正在放电，Q 减小，可知C 减小，x 变大，C 错；丁图中若U 不变，电流流向正极表示在充电，Q 增加，可知C 增大，d 减小，F 增大，D 对．【答案】 D8．如图5所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R 1为光敏电阻，R 2为定值电阻．此光电计数器的基本工作原理是( )图5A．当有光照射R1时，信号处理系统获得高电压B．当有光照射R1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计数一次D．以上说法都不对【解析】当光照射光敏电阻R1时，光敏电阻R1的阻值减小，回路中电流增大，R2两端的电压升高，信号处理系统得到高电压，计数器每由高电压转到低电压，就计一次数，从而能达到计数的目的．【答案】AC9．数码相机和数码摄像机在人们生活中的应用越来越普及．在数码摄像器材中，使用了一种新型的敏感元件，叫电荷耦合器(CCD)，下列关于CCD的说法正确的是()A．它能将光信号转换成模拟电信号B．它能将模拟电信号转换为数字电信号C．它是一种硅半导体芯片，上面布有数百万个光敏元件D．它是一种硅半导体芯片，上面布有数百万个热敏元件【解析】CCD是一种半导体芯片，上面布有数百万个光敏元件，每个光敏元件都把它所受到的光转换成相应量的电荷，于是整块CCD就把一幅图像的光信号转换成相应的模拟电信号，然后再通过A/D转换器转换为数字信号，以便于计算机处理．【答案】AC10．如图6所示是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻阻值均为R，L是一个自感系数足够大的电感线圈，其直流电阻值也为R，图中是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像．关于这些图像，下列说法正确的是()图6A．甲图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B．乙图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C．丙图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D．丁图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况【解析】当开关S闭合时，由于线圈的自感作用，线圈中电流逐渐增大，因而通过传感器1的电流逐渐增大，A错误，B正确；当开关S断开时，线圈L 与传感器2组成闭合回路，由于线圈L的自感作用，通过传感器2的电流将反向且从线圈中原有电流值开始逐渐减小，C正确，D错误．【答案】BC二、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答．)11．(12分)(1)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图7为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力________(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更______(选填“敏感”或“不敏感”)．图7(2)利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等．图8甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的U-I关系图线．甲乙丙图8①实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器A(阻值范围0～10 Ω)、滑动变阻器B(阻值范围0～100 Ω)、电动势为6 V的电源(不计内阻)、小灯泡、电键、导线若干．该同学做实验时，滑动变阻器选用的是________(选填“A”或“B”)；请在图乙的方框中画出该实验的电路图．②将该小灯泡接入如丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为 3 V．则此时小灯泡的电功率为________ W，电源的内阻为______Ω.【解析】(1)由R-t图像可知，热敏电阻在温度上升时电阻减小，则导电能力增强．相对金属热电阻，热敏电阻在相同的温度变化情况下电阻变化大，则热敏电阻对温度变化的响应更敏感．(2)由于小灯泡的电阻较小，电路应该设计成电流传感器外接．描绘小灯泡伏安特性曲线，设计成滑动变阻器分压接法，故选用滑动变阻器 A.将该小灯泡接入丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V，在小灯泡伏安特性曲线上找出对应电流为0.3 A的点，该点横纵坐标的乘积0.3A×2.5 V＝0.75 W为此时小灯泡的电功率，电源的内阻为3－2.50.3Ω＝1.67 Ω.【答案】(1)增强敏感(2)①A电路如图所示②0.75 1.6712．(14分)电热毯、电饭锅是人们常用的电热式家用电器，它们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同．如图9为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝R1、R2和自动开关S.图9(1)开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？(2)电源电压U＝220 V，加热时用电器功率为400 W，保温时用电器功率为40 W，求R1与R2的值．【解析】(1)当S闭合时，R2短路，此时电路总电阻最小，由P＝U2R知功率最大，为加热状态；当S断开时，R1、R2串联，电路总电阻最大，功率最小，为保温状态．(2)S闭合时，处于加热状态，有P max＝U2R1，S断开时，处于保温状态，有P min＝U2R1＋R2代入数据联立解得：R1＝121 Ω，R2＝1 089 Ω.【答案】(1)S闭合时为加热状态，S断开时为保温状态(2)121 Ω 1 089 Ω13．(14分)位移传感器的应用——加速度计．加速度计是测定物体加速度的仪器，它是导弹、飞机、潜艇或宇宙飞船等制导系统的信息源．如图10为应变式加速度计的示意图，当系统加速时，加速度计中的元件A也处于加速状态，元件A由两弹簧连接并架在光滑支架上，支架与待测系统固定在一起，元件A 的下端可在滑动变阻器R上自由滑动，当系统加速运动时，元件A发生位移并转换为电信号输出.【导学号：46042190】图10已知元件A的质量为m，两侧弹簧的劲度系数为k，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器的总电阻为R，有效长度为l，静态时输出电压为U0，试推导加速度a与输出电压U的关系式．【解析】设静态时滑动变阻器的滑片距左端为x，传感器的输出电压为U0＝ER·Rl x＝El x ①系统向左加速时滑片右移Δx，则元件A的动力学方程为2kΔx＝ma ②传感器的输出电压为U＝ER·Rl(x＋Δx) ③由①②③式得a＝2kl(U－U0)mE若U＞U0，系统的加速度水平向左；若U＜U0，系统的加速度水平向右．【答案】a＝2kl(U－U0)mE方向向左为正。

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）模块综合检测(分值：100分时间：90分)一、选择题(本大题共8个小题，每小题6分．共48分．每小题至少有一个选项正确．)1．(2013·资阳高二期中)下列说法正确的是()A．只要闭合回路的磁通量足够大，就一定有感应电流产生B．只要闭合回路的导体棒在磁场中运动，就一定有感应电流产生C．感应电流的磁场总是阻止感应电流的磁通量的变化D．感应电流的磁场方向也可能与引起感应电流的磁场方向一致【解析】产生感应电流的条件有两个：一是闭合回路，二是磁通量发生变化，A、B中穿过闭合回路的磁通量不一定变化，所以A、B错；根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，阻碍并非阻止，C错，D对．【答案】 D2.如图1所示，截面为矩形的金属导体，放在磁场中，当导体中通有电流时，导体的上下表面的电势有什么关系()图1A．U M>U N B．U M＝U NC．U M<U N D．无法判断【解析】霍尔效应形成的原因是带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，做定向移动形成的，根据左手定则，电子受到向下的洛伦兹力作用，向N板运动，则M板剩下正电荷，所以U M>U N.【答案】 A3.图2为某种交变电流的波形图，每半个周期按各自的正弦规律变化，其有效值为()图2A．7 A B．5 AC．3 2 A D．4 2 A【解析】根据电流有效值的定义得(82)2·R·T2＋(62)2·R·T2＝I2RT，解得I＝5A，故B正确．【答案】 B4. (2013·成都实验中学高二检测)一矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的电动势e随时间t变化的情况如图3所示．下列说法正确的是()图3A．此交流电的频率为0.5 HzB．此交流电的电动势有效值为2 VC．t＝0.01 s时，线圈平面与磁场方向垂直D．t＝0.02 s时，线圈磁通量变化率ΔΦΔt为零【解析】由图像可以看出，此交变电流是正弦式电流，最大值为2 V，周期T＝0.02 s，所以频率f＝1/T＝50 Hz；电动势的有效值E＝E m/ 2 V＝ 2 V，所以选项A、B错；在t＝0.01 s和t＝0.02 s时，感应电动势为零，线圈没有切割磁感线的边，线圈平面与磁场方向垂直，线圈磁通量变化率ΔΦΔt为零，C、D选项正确．【答案】CD5．(2013·绵阳中学高二检测)如图4所示，理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变．如果负载电阻的滑片向上移动，则图中所有交流电表的读数及输入功率变化情况正确的是()图4A．V1、V2不变，A1增大，A2减小，P增大B．V1、V2不变，A1、A2增大，P增大C．V1、V2不变，A1、A2减小，P减小D．V1不变，V2增大，A1减小，A2增大，P减小【解析】在匝数比一定的情况下，输出电压决定于输入电压，输入电压U1不变，则输出电压U2不变；在匝数比一定，输入电压不变的情况下，输入电流I1决定于输出电流I2，故应先分析输出电流I2，而I2＝U2/R，滑片上移R变大，I2变小，又I1＝n2n1I2，I1变小；输入功率P决定于输出功率，P＝U1I1＝U2I2，U2不变、I2变小，所以P变小．C对．【答案】 C6．阿慈同学做了个有趣的实验，如图5所示，水平面内有两根光滑平行金属导轨，上面放着两根金属棒a、b(a、b与导轨接触良好，且不会离开导轨)．其上方附近有一条形磁铁，下列对实验现象的描述正确的是()图5A．当条形磁铁N极朝下，向下运动时(未到达导轨平面)，a、b将靠拢B．当条形磁铁N极朝下，向下运动时(未到达导轨平面)，a、b将分开C．当条形磁铁N极朝下，向上运动时，a、b将远离D．当条形磁铁N极朝下，向上运动时，a、b将靠拢【解析】四根导体棒组成闭合回路，当磁铁迅速接近回路时，不管是N 极还是S极向下，穿过回路的磁通量都增大，闭合回路中产生感应电流，感应电流将“阻碍”原磁通量的增大．a、b相互靠近，反之两者会远离，选项A、C 正确．【答案】AC7．(2012·宜宾高二期末)利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为()A．1 kW B．1.6×103 kWC．1.6 kW D．10 kW【解析】用电器的额定电流为：I＝PU＝40×102800A＝50 A，输电线上消耗功率P线＝I2R＝502×0.4 W＝1000 W＝1 kW.所以若采用超导材料则线路上的损耗将被节约．【答案】 A8. (2012·福建高考)如图6，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是()图6【解析】 闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D 项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x 的变化关系不可能是线性关系，A 项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O 点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B 项正确，C 项错误．【答案】 B二、非选择题(本大题共5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，有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位．)9．(10分)一个边长为a ＝1 m 的正方形线圈，总电阻为R ＝2 Ω，当线圈以v ＝2 m/s 的速度通过磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度b >1 m ，如图7所示，求：(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小；(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热．图7【解析】 (1)根据E ＝Bl v ，I ＝E R ，知I ＝Ba v R ＝0.5×1×22A ＝0.5 A. (2)线圈穿过磁场过程中，由于b >1 m ，故线圈只在进入和穿出时有感应电流，故Q ＝2I 2Rt ＝2I 2R ·a v ＝2×0.52×2×12 J ＝0.5 J.【答案】(1)0.5 A(2)0.5 J10．(10分)一矩形线圈，面积为S，匝数为N，在场强为B的匀强磁场中绕着轴OO′做匀速转动，角速度为ω，磁场方向与转轴垂直，当线圈转到中性面位置开始计时，(1)写出线圈中感应电动势随时间变化的表达式．(2)若线圈的电阻为r，与一个阻值为R的电阻组成闭合电路时，写出线圈中的电流瞬时值的表达式．【解析】(1)E m＝NBSω，其感应电动势的表达式由e＝E m sinωt得e＝NBSωsinωt(2)根据闭合电路的欧姆定律i＝e/(R＋r)＝NBSωR＋rsinωt【答案】(1)e＝NBSωsinωt(2)i＝NBSωR＋rsinωt11．(10分)(2012·广元高二期末)如图8所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝5π2T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．图8(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置开始在1/60 s时的电动势的瞬时值．【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝E m sin ωt.(1)e＝E m sin ωt，E m＝NBSω(与线圈形状无关)，ω＝20π rad/s，故e＝100sin 20πt(V)．(2)当t ＝160 s 时，e ＝100sin(20π×160) V ＝50 3 V ＝86.6 V .【答案】 (1)e ＝100sin 20πt (V) (2)86.6 V12(10分)(2013·石室中学高二检测)10匝线圈在匀强磁场中匀速转动产生交变电动势e ＝102sin20πt (V)，求：(1)t ＝0时线圈的磁通量和磁通量的变化率；(2)线圈从中性面开始转过180°过程中，感应电动势的平均值和最大值之比．【解析】 线圈转动过程中，根据线圈的磁通量的变化和电动势的变化关系，有：(1)因为E m ＝nBSω＝nΦm ω，所以Φm ＝E m nω＝10210×20πWb ＝220π Wb t ＝0时，电动势e ＝0，磁通量为最大，磁通量的变化率为0.(2)线圈从中性面开始转过180°过程的时间 t ＝πω＝π20π s ＝0.05 s感应电动势平均值和最大值及二者比值为E ＝n ΔΦΔt ＝n ×Φm －(－Φm )t＝10×2Φm t ＝202π V . E m ＝10 2 V ，E E m ＝202/π102＝2π【答案】 (1)220π Wb 0 (2)2π13．(10分)(2012·内江高二期末)如图9所示，固定在匀强磁场中的水平导轨abcd 的间距L 1＝0.5 m ，金属棒ad 与导轨左端bc 的距离L 2＝0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R ＝0.2 Ω，磁感应强度为B 0＝1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad 杆通过滑轮和细绳接一个质量m ＝0.04 kg 的物体，不计一切摩擦．现使磁场以ΔB Δt ＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大，求经过多少时间物体刚好离开地面？(g 取10 m/s 2)图9【解析】物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒所受的安培力，即：mg＝(B0＋ΔBΔt·t)IL1其中(B0＋ΔBΔt)为t时刻的磁感应强度，I为感应电流感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt L1L2感应电流I＝ER解得：t＝(mgRL21L2·ΔtΔB－B0)·ΔtΔB＝5 s.【答案】 5 s。

高中物理试卷第I卷(选择题12小题共36分)一选择题(本题包括12小题,每小题3分，共36分。

每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得3分,选对但不全对的得2分,有选错的或不答的得0分)1. 根据安培假说的物理思想：磁场来源于运动电荷．如果用这种思想解释地球磁场的形成，根据地球上空并无相对地球定向移动的电荷的事实．那么由此推断，地球总体上应该是（）A.带负电B.带正电C.不带电D.不能确定2.关于电磁场理论,下列说法正确的是:( )A.变化的电场周围产生的磁场一定是变化的B. 变化的磁场周围产生的电场不一定是变化的C. 均匀变化的磁场周围产生的电场也是均匀变化的D. 振荡电场周围产生的磁场也是振荡的3．一个质子和一个α粒子沿垂直于磁感线方向从同一点射入一个匀强磁场中，若它们在磁场中的运动轨迹是重合的，则它们在磁场中( )A 运动的时间相等B加速度的大小相等C动量的大小相等D动能的大小相等4 如图4-2-5所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能的是A、先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转B、S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转C、先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转D、S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转5.关于日光灯的工作原理下列说法正确的是: ( )A. 启动器触片接通时,产生瞬时高压B. 日光灯正常工作时,镇流器起降压限流以保证日光灯正常工作C.日光灯正常工作时, 日光灯管的电压稳定在220VD.镇流器作用是将交流电变为直流电6.在赤道附近有一竖直向下的匀强电场，在此区域内有一根沿东西方向放置的直导体棒，由水平位置自静止落下，不计空气阻力，则导体棒两端落地的先后关系是（）Ａ.东端先落地Ｂ.西端先落地Ｃ.两端同时落地Ｄ.无法确定7.如图，带电平行金属板中匀强电场方向竖直上，匀强磁场方向垂直纸面向里，带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止滑下，经过1/4圆弧轨道从端点Pa点稍低的b点由静止滑下，在经过P点进入板间的运动过程中( )A带电小球的动能将会增大B 带电小球的电势能将会增大C带电小球所受洛伦兹力将会减小D带电小球所受电场力将会增大8.如图所示是日立NP82C21型电视机电路的开始部分,最左边是电源插头,S901是电源开关,F901是保险丝,L901是两只带铁芯的电感线圈,后面复杂的电路没有画出.关于电感线圈的作用,以下叙述正确的是: ( )A.打开电源的瞬间,线圈会产生自感电动势,自感电动势的作用是使电视机更容易起动,所以我们刚一打开电视机就能听到声音和图象B.线圈在电路里起的是缓冲作用,能延缓开机瞬间电流对后面元件的冲击,提高电视机的使用寿命C.电视机正常工作之后,线圈就不会产生自感电动势了D.线圈的自感系数越大越好9.如图所示,abcd为一闭合金属线框，用绝缘线挂在固定点O，当线框经过匀强磁场摆动时，可以判断（空气阻力不计）:( )dP+A.线框进入磁场或离开磁场时，线框中均有感应电流产生B.线框进入磁场后，越靠近OO /线时，电磁感应现象越明显C.此摆最终会停下来D.此摆的机械能不守恒10．如图，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L ，质量为m ，通过电流为I 的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B 的大小和方向为( ) A B=mgsin α/IL ，方向垂直斜面向下 B B=mgsin α/IL ，方向垂直水平面向上 C B=mgtan α/IL ，方向竖直向下 D B=mgsin α/IL ，方向水平向右11、在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B 随时间如图2变化时，图3中正确表示线圈中感应电动势E 变化的是 （ ）A ．B ．C ．D ．12.一理想变压器给负载供电,变压器输入电压不变,如图所示.如果负载电阻的滑片向上移动则图中所有交流电表的读数及输入功率变化情况正确的是(均为理想电表): ( ) A.V 1、V 2不变，A 1增大，A 2减少，P 增大 B. V 1、V 2不变，A 1 、A 2增大，P 增大 C. V 1、V 2不变，A 1、A 2减少，P 减少 D. V 1不变、V 2增大，A 1、A 2减少，P 减少第II 卷(非选择题 64分)二.填空题(每小题10分,共28分)13.如图所示，电阻R ab =0.1Ω的导体ab 沿光滑导线框向右做匀速运动线框中接有电阻R=0.4Ω,线框放在磁感应强度B =0.1T 的匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,导体的ab 长度l =0.4m,运动速度v =10m/s.线框的电阻不计.(1)电路abcd 中相当于电源的部分是 ,相当于电源的正极是 端. (2)使导体ab 向右匀速运动所需的外力F ’= N,方向(3)电阻R 上消耗的功率P = W.(4)外力的功率P ’=14.如图所示是测量通电螺线管A 内部磁感应强度B 及其与电流I 关系的实验装置。

第6节 自感 日光灯1．由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象，叫做自感现象，在自感现象中产生的电动势叫做自感电动势．2．自感电动势E L 跟电流的变化率ΔI Δt 成正比，即E L ＝L ΔI Δt.其中L 叫线圈的自感系数，线圈的横截面积越大，匝数越多，它的自感系数就越大，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多．3．普通日光灯，由灯管、镇流器、启动器、导线和开关组成．灯管中气体导电发出紫外线，涂在管壁上的荧光粉在紫外线的照射下发出可见光．启动器的作用为自动开关．镇流器在启动器动静触片断开后，提供瞬时高压点燃灯管，之后起到降压限流的作用．4．通过一个线圈的电流在均匀增大时，则这个线圈的( )A ．自感系数也将均匀增大B ．自感电动势也将均匀增大C ．磁通量也将均匀增大D ．自感系数和自感电动势不变答案 CD解析 线圈的磁通量与电流大小有关，电流增大，磁通量增大，故C 项正确；而自感系数由线圈本身决定，与电流大小无关；自感电动势E L ＝L ΔI Δt，与自感系数和电流变化率有关，对于给定的线圈，L 一定，已知电流均匀增大，说明电流变化率恒定，故自感电动势不变，D 项正确．5．关于线圈自感系数的说法，错误的是( )A ．自感电动势越大，自感系数也越大B ．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小C ．把线圈匝数增加一些，自感系数变大D ．电感是自感系数的简称答案 A解析 自感系数是由线圈本身的特性决定的．线圈越长，单位长度上的匝数越多，横截面积越大，它的自感系数就越大．另外，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多．6．如下图所示，S为启动器，L为镇流器，其中日光灯的接线图正确的是()答案A解析根据日光灯的工作原理，要想使日光灯发光，灯丝需预热发出电子，灯管两端应有瞬时高压，这两个条件缺一不可．当动、静触片分离后，选项B中灯管和电源断开，选项B错误；选项C中镇流器与灯管断开，无法将瞬时高压加在灯管两端，选项C错误；选项D中灯丝左、右端分别被短接，无法预热放出电子，不能使灯管中气体导电，选项D错误；只有选项A是正确的．【概念规律练】知识点一对自感现象的理解1．关于自感现象，正确的说法是()A．感应电流一定和原来的电流方向相反B．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大C．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大D．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大答案D解析当电流增加时，自感电动势的方向与原来的电流反向，当电流减小时与原来的电流同向，故选项A错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B错误；自感系数只取决于线圈的本身因素，与电流变化情况无关．故选项C错误；结合选项B的错误原因可知，选项D正确．点评自感的实质仍然是电磁感应现象，电流的强弱决定其周围磁场的强弱，当电流变化时引起电流周围的磁场发生变化，就会在线圈中产生感应电动势．2．关于线圈的自感系数、自感电动势下列说法中正确的是()A．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大B．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量C．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈自感系数、自感电动势都不变D ．自感电动势总与原电流方向相反答案 C解析 线圈的自感系数由线圈本身的因素决定．E 自∝ΔI Δt，而不是E 自∝ΔI ，C 对，A 、B 错．线圈中电流减小时，自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，自感电动势方向与原电流方向相反，D 错．点评 电流的变化量ΔI 不等同于电流的变化率ΔI Δt ，E ∝ΔI Δt而不是E ∝ΔI .自感系数仅和线圈本身有关．知识点二 通电自感和断电自感3．如图1所示电路中，A 、B 是完全相同的灯泡，L 是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是( )图1A ．当开关S 闭合时，A 灯先亮，B 灯后亮B ．当开关S 闭合时，B 灯先亮，A 灯后亮C ．当开关S 闭合时，A 、B 灯同时亮，以后B 灯更亮，A 灯熄灭D ．当开关S 闭合时，A 、B 灯同时亮，以后亮度不变答案 C解析 当开关S 闭合时，电路中电流增加，由于线圈的自感作用，其中产生一自感电动势阻碍电流的增加，此时A 、B 二灯相当于串联，同时亮；之后线圈相当于一段导线，将A 灯短路，A 灯熄灭，因B 灯所加电压增加而变得更亮．点评 开关闭合时，线圈自感电动势与电源电动势方向相反，若自感系数足够大，瞬间可以认为断路，随即变缓直至消失．4．在如图2所示的电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L 与灯A 并联，当合上开关S 后灯A 正常发光．则下列说法中正确的是( )图2A．当断开S时，灯A立即熄灭B．当断开S时，灯A突然闪亮后熄灭C．用阻值与灯A相同的线圈取代L接入电路，当断开S时，灯A逐渐熄灭D．用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开S时，灯A突然闪亮后熄灭答案BC解析在S断开的瞬间，L与A构成闭合回路，灯A不会立即熄灭．问题是“小灯泡在熄灭之前是否更亮一下”这一点如何确定．根据P＝I2R可知，灯A能否闪亮，取决于S 断开的瞬间，流过A的电流是否更大一些．在断开S的瞬间，灯A中原来的电流I A立即消失．但灯A和线圈L组成一闭合回路，由于线圈L的自感作用，其中的电流I L不会立即消失，它还要通过回路维持短暂的时间．如果I L>I A，则灯A熄灭之前要闪亮一下；如果I L≤I A，则灯A是逐渐熄灭而不闪亮一下．至于I L和I A的大小关系，由R A和R L的大小关系决定：若R A>R L，则I A<I L，灯将闪亮一下；若R A≤R L，则I A≥I L，灯将逐渐熄灭．点评开关断开时，原电源不提供电流，若线圈形成回路，则自感电动势会通过回路形成电流，因此断电时线圈起到瞬间电源的作用．知识点三日光灯5．在日光灯电路中接有启动器、镇流器和日光灯管，下列说法中正确的是()A．镇流器在点燃灯管时产生瞬时高压，点燃后起降压限流作用B．日光灯点燃后，镇流器、启动器都不能起作用C．日光灯点燃后，启动器不再起作用，可以将启动器去掉D．日光灯点燃后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低电能的消耗答案AC解析镇流器在日光灯点燃时产生一个瞬时高压，点燃后起到降压限流作用，故A对；点燃后，镇流器仍有用，降压限流，而启动器就不起作用了，可以将启动器去掉，故B错，C对；日光灯灯管电阻很小，电流不能太大，灯管发光后，由于通入了交流电，使线圈产生了自感作用，阻碍了电流的变化，镇流器起降压限流的作用，若使镇流器短路日光灯就不能正常工作了，故D错．点评日光灯管在点燃和正常发光时的工作状态：日光灯管在点燃时需要500 V～700 V 的瞬时高压，这个高压是由镇流器产生的自感电动势与电源电压叠加后产生的．当灯管点燃后，它的电阻变得很小，只允许通过较小的电流，需要加在它两端的电压较小，镇流器这时又起到给灯管降压限流的作用．6．启动器是由电容和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U形动触片．通常动、静触片不接触，有一个小缝隙，则下列说法中正确的是()A．当电源的电压加在启动器两极时，氖气放电并产生热量，导致U形动触片受热膨胀B．当电源的电压加在启动器两极后，启动器的两个触片才接触，使电路有电流通过C．电源的电压加在启动器两极前，启动器的两个触片就接触着，电路就已经有电流通过D．当电路通电后，两个触片冷却，两个触片重新分离答案ABD解析依据日光灯的工作原理可知，电源把电压加在启动器的两极之间，使氖气放电而发出辉光．辉光产生热量使U形动触片膨胀伸展，跟静触片接触把电路接通．电路接通后，启动器的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分开，电路自动断开．点评启动器利用氖管的辉光放电，U形动触片膨胀伸展，与静触片接触，自动把电路接通，电路接通后，氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离电路断开，电路断开时镇流器产生瞬时高电压点亮日光灯．【方法技巧练】断电自感中灯泡亮度变化的分析技巧7．在图3甲、乙电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()图3A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗答案AD解析甲图中，灯泡A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S 时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以，开关断开的瞬间，灯泡A的电流不变，以后电流渐渐变小．因此，灯泡渐渐变暗．乙图中，灯泡A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开关S时电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，电感线圈相当于一个电源给灯A供电，因此在这一短暂的时间内，反向流过A的电流是从I L开始逐渐变小的，所以灯泡要先亮一下，然后渐渐变暗，故选项A、D正确．方法总结在开关断开时，电感线圈的自感电动势要阻碍原电流的减小，此时电感线圈在电路中相当于一个电源，表现为两个方面：一是自感电动势所对应的电流方向与原电流方向一致；二是在断电瞬间，自感电动势所对应的电流大小与原电流的大小相等，以后电流开始缓慢减小到零，断开开关后，灯泡是否瞬间变得更亮，取决于当初两支路中电流大小的关系．8．如图4所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流2 A，流过灯泡的电流是1 A，将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的图象是()图4答案D解析开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A．开关S断开瞬间，灯泡支路的电流立即减为零，但是自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2 A逐渐减小为零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．方法总结解图象问题时，先要搞清楚研究什么元件上的电流随时间的变化关系；其次要根据线圈的自感电动势引起的感应电流的方向与原来电流的方向是相同还是相反、大小如何变化等因素来确定图象．1．关于自感电动势的大小和方向，下列说法中正确的是()A．在自感系数一定的条件下，通过导体的电流越大，产生的自感电动势越大B．在自感系数一定的条件下，通过导体的电流变化越快，产生的自感电动势越大C．自感电动势的方向总与原电流的方向相反D．当通过导体的电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同答案BD图52．某线圈通有如图5所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有()A．第1 s末B．第2 s末C．第3 s末D．第4 s末答案BD解析在自感现象中当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时，自感电动势与原电流方向相反．在0～1 s内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1 s～2 s内原电流负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2 s～3 s、3 s～4 s内可得正确选项为B、D.3．关于日光灯管内气体导电的说法中，正确的是()A．点燃日光灯时，激发气体导电的电压比220 V低得多B．点燃日光灯时，激发气体导电的电压比220 V高得多C．日光灯正常发光后，加在灯管两端的电压比220 V低D．日光灯正常发光后，加在灯管两端的电压比220 V高答案BC4．在日光灯的连接线路中，关于启动器的作用，以下说法正确的是()A．日光灯启动时，为灯管提供瞬时高压B．日光灯正常工作时，起降压限流的作用C．起到一个自动开关的作用，实际上可用一个弹片开关代替(按下接通，放手断开)D．以上说法均不正确答案C5．如图6所示是演示自感现象的实验电路图．下列说法中正确的是()图6A.在断开开关S后的一段短暂时间里，A中仍有电流通过，方向为a→bB.在断开开关S后的一段短暂时间里，L中仍有电流通过，方向为a→bC.在断开开关S后，存储在线圈内的大部分磁场能将转化为电能D.在断开开关S后，存储在线圈内的大部分磁场能将转化为化学能答案BC b，在灯A中为b→b，在灯A中为b→a；断开开关后，灯泡要逐渐熄灭，电流减小，磁场能转化为电能．6．如图7所示，对于原来闭合的开关S突然断开的瞬间，会看到灯A更亮的闪一下再熄灭．设S闭合时，灯中电流为I灯，线圈L中电流为I L，断开瞬间灯A中电流为I灯′，线圈L中电流为I L′，则()图7A．I灯<I灯′，I L≥I L′B．I灯＝I灯′，I L≤I L′C．I灯<I灯′，I L<I L′D．I灯>I灯′，I L≤I L′答案A解析本题的关键是要认清产生自感现象的根本原因，断开S的瞬间，因为I L的减小才产生自感电动势，自感电动势阻碍I L的减小，因此流过线圈L的电流只能是减小而不能是增大，断开瞬间有I L≥I L′，这时L和灯A组成的闭合回路是串联的，在自感电动势的作用下使I L′流过灯A，故I灯′＝I L′.虽然I L′是减小的，但在开始断开的一小段时间内还是比灯A原来的电流I灯大，则有I灯<I灯′，使灯A在S断开瞬间闪亮一下才熄灭．7．如图8所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆开时应()图8A．先断开开关S1B．先断开开关S2C．先拆去电流表D．先拆去电阻R答案B解析b，表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，若先断开S1或先拆表或先拆去电阻R瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时表加了一个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压很大，会烧坏表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.→b，表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，若先断开S1或先拆表或先拆去电阻R瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时表加了一个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压很大，会烧坏表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.8．如图9所示，A、B、C是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻很小的自感线圈．现将S闭合，下面说法正确的是()图9A．B、C灯同时亮，A灯后亮B．A、B、C灯同时亮，然后A灯逐渐变暗，最后熄灭C．A灯一直不亮，只有B灯和C灯亮D．A、B、C灯同时亮，并且亮暗没有变化答案B9．如图10所示，灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈．当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A，B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()图10A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后再熄灭C. 有电流通过B灯,方向为c→dD. 有电流通过A灯,方向为b→a答案AD解析S2断开而只闭合S1，稳定时，A，B两灯一样亮,可知线圈L的电阻也是R。

2025版高中同步教科版选择性必修第三册测评卷期末学业水平检测一、单选题1．下列关于物质结构的认识正确的是（）A．天然放射现象的发现说明原子是可以再分的B．电子的发现证实原子可以分成原子核和核外电子C．α粒子散射实验否定了原子的葡萄干蛋糕模型D．质子和中子是目前人类认识到的最小粒子2．关于下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是A．甲图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力均为零B．乙图中，由一定质量的氧气分子分别在不同温度下速率分布情况，可知温度T1<T2 C．丙图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，从石蜡熔化情况可判定固体薄片必为非晶体D．丁图中，液体表面层分子间相互作用表现为斥力，正是因为斥力才使得水黾可以停在水面上3．关于下列四幅图说法正确的是（）A．玻尔原子理论的基本假设认为，电子绕核运行轨道的半径是任意的B．光电效应产生的条件为：光照强度大于临界值C ．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有波动性D ．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明金原子质量大而且很坚硬4．下列装置设备的工作原理说法正确的是（ ）A ．雷达定位是利用了电磁波遇到障碍会发生衍射的特性B ．液晶显示器是利用了加电压后两极间液晶的旋光性C ．电子显微镜的分辨率由电子束的加速电压决定D ．核反应堆中裂变产生的中子被称为“热中子”5．如图所示，某次铀核裂变反应式为235114489192056360U n Ba Kr 3n +→++。

反应产生的中子可能击中其它铀原子核从而引发链式反应，用U Ba Kr m m m 、、分别表示23592U 、14456Ba 、8936Kr 核的质量，n m 表示n 粒子的质量，c 为真空中的光速，下列说法正确的是（ ）A ．链式反应能否发生跟铀原料的体积无关B ．裂变产物14456Ba 的比结合能大于23592U 的比结合能C ．该核反应过程中质量有所增加D ．该核反应中放出的核能为()2U Ba Kr n 3m m m m c --- 6．新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。

物理高中选修3-2 综合卷1.(5分)下列器件不是应用温度传感器的是（）A.电熨斗B.话筒C.电饭锅D.测温仪2.(5分)用如图所示的实验装置研究电磁感应现象．则下列情况中，能产生感应电流的是( )A.磁铁静止在线圈里面B.磁铁静止在线圈左侧C.磁铁静止在线圈上方D.磁铁快速插入线圈3.(5分)在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图所示，已知电容C=30 μF，回路的长和宽分别为l1=5 cm，l2=8 cm，磁场在加强，且磁场变化率为5×10-2 T/s，则（）A.电容器上极板带正电，电荷量为2×10-9 CB.电容器上极板带负电，电荷量为4×10-9 CC.电容器上极板带正电，电荷量为6×10-9 CD.电容器上极板带负电，电荷量为8×10-9 C4.(5分)如图所示，交流电压U＝311sin(314t+)（V）加在阻值为220 Ω的电阻两端，则（）A. 电压表的读数为311 VB. 电流表的读数为1.41 AC. 电流表的读数为1 AD. 2 s内电阻产生的电热是540 J5.(5分)一闭合圆形线圈，放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直，若想使线圈中的感应电流增强一倍，下述方法可行的是（）A. 使线圈匝数增加一倍B. 使线圈面积增加一倍C. 使线圈匝数减少一半D. 使磁感应强度的变化率增大一倍6.(5分)输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图所示，然后将原线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )A. 1100、360B. 1100、180C. 2200、180D. 220、3607.(5分)矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示.下列说法中正确的是( )A. 此交流电的频率为0.2HzB. 此交流电动势的有效值为1VC. t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向平行D. 线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为Wb8.(5分)如图所示，两个相同的铝环套在一根光滑杆上，将一条形磁铁向左插入铝环的过程中，两环的运动情况是（）A. 同时向左运动，间距增大B. 同时向左运动，间距变小C. 同时向左运动，间距不变D. 同时向右运动，间距增大9.(5分)制做精密电阻时，为了消除在使用中由于电流的变化引起的自感现象，用电阻丝绕制电阻时采用如图所示的双线绕法，其道理是（）A. 电路电流变化时，两根线中产生的自感电动势相互抵消B. 电路电流变化时，两根线中产生的自感电流相互抵消C. 电路电流变化时，两根线圈中的磁通量相互抵消D. 以上说法都不正确10.(5分)如图所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈c向右摆动，则ab 的运动情况是( )A. 向左或向右匀速运动B. 向左或向右减速运动C. 向左或向右加速运动D. 只能向右匀加速运动11.(5分)如图所示，为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2（）A. 若飞机从西往东飞，U1比U2高B. 若飞机从东往西飞，U2比U1高C. 若飞机从北往南飞，U2比U1高D. 无论飞机向和方向飞行总U2比U1高12.(5分)如图所示，L是电感足够大的线圈，其直流电阻可忽略不计。

综合检测B(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)1．如图1所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )图1A ．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B ．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C ．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D ．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化答案 D解析 当左侧通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通过右侧线圈的磁通量增大，根据楞次定律可以知道，右侧线圈产生感应电流为逆时针，由于磁场是均匀增大，则产生的感应电流为恒定的，故选项A 、B 错误；当有金属片通过时，接收线圈中磁通量仍然增大，故产生的感应电流仍然为逆时针，但是由于金属片中也要产生感应电流，所以接收线圈中的感应电流大小发生变化，故选项C 错误，D 正确．2.图2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图2A.恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B.从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C.恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D.从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b两点电势差恒为φa －φb ＝－n (B 2－B 1)S t 2－t 1，选项C 正确. 3.在图3中，L 为电阻很小的线圈，G 1和G 2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计.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( )图3A.G 1和G 2的指针都立即回到零点B.G 1的指针立即回到零点，而G 2的指针缓慢地回到零点C.G 1的指针缓慢地回到零点，而G 2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D.G 1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G 2的指针缓慢地回到零点 答案 D4.如图4所示的电路中，电源电压u ＝311sin (100πt ) V ，A 、B 间接有“220V ，440W ”的电暖宝、“220V,220W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝，下列说法正确的是( )图4A.交流电压表的示数为311VB.电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于32AC.电暖宝发热的功率是抽油烟机发热功率的2倍D.抽油烟机1min 消耗的电能为1.32×104J答案 D解析 由交变电压的表达式可知，交变电压的有效值U ＝U m 2≈220V ，所以交流电压表的示数为有效值220V ，A 错误；电路正常工作时，通过保险丝的电流为I ＝P 1U 1＋P 2U 2＝3A<32A ，B 错误；若是纯电阻电路，电暖宝的功率是抽油烟机功率的2倍，但抽油烟机消耗的电能主要转化为机械能，产生的热量很少，电暖宝的热功率大于抽油烟机热功率的2倍，C 错误；抽油烟机1min 消耗的电能为W ＝P 2t ＝220×60J ＝1.32×104J ，D 正确.5.如图5所示，矩形线圈abcd 的面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为R ，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度ω匀速转动(P 1与ab 边重合，P 2过ad 边的中点)，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P 1及P 2轴转动产生的交变电流的大小、通过线圈的电荷量及线圈中产生的热量分别为I 1、q 1、Q 1及I 2、q 2、Q 2，则下列判断正确的是( )图5A.线圈绕P 1和P 2轴转动时电流的方向相同，都是a →b →c →d →aB.q 1>q 2C.I 1＝I 2D.Q 1<Q 2答案 C解析 绕P 1、P 2轴转动时电流的方向相同，但电流的方向为a →d →c →b →a ，选项A 错误；电荷量q ＝N ΔΦR，与绕哪个轴转动没有关系，选项B 错误；线圈分别绕两轴转动时产生的电动势相同，所以电流相同，产生的热量也相同，选项C 正确，选项D 错误.6．如图6所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN 正在导轨上向右匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到( )图6A ．L 1、L 2都发光，只是亮度不同B ．L 1、L 2都不发光C ．L 2发光，L 1不发光D ．L 1发光，L 2不发光答案 D解析 甲图右侧线圈中感应电动势的大小时刻变化，乙图右侧线圈中感应电动势恒定．据变压器只能改变交变电压可知L 1发光，L 2不发光．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)7.目前中国南极考察队队员正在地球南极考察，设想考察队队员在地球南极附近水平面上驾驶一辆冰车向前行进时，由于地磁场作用，冰车两端会有电势差，设驾驶员的左方电势为U 1，右方电势为U 2，则下列说法正确的是( )A.向着南极点行进时，U 1比U 2高B.背着南极点行进时，U 1比U 2低C.在水平冰面上转圈时，U 1比U 2高D.无论怎样在水平冰面上行进，U 1总是低于U 2答案 BD解析 在南极附近，地磁场磁感线的方向都是向上的，向着南极点行进或者背着南极点行进时，冰车切割磁感线，由右手定则可知，驾驶员右方电势高于左方电势；不管冰车怎样在水平冰面上行进，依据右手定则可判定，驾驶员右方电势总是高于左方电势.故B 、D 正确.8.电阻为1Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图像如图7所示，现把此交变电动势加在电阻为9Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )图7A.线圈转动的角速度为100rad/sB.在0～0.005s 时间内，通过电阻的电荷量为15πC C.电热丝两端的电压为180VD.电热丝的发热功率为1800W答案 BD解析 由题图可知T ＝0.02s ，ω＝2πT＝100πrad/s ，A 错误.在0～0.005s 内，由U m ＝nBSω，得BS ＝2πWb ，q ＝ΔΦR ＋r ＝BS －0R ＋r ＝15πC ，B 正确.电热丝两端电压U ＝R R ＋r ·U m 2＝902V ，C 错误.电热丝的发热功率P ＝U 2R ＝(902)29W ＝1800W ，D 正确. 9.某发电站用11kV 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330kV 送电，下面选项正确的是( )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130答案 BD 解析 输送功率P ＝UI 一定，电压升高后，电流变为原来的130，A 错误，B 正确；P 损＝I 2R ，损失的功率变为原来的(130)2＝1900，C 错误；输电线的半径变为原来的130，根据公式R ＝ρl S，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.10.如图8所示，平行金属导轨与水平面间夹角为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(ab 与导轨垂直)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x ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ，则( )图8A.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－mgx (sin θ＋μcos θ) D.上滑过程中导体棒损失的机械能为m v 22－mgx sin θ 答案 CD解析 上滑过程中导体棒在初始位置所受的安培力最大，即F ＝BIl ＝B Bl v 2R l ＝B 2l 2v 2R，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所做的功，选项C 正确；由能量守恒定律可判断D 正确.三、填空题(共2小题，共10分)11.(4分)如图9所示，图甲为热敏电阻的R —t 图像，图乙为用此热敏电阻R 和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为100Ω.当线圈的电流大于或等于20mA 时，继电器的衔铁被吸合.为继电器线圈供电的电池的电动势E ＝9.0V ，内阻可以不计.图中的“电源”是恒温箱加热器的电源.则：图9(1)应该把恒温箱内的加热器接在________(填“A 、B 端”或“C 、D 端”).(2)如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R ′的阻值应调节为________Ω. 答案 (1)A 、B 端 (2)260解析 (1)恒温箱内的加热器应接在A 、B 端.当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高.(2)随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R 的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈中的电流大于或等于20mA 时，继电器的衔铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低.随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R 的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈中的电流小于20mA 时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度.要使恒温箱内的温度保持50℃，即50℃时线圈内的电流为20mA.由闭合电路的欧姆定律得I ＝E r ＋R ＋R ′，r 为继电器的电阻.由题图甲可知，50℃时热敏电阻R 的阻值为90Ω，所以R ′＝E I－R －r ＝260Ω. 12.(6分)如图10甲所示，调压器装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55Ω，、分别为理想电流表和理想电压表，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110V ，则电流表的示数为________A ，的示数为____________A ，原线圈中电流的瞬时值表达式为：____________________.图10答案 2 1 i ＝2sin (100πt ) A四、解答题(本题共4小题，共46分.解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于匀强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场.操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈.假设该线圈可简化为水平长为L 、上下宽度为d 的矩形线圈，其匝数为n ，总质量为M ，总电阻为R ，如图11所示.开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐.转动手摇轮轴A ，在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场.此过程中，通过线圈中每匝导线横截面的电荷量为q ，求：图11(1)磁场的磁感应强度；(2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)答案 (1)qR nLd (2)Mgd ＋q 2R t解析 (1)设磁场的磁感应强度为B ，在匀速提升过程中线圈运动速度v ＝d t① 线圈中感应电动势E ＝nBL v ②产生的感应电流I ＝E R③ 通过导线横截面的电荷量q ＝It ④联立①②③④得B ＝qR nLd(2)匀速提升过程中，人要克服重力和安培力做功即W ＝W G ＋W 安⑤又W G ＝Mgd ⑥W 安＝nBILd ＝n ·qR nLd ·q t ·Ld ＝q 2R t⑦联立⑤⑥⑦可得W ＝Mgd ＋q 2R t14.(10分)如图12所示为交流发电机示意图，匝数为n ＝100匝的矩形线圈，边长分别为10cm 和20cm ，内阻为5Ω，在磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场中绕OO ′轴以502rad/s 的角速度匀速转动，线圈外部和20Ω的电阻R 相连接.求：图12(1)S 断开时，电压表的示数；(2)开关S 合上时，电压表和电流表的示数；(3)通过电阻R 的电流最大值是多少？电阻R 上所消耗的电功率是多少？答案 (1)50V (2)40V 2A (2)22A 80W解析 (1)感应电动势的最大值E m ＝nBSω＝100×0.5×0.1×0.2×50 2 V ＝50 2 VS 断开时，电压表示数为电源电动势的有效值E ＝E m 2＝50 V. (2)当开关S 合上时，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r ＝5020＋5A ＝2 A U ＝IR ＝2×20 V ＝40 V故电压表的示数为40 V ，电流表的示数为2 A.(3)通过R 的电流最大值I m ＝2I ＝2 2 A.电阻R 上所消耗的电功率P ＝UI ＝40×2 W ＝80 W.15.(12分)图13甲为一理想变压器，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 图像如图乙所示.若只在c 、e 间接一只R ce ＝400Ω的电阻，或只在d 、e 间接一只R de ＝225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W.图13(1)请写出原线圈输入电压u ab 的瞬时值表达式.(2)求只在c 、e 间接400Ω的电阻时，原线圈中的电流I 1.(3)求c 、e 和d 、e 间线圈的匝数比n ce n de. 答案 (1)u ab ＝400sin (200πt ) V(2)0.28A(或25A) (3)43解析 (1)由题图乙知ω＝2πT＝200πrad/s ， 电压瞬时值u ab ＝400sin (200πt ) V .(2)电压的有效值U 1＝2002V ，理想变压器P 1＝P 2，原线圈中的电流I 1＝P 1U 1解得I 1≈0.28A(或25A). (3)设原线圈的匝数为n 1，U 1n 1＝U ce n ce ，同理，U 1n 1＝U de n de， 由题意知U 2ce R ce ＝U 2de R de， 联立解得n ce n de ＝R ce R de ＝43. 16.(14分)光滑的平行金属导轨长为L ＝2m ，两导轨间距d ＝0.5m ，轨道平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端接一个阻值为R ＝0.6Ω的电阻，导轨所在空间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B ＝1T ，如图14所示，一根质量m ＝0.5kg 、电阻r ＝0.4Ω的金属棒ab 垂直于导轨放在导轨最上端，且与导轨接触良好，其余部分电阻不计.已知棒ab 从导轨最上端由静止开始下滑到最底端脱离导轨的过程中，电阻R 上产生的热量Q 1＝0.6J ，棒与导轨始终垂直，g 取10m/s 2，试求：图14(1)当棒的速度v ＝2m/s 时，电阻R 两端的电压；(2)棒下滑到导轨最底端时速度的大小；(3)棒下滑到导轨最底端时加速度a 的大小.答案 (1)0.6V (2)4m /s (3)3 m/s 2解析 (1)当棒的速度v ＝2m/s 时，棒中产生的感应电动势E ＝Bd v ＝1V ，此时电路中的电流I ＝E R ＋r＝1A ， 所以电阻R 两端的电压U ＝IR ＝0.6V .(2)根据Q ＝I 2Rt ∝R 可知，在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量Q 2＝r RQ 1＝0.4J ， 设棒到达导轨最底端时的速度为v 2，根据能量守恒定律，有mgL sin θ＝12m v 22＋Q 1＋Q 2， 解得v 2＝4m/s.(3)棒到达导轨最底端时回路中产生的感应电流I 2＝Bd v 2R ＋r＝2A ， 根据牛顿第二定律有mg sin θ－BI 2d ＝ma ，联立解得a ＝3m/s 2.。

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综合检测A(时间:90分钟满分：100分）一、单项选择题(本大题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)1．法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图1所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动,电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( ）图1A．回路中电流大小变化，方向不变B．回路中电流大小不变，方向变化C．回路中电流的大小和方向都周期性变化D．回路中电流方向不变,从b导线流进电流表答案D解析圆盘在磁场中切割磁感线产生恒定的感应电动势E＝12BωR2，由右手定则判断得a端为负极、b端为正极，所以只有D项正确．2。

如图2甲所示,圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1秒内磁场方向指向纸里。

若磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙，那么，下面关于线圈中感应电流的说法正确的是（)图2A.在第1秒内感应电流增大,电流方向为逆时针B.在第2秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针C。

在第3秒内感应电流减小，电流方向为顺时针D。

在第4秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针答案B3.用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图3所示。