【3份】高中粤教版物理选修3-2章末综合测评含答案

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高中物理粤教版章末检测选修3-2章末检测卷二

章末检测卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分)交流电的有效值( )1．下列提到的交流电，哪个指的不是．．A．交流电压表的读数B．保险丝的熔断电流C．电容器的击穿电压D．电动机铭牌上的额定电压答案 C解析交流电压表测量的是交流电的有效电压，保险丝的熔断电流指有效电流，电动机铭牌上的额定电压也是指有效电压，电容器的击穿电压，指最大电压，故选C.2．照明供电线路的路端电压大体上是维持不变的，可是咱们在晚上七八点钟用电顶峰开灯时电灯比深夜时要显得暗，这是因为此时()A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大D．干路电流必然，支路比深夜时多，分去了一部份电流答案 C解析总电阻减小，总电流增大，输电线电阻造成的电压损失ΔU＝IR线增大，电灯取得的电压减小，所以灯泡在七八点钟时显得要暗些．3．一交流发电机，当转速为n1时，其交变电动势e＝220sin 100πt V，现有如下的说法，其中正确的是()A．在t＝0时，线圈中的磁通量为0B．该交流发电机线圈的转速为50 r/sC．若加在标有“220 V,100 W”的灯泡的两头，灯泡能正常发光D．若线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值增大一倍而频率不变答案 B解析因为交变电流的瞬时表达式为e＝E m sin ωt，其中E m＝nBSω表示最大值，ω＝2πf.当转速用r/s作为单位时，转速与频率的数值相等．最大值为有效值的2倍，则该电动势的最大值为220 V，而灯泡的标注值是有效值，所以选项C、D错误，选项B正确．当t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面的位置，磁通量最大，因此选项A错误．4．如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V ,60 W ”灯泡一只，且灯泡正常发光，则 ( )图1A ．电流表的示数为32220 AB ．电源输出功率为1200 WC ．电流表的示数为3220 AD ．原线圈两头电压为11 V 答案 C解析副线圈电压U 2＝220 V ，电流I 2＝P U 2＝311 A ，则原线圈两头电压U 1＝201×U 2＝4400 V ，电流I 1＝120×I 2＝3220 A ，所以电流表示数为3220 A ，选项A 、D 错误，C 正确．电源输出功率等于灯泡消耗的功率，为60 W ，选项B 错误，故选C.5．多数同窗家里都有调光台灯、调速电扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是本钱高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速．此刻的调光台灯、调速电扇是用可控硅电子元件来实现调节的，如图2所示为一个通过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个12周期中，前面的14被截去，从而改变了电灯上的电压，那么此刻电灯上的电压的有效值为 ( )图2A ．U m答案 C解析由有效值的概念知U 2R T ＝(U m 2)2R ×T 2得U ＝U m2.C 项正确．二、双项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题只有两个选项正确，全数选对得5分，漏选得2分，错选得0分)6．如图3所示，在远距离输电进程中，若维持升压变压器原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是 ( )图3A ．升高U 1会减小输电电流I 2B ．升高U 1会增大线路的功率损耗C ．升高U 1会增大线路的电压损耗D ．升高U 1会提高电能的利用率答案 AD解析提高输电电压U 1，由于输入功率不变，则I 1将减小，又因为I 2＝n 1n 2I 1，所以I 2将减小，故A 对；线路功率损耗P损＝I 22R ，因此功率损耗减小，电压损失减小，故B 、C错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，D 对．7．如图4甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A 的保险丝L ，原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈匝数n 2＝120匝．当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两头可以接 ( )图4A ．阻值为 Ω的电阻B ．并联两盏“36 V,40 W ”的灯泡C ．工作频率为10 Hz 的电视D ．耐压值为36 V 的电容器答案 AB解析理想变压器可以变压、变流，但不可以改变功率和频率；由题图乙可知，原线圈中交变电源的周期为 s ，频率为50 Hz ，则副线圈取得的交变电流的频率也为50 Hz ，故接入工作频率为10 Hz 的电视不能正常工作，C 错误；由题图乙可知，原线圈所接电源的电压有效值为180 V ，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U 2＝120600×180 V ，得U 2＝36 V ，B 中两灯泡接入电路时，原线圈中的电流I 1＝49A ≈0.44 A ＜0.5 A ，B 正确；副线圈两头电压的有效值为36 V ，但其最大值大于电容器的耐压值，故D 错误；由理想变压器特点可知，原、副线圈消耗的功率相等，则(36 V )2R＝180 V ×0.5 A ，解得R ＝ Ω，A 正确．8．如图5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源，输入电压u 随时间t 的转变关系如图乙所示．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( )图5A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin (100πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为 W 答案 AD解析由题图可知，U m ＝20 2 V ，T ＝ 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＝U 1n 2n 1＝20×15 V ＝4 V ，由题中将S 1接一、S 2闭合时，灯泡L 2正常发光可得，灯泡L 2的额定电压为4 V ，当只断开S 2后，副线圈两头电压不变，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；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 ＝4220 W ＝ W ，D正确．9．有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图6所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，在原线圈上加一电压为U 的交流电，则( )图6A ．维持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B ．维持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C ．维持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D ．维持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小答案 BC解析维持Q 的位置不动，副线圈匝数不变，由U 1U 2＝n 1n 2知U 2不变，当P 向上滑动时，R 变大，由I 2＝U 2R 0＋R 知I 2减小，I 1减小，故电流表的读数变小，A 错误，B 正确；维持P的位置不动，将Q 向上滑动时，副线圈的匝数增多，由U 1U 2＝n 1n 2知U 2增大，由I 2＝U 2R ＋R 0知I 2增大，I 1增大，故电流表的读数变大，C 正确，D 错误．三、填空题(本题共2小题，共14分)10．(6分)一交流电压随时间转变的图象如图7所示，则此交流电的频率是________ Hz ，若将该电压加在10 μF 的电容器上，则电容器的耐压值不该小于________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，为避免意外事故的发生，电路中保险丝的额定电流不能低于________ A.图7答案 50 200解析由题图知T ＝ s ，U m ＝200 V 而f ＝1T所以f ＝50 Hz ，电容器耐压值应不小于200 V ， I ＝U m 2·1R ＝10021000A ≈0.14 A. 因为保险丝熔断电流指有效值，所以电路中保险丝熔断电流不能低于0.14 A.11．(8分)有一个教学用的可拆变压器，如图8甲所示，它有两个用相同的导线绕制的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．图8(1)某同窗用一多用电表的同一欧姆挡前后测量了A、B线圈的电阻值，指针别离对应图乙中的a、b位置，则A线圈的电阻为________Ω，由此可推断________线圈的匝数较多(选项“A”或“B”)．(2)若是把它看做理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________；A线圈的匝数为n A＝______.(用所测物理量符号表示)答案(1)24A(2)①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈；②将A线圈与低压交流电源相连接；③用多用电表的交流电压挡别离测量A线圈的输入电压U A和绕制线圈的输出电压UU AU n(其他方式，只要合理即可)四、计算题(本大题共4小题，共46分)12．(9分)一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100匝．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律转变，如图9所示，发电机内阻r＝Ω，外电路电阻R＝95 Ω.已知感应电动势的最大值E m＝nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值．求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数．图9 答案 1.4 A解析从Φ－t图象可以看出Φm＝×10－2 Wb，T＝×10－2 s，已知E m＝nωΦm，又ω＝2πT，故电路中电流最大值I m＝E mR＋r＝n·2π·ΦmT(R＋r)＝100×2×××10－2×10－2×(95＋)A＝2 A.交流电流表读数I＝I m/2≈1.4 A.13．(9分)如图10所示，匝数为100匝、边长为0.2 m的正方形线圈，在磁感应强度为2 T的匀强磁场中，从中性面开始以10π rad/s的角速度绕OO′轴匀速转动．若线圈自身电阻为2 Ω，负载电阻R＝6 Ω，取π2＝10，则开始转动120s内在R上产生的热量为多少焦耳？图10 答案150 J解析电动势最大值为E m＝nBSω＝100×2×××10π V＝80π V有效值为：E ＝E m /2＝402π V 电流有效值为： I ＝E R ＋r ＝402π6＋2A ＝52π A 故产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝150 J.14．(14分)如图11所示，匀强磁场磁感应强度B ＝ T ，匝数为n ＝50匝的矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴OO ′匀速转动，每匝线圈长为L ＝25 cm ，宽为d ＝20 cm.线圈每分钟转动1 500转，在匀速转动进程中，从线圈平面通过图示位置时开始计时．图11(1)写出感应电动势e 的瞬时值表达式；(2)若每匝线圈本身电阻r ＝ Ω，外接一阻值为13 Ω的用电器，使线圈与外电路组成闭合电路，写出感应电流i 的瞬时值表达式；(3)若从线圈平面垂直于磁感线的位置开始计时，感应电动势e ′和感应电流i ′的瞬时值表达式如何？(4)画出(1)(2)中的e －t 、i －t 图象．答案观点析解析 (1)线圈匝数n ＝50，磁场的磁感应强度B ＝ T ，线圈转动的角速度ω＝2πf ＝2π×1 50060rad/s ＝50π rad/s ，线圈的面积S ＝Ld ＝0.05 m 2所以E m ＝nBSω＝50×××50π V ≈196 V从图示位置计时，有e ＝E m cos ωt ＝196cos (50πt ) V . (2)若r ＝ Ω，则r ′＝50 r ＝×50 Ω＝1 Ω R 总＝R ＋r ′＝13 Ω＋1 Ω＝14 Ω I m ＝E m R 总＝19614A ＝14 A所以i ＝I m cos ωt ＝14cos (50πt ) A(3)若从线圈平面与磁感线垂直的位置开始计时，即从中性面开始计时，感应电动势和感应电流的瞬时值表达式别离为e ′＝196sin (50π t ) V ，i ′＝14sin (50πt ) A.(4)因为ω＝50π，所以T ＝2πω＝ s ，E m ＝196 V ，I m ＝14 A(1)(2)中的e －t 、i －t 图象别离如图甲、乙所示．甲乙15．(14分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压恒为500 V ，现用电阻率为×10－8 Ω·m ，横截面积为10－5 m 2的输电线向4×103 m 远处的输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不超过发电机总功率的4%，求：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)若是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，用电器两头的电压是大于、小于仍是等于220 V ？若用电器电路中电流为100 A ，求此时用电器两头的电压数值．答案 (1)1∶12 (2)288∶11 (3)大于220 V 227 V解析 (1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r ＝ρ2l S ＝×10－8×2×4×10310－5 Ω＝ Ω由题意知P 损＝P ×4%＝(PU 2)2r105×＝(105U 2)2×U 2＝6 000 V升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝5006 000＝112.(2)I 2＝P U 2＝1056×103 A ＝503 AU 损＝I 2·r ＝503× V ＝240 V而U 3＝U 2－U 损＝6 000 V －240 V ＝5 760 V n 3n 4＝U 3U 4＝5 760220＝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，用电器两头电压将增大由题知I 4′＝100 A 则由I 4′I 3′＝n 3n 4＝28811所以I 3′＝1 100288U 损′＝I 3′·r ＝1 100288× V ＝55 V而U 1、U 2不变U 3′＝U 2－U 损′＝(6 000－55) V ＝5 945 V U 3′U 4′＝n 3n 4， U 4′＝n 4n 3×U 3′＝11288×5 945 V ≈227 V .。

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【3份】高中粤教版物理选修3-2章末综合测评含答案目录章末综合测评(一) (1)章末综合测评(二) (8)章末综合测评(三) (15)章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力作用，则可知金属框的运动情况是()【导学号：90270051】图1A．向左平动进入磁场B．向右平动退出磁场C．沿竖直方向向上平动D．沿竖直方向向下平动因为ab边受到的安培力的方向竖直向上，所以由左手定则就可以判断出金属框中感应电流的方向是abcda，金属框中的电流是由ad边切割磁感线产生的，所以金属框向左平动进入磁场．【答案】 A2．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示．若磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2 s内，线圈中感应电流的大小和方向是()甲乙图2A ．大小恒定，逆时针方向B ．大小恒定，顺时针方向C ．大小逐渐增加，顺时针方向D ．大小逐渐减小，逆时针方向由题图乙可知，第2 s 内ΔB Δt 为定值，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt S 知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定．第2 s 内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A 项正确．【答案】 A3．(2015·重庆高考)如图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图3A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 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)St 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)St 2－t 1，选项C 正确．【答案】 C4．如图4所示，L是自感系数很大的理想线圈，a、b为两只完全相同的小灯泡，R0是一个定值电阻，则下列有关说法中正确的是()图4A．当S闭合瞬间，a灯比b灯亮B．当S闭合待电路稳定后，两灯亮度相同C．当S突然断开瞬间，a灯比b灯亮些D．当S突然断开瞬间，b灯立即熄灭S闭合瞬间，a、b同时亮，b比a亮；稳定后，a灯不亮；S断开瞬间，a灯比b灯亮．【答案】 C5．紧靠在一起的线圈A与B如图5甲所示，当给线圈A通以图乙所示的电流(规定由a 进入b流出为电流正方向)时，则线圈cd两端的电势差应为图中的() 【导学号：90270052】图50～1 s内，A线圈中电流均匀增大，产生向左均匀增大的磁场，由楞次定律可知，B 线圈中外电路的感应电流方向由c到d，大小不变，c点电势高，所以选项A正确．【答案】 A6．如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()图6A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2根据法拉第电磁感应定律E ＝Bl v 、欧姆定律I ＝ER 和焦耳定律Q ＝I 2Rt ，得线圈进入磁场产生的热量Q ＝B 2l 2v 2R ·l ′v ＝B 2Sl v R ，因为l ab >l bc ，所以Q 1>Q 2.根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R 及q ＝IΔt 得q ＝BSR，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．【答案】 A7．(2015·山东高考)如图7所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图7A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A 正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B 正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D 正确．【答案】 ABD8．如图8所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时( )【导学号：90270053】图8A ．φa >φbB ．φa <φbC ．电阻中电流方向由a 到bD ．电阻中电流方向由b 到a线圈中磁场方向向右，磁铁从线圈中拔出时，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b 到a ，故φb >φa .B 、D 项正确．【答案】 BD9．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场．若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图9所示，则( )图9A ．线圈中0时刻感应电动势最小B ．线圈中C 时刻感应电动势为零 C ．线圈中C 时刻感应电动势最大D ．线圈从0至C 时间内平均感应电动势为0.4 V感应电动势E ＝ΔΦΔt ，而磁通量变化率是Φ-t 图线的切线斜率，当t ＝0时Φ＝0，但ΔΦΔt ≠0.若求平均感应电动势，则用ΔΦ与Δt 的比值去求．【答案】 BD10．(2016·宜昌高二检测)如图10所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R ，质量为m 的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力F 把ab 棒从静止起向右拉动的过程中，下列说法正确的是( )图10A ．恒力F 做的功等于电路产生的电能B ．恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C ．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D ．恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和沿水平方向，ab 棒受向右的恒力F 、向左的摩擦力F f 和安培力F 安，随棒速度的增大，安培力增大，合力F －F f －F 安减小，但速度在增大，最终可能达到最大速度．从功能关系来看，棒克服安培力做功等于其他形式的能转化成的电能，故A 、B 错误，C 正确；由动能定理知，恒力F 、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于金属棒动能的增加量，D 正确；也可从能量守恒角度进行判定，即恒力F 做的功等于电路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的增加之和．【答案】 CD二、非选择题(本题共3小题，共40分．)11．(12分)如图11所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：图11(1)电阻R 消耗的功率； (2)水平外力的大小．(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E ＝Bl v 根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I ＝E R电阻R 消耗的功率为P ＝I 2R ，联立可得 P ＝B 2l 2v 2R.(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F 安＋μmg ＝F ① F 安＝BIl ＝B 2l 2vR②故F ＝B 2l 2v R＋μmg .【答案】 (1)B 2L 2v 2R (2)B 2l 2vR＋μmg12．(12分)如图12所示，面积为0.2 m 2的100匝线圈A 处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度随时间变化的规律是B ＝(6－0.2t )T ，已知电路中的R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝30 μF ，线圈A 的电阻不计．求：图12(1)闭合S 后，通过R 2的电流大小；(2)闭合S 一段时间后，再断开S ，S 断开后通过R 2的电荷量是多少？【导学号：90270054】(1)磁感应强度变化率的大小ΔΦΔt ＝0.2 T/s线圈A 中的感应电动势的大小 E ＝nS ΔBΔt＝100×0.2×0.2V ＝4 V通过R 2的电流：I ＝E R 1＋R 2＝44＋6A ＝0.4 A.(2)R 2两端的电压U ＝IR 2＝2.4 V 电容器稳定后所带的电荷量Q ＝CU ＝3×10－5×2.4 C ＝7.2×10－5 CS 断开后通过R 2的电荷量为7.2×10－5 C.【答案】 (1)0.4 A (2)7.2×10－5 C13．(16分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图13所示．一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．a 点与导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g 取10 m/s 2)图13(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？ (2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失． (1)正极．(2)由电磁感应定律得U ＝E ＝ΔΦΔtΔΦ＝12BR 2ΔθU ＝12BωR 2v ＝rω＝13ωR所以v ＝2U3BR ＝2 m/s.(3)ΔE ＝mgh －12m v 2ΔE ＝0.5 J.【答案】 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是( )图1A ．甲、丙B ．乙、丁C ．甲、乙D ．丙、丁线圈转动中感应电流时刻在变化，位于中性面位置时磁通量最大，但感应电流最小，等于零．位于与中性面垂直位置时，磁通量最小，但感应电流最大，故选B.【答案】 B2．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图2所示，下列说法中正确的是( )【导学号：90270108】图2A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．交变电流的瞬时值表达式为i ＝5cos 50πt (A)C ．在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D ．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W由图象知，交流电的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，A 错；转动的角速度ω＝2πT ＝100π rad/s ，故电流瞬时值表达式为i ＝5cos 100πt (A)，B 错；t ＝0.01 s 时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C 错；交流电电流的有效值I ＝I m 2＝52A ，故P ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫522×0.4 W ＝5 W ，故D 正确．【答案】 D3．三个相同的电阻，分别通过如图3甲、乙、丙所示的交变电流，三个图中的I 0和周期T 相同．下列说法中正确的是( )图3A ．在相同时间内三个电阻发热量相等B ．在相同时间内，甲、乙发热量相等，是丙发热量的2倍C ．在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的12D ．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小甲图象电流的有效值为12I 0，乙图象电流的有效值为I 0，丙图象根据电流有效值的定义有：I 20R T 2＝I 2RT ，解得电流有效值I ＝12I 0，根据焦耳定律相同时间内产生的热量之比等于电流有效值的平方比，Q 1∶Q 2∶Q 3＝1∶2∶1，C 对．【答案】 C4．(2016·天津高二月考)交流发电机在工作时电动势为e ＝E m sin ωt ，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )A ．e ′＝E m sinωt2B ．e ′＝2E m sinωt 2C ．e ′＝E m sin 2ωtD ．e ′＝E m2sin 2ωt交变电流的电动势表达式为e ＝E m sin ωt ，其中E m ＝NBSω，当ω加倍而S 减半时，E m 不变，其表达式为e ＝E m sin 2ωt ，C 正确．【答案】 C5．如图4甲所示，变压器为理想变压器，其原线圈接到U 1＝220 V 的交流电源上，副线圈与阻值为R 1的电阻接成闭合电路；图乙中阻值为R 2的电阻直接接到电压为U 1＝220 V 的交流电源上，结果发现R 1与R 2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( ) 【导学号：90270109】甲乙图4A.R 1R 2B.R 2R 1C.R 2R 1D.R 1R 2对题图甲，U 1U 2＝n 1n 2，P 1＝U 22R 1对题图乙：P 2＝U 21R 2据题意有P 1＝P 2联立以上各式解得：n 1n 2＝R 2R 1，故C 正确．【答案】 C6．如图5所示，理想变压器原线圈输入电压U ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器．V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )图5A ．I 1和I 2表示电流的瞬间值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小电压表V 1和V 2分别测量的变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表A 1和A 2分别测量的原、副线圈电路中电流的有效值，A 、B 项错误；滑动变阻器向下滑动时，接入电路的电阻变小，原、副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I ＝U R ＋R 0可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P 入＝P 出，得原线圈的输入功率变大，由P ＝IU 可知，原线圈电路中的电流变大，C 项正确，D 项错误．【答案】 C7．如图6甲所示的电路中，A 1、A 2、A 3为相同的电流表，C 为电容器，电阻R 1、R 2、R 3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t 1～t 2时间内( )图6A ．电流表A 1的示数比A 2的小B ．电流表A 2的示数比A 3的小C ．电流表A 1和A 2的示数相同D ．电流表A 3的示数为零由于加在原线圈中的磁场均匀变化，因此副线圈中产生的电动势是恒定的，所以I 1＝I 2，I 3＝0，C 、D 选项正确．【答案】 CD8．如图7所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是( ) 【导学号：90270110】图7A ．升高U 1会减小输电电流I 2B ．升高U 1会增大线路的功率损耗C ．升高U 1会增大线路的电压损耗D ．升高U 1会提高电能的利用率提高输电电压U 1，由于输入功率不变，则I 1将减小，又因为I 2＝n 1n 2I 1，所以I 2将减小，故A 正确；线路功率损耗P 损＝I 22R ，因此功率损耗也减小，由ΔU ＝I 2R 可知电压损耗减小，故B 、C 错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，D 正确．【答案】 AD9．(2016·石家庄模拟)实验室里的交流发电机可简化为如图8所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO ′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V ．已知R ＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )图8A ．线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零B ．从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为i ＝2sin 50πt (A)C ．流过电阻R 的电流每秒钟方向改变50次D ．电阻R 上的热功率等于20 W线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的是交流电．线圈位于图中位置时，穿过线圈的磁通量虽然为零，但磁通量的变化率最大，线圈中的瞬时电流最大，选项A 错误；线圈转一圈，两次经过中性面，线圈每经过一次中性面，电流方向改变一次，每秒转25圈，电流方向改变50次，选项C 正确；由题意可知，f ＝25 Hz ，ω＝50π rad/s ，电压表的示数是有效值，交流电最大值E m ＝10 2 V ，I m ＝ 2 A ，故选项B 正确；电阻R上消耗的热功率P R ＝U 2R＝10 W ，选项D 错误．【答案】 BC10.(2016·泰安高二期末)一台理想变压器，开始时开关S 接1，此时原、副线圈的匝数比是11∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电．一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图9所示．则下列判断正确的是( )图9A ．原、副线圈中的功率之比为1∶1B ．若只将S 从1拨到2，电流表示数增大C ．若开关S 接1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω时，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为1 200 JD ．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小原、副线圈的输入功率等于输出功率，故A 正确；若只将S 从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故B 错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为20 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知202R T 2＝U 2RT ，解得U ＝10 2 V ，若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为Q ＝(102)210×60＝1 200 J ，故C 正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的示数不变，故D 错误．【答案】 AC二、非选择题(本题共3小题，共40分．)11．(12分)将交变电压u ＝2202sin(100πt )V 接到“220 V 100 W ”的灯泡两端，若灯泡灯丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡的电流的最大值；(2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡的电流i 的瞬时值表达式. 【导学号：90270111】(1)交变电压的有效值U ＝22022V ＝220 V ，灯泡的额定电压为U ＝220 V ，因此灯泡恰好正常发光．由“220 V 100 W ”知该灯泡电阻为R ＝U 2P＝484 Ω.通过灯泡的电流的最大值为I m ＝U m R ＝2202484A ＝0.64 A. (2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P ＝100 W.(3)周期T ＝2πω＝2π100π＝0.02 s ，每秒钟电流方向改变的次数n ＝t T ×2＝10.02×2＝100(次)．(4)通过灯泡的电流的瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝0.64sin(100πt )A.【答案】 (1)0.64 A (2)100 W (3)100次 (4)i ＝0.64sin(100πt )A12．(14分)(2016·济南高二检测)如图10所示，有一台小型发电机，其矩形线圈的匝数n ＝200匝，线圈面积S ＝0.01 m 2，线圈电阻r ＝0.5 Ω，当磁场的磁感应强度B ＝625πT 时，产生频率f ＝50 Hz 的单相正弦交变电流，供电给“220 V 2 200 W ”的电器让其正常工作．求：图10(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式；(2)发动机输出端交流电压表的示数；(3)电阻R 的阻值．(1)发电机产生的感生电动势的最大值：E m ＝nBSω＝nBS ·2πf ＝200×1.22/π×0.01×100π V ＝240 2 V感应电动势的瞬时表达式：e ＝2402sin 100πt (V)．(2)电动势有效值E ＝240 V正常工作时的电流I ＝P /U ＝2 200/220 A ＝10 A输出端电压表的示数U ＝E －Ir ＝240 V －10×0.5 V ＝235 V.(3)电阻R 上的电压ΔU ＝235 V －220 V ＝15 V则线路电阻R ＝ΔU /I ＝15/10 Ω＝1.5 Ω.【答案】 (1)e ＝2402sin 100πt (V) (2)235 V(3)1.5 Ω13．(14分)如图11所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯L 1连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W ”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：图11(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；(2)发电机的输出功率. 【导学号：90270112】(1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A. 变压器输入功率I 1U 1＝I 2U 2＝6 W.变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13 A(I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2)发电机输出功率P ＝I 1E ≈6.67 W.【答案】 (1)3∶1 (2)6.67 W章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2016·烟台高二检测)下列关于传感器的说法正确的是( )A ．所有传感器的材料都是由半导体材料做成的B ．金属材料也可以制成传感器C ．传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的D ．以上说法都不正确半导体材料可以制成传感器，其他材料也可以制成传感器，如金属氧化物氧化锰就可以制成温度计，所以A 错，B 正确；传感器不但能感知电压的变化，还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量，所以C错．【答案】 B2．现在不少公共场所设置的自动感应产品方便了广大市民和游客，若一伸手，龙头里自动流出水、给皂器自动流出洗手液等．这类产品通常感应人体辐射出的()【导学号：90270134】A．红外线B．紫外线C．X射线D．γ射线红外线的显著特性是热作用，人体所辐射出的红外线使自动感应器工作．【答案】 A3．(2016·长沙高二检测)传感器广泛应用在我们的生产生活中，常用的计算机键盘就是一种传感器．如图1所示，键盘上每一个键的下面都连一小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一小的固定金属片，这两金属片组成一个小电容器．当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能够检测出哪个键被按下，从而给出相应的信号．这种计算机键盘使用的是()图1A．温度传感器B．压力传感器C．磁传感器D．光传感器小金属片被按下时，对该键有一个压力，小金属片向下移动，两个极板之间的距离改变，电容改变，将压力这个力学量转化为电容这个电学量，所以计算机键盘使用的是压力传感器，B正确，A、C、D错误．【答案】 B4．如图2所示是观察电阻值随温度变化情况的示意图．现把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况，下列正确的是(设水对电阻阻值的影响不计)()图2A．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(用半导体材料制成)，读数变化非常明显D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制成)，读数变化不明显金属热电阻的阻值随温度的升高而增大，但灵敏度较差．而热敏电阻(用半导体材料制成)灵敏度高，所以选C.【答案】 C5.(2016·德州高二检测)如图3所示，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管(电流越大，发光越强)，且R与D距离不变，下列说法中正确的是()图3A．当滑动触头向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头向右移动时，L消耗的功率可能不变D．无论怎样移动滑动触头，L消耗的功率都不变电源电压恒定，也就是说，并联电路两端的电压恒定，当滑动触头向左移动时，发光二极管发光变强，光敏电阻的电阻变小，所以电流变大，则L的功率变大．【答案】 A6．如图4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，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图5是某同学画出的在t0时刻开关S由闭合变为断开，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是() 【导学号：90270135】图4图5A．甲图是通过传感器1的电流随时间变化的情况B．乙图是通过传感器1的电流随时间变化的情况C．丙图是通过传感器2的电流随时间变化的情况D．丁图是通过传感器2的电流随时间变化的情况开关S由闭合变为断开，传感器1中的电流立刻变为零，如丁图；传感器2中的电流由于线圈的自感作用，电流反向并逐渐减小，C正确，A、B、D错误．【答案】 C7．美国科学家willard S．Boyle与George E．Smith因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有()【导学号：90270136】A．发光二极管B．热敏电阻C．霍尔元件D．干电池传感器是能够把一些非电学量转换成电学量的元件．发光二极管是通电能够发光的元件，A错误；热敏电阻是温度变化引起电阻变化的元件，B正确；霍尔元件是磁场能够引起电压变化的元件，C正确；干电池是把化学能转化成电能的器件，D错误．【答案】BC8．当前传感器被广泛应用于各种电器、电子产品之中，下述关于常用的几种家用电子器件所采用传感器的说法中，正确的是()A．电视机对无线遥控信号的接收主要是采用了光电传感器B．电子体温计主要是采用了温度传感器C．电脑所用的光电鼠标主要是采用声波传感器D．电子秤主要是采用了力电传感器电视机对无线遥控信号的接收采用了红外线传感器，电脑所用的光电鼠标主要采用了光传感器，所以A、C项错误．【答案】BD9．如图6所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是()图6A．严重污染时，LDR是高电阻B．轻度污染时，LDR是高电阻C．无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定D．该仪器会受到白天光照的影响严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B错；LDR 由半导体材料制成，受光照影响电阻会发生变化，C错；白天自然光强度较强，会对LDR 造成影响，D对．【答案】AD10．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降。

粤教版物理选修3-2 第二章章末质量评估(二) 含答案

(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，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．两电路中电流与时间的关系分别如图甲、乙所示，属于交变电流的是( )图甲图乙A．甲、乙都是B．甲是，乙不是C．乙是，甲不是D．甲、乙都不是解析：甲图中大小和方向都做周期性变化，所以是交流电，乙图中只有大小变化而方向没有发生变化，是直流电．答案：B2.如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，则在t＝时刻( )A．线圈中的感应电动势最小B．线圈中的感应电流最大C．穿过线圈的磁通量最大D．穿过线圈磁通量的变化率最小解析：一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈垂直中性面时，磁通量为零，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变，在t＝时刻，即经过周期，线圈平面与磁场方向又平行了，此时又处于中性面，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势和感应电流也最大．答案：B3．我国家庭照明电路用的交流电的电压瞬时值随时间变化的规律为u＝311sin 100πt (V)，关于此交流电下列说法中正确的是( ) A．电压的最大值是311 VB．电压的有效值是311 VC．交流电的频率为100 HzD．交流电的周期为100 s解析：交流电的电压瞬时值变化规律U＝Umsin ωt＝311sin 100 πt (V)，所以Um＝311 V，选项A对．正弦交流电的电压有效值U＝＝220 V，选项B错．角速度ω＝100π，周期T＝＝0.02 s，选项D 错．交流电频率f＝＝50 Hz，选项C错．答案：A4.一个按正弦规律变化的交流电的图象如图所示，由图象可知( )①该交变电流的频率为0.2 Hz②该交变电流的有效值为14.1 A③该交变电流的瞬时值表达式为i＝20sin 0.02t (A)④t＝时刻，该交变电流的大小与其有效值相等A．①②B．②④C．③④D．①③解析：由图可知，交变电流的周期为0.02 s，频率为50 Hz，则①错误；该交变电流的有效值为I＝ A＝14.1 A，②正确；ω＝＝100π，该交变电流的瞬时值表达式为i＝20sin 100πt (A)，③错误；t＝时刻，该交变电流的大小为i＝20sin 100πt (A)＝20sin (A)＝14.1 A，即与其有效值相等，④正确，选项B正确．答案：B5．如图所示为正弦交流电经过整流器处理后的电压波形，其电压的有效值是( )A．1.5 V B．1 VC. VD. V解析：设交流电电压的有效值为U，周期为T，电阻为R，则有T＝·，解得U＝Um＝×3 V＝1.5 V.答案：A6.如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是( )A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管解析：若x是电容器，y是电感线圈，则a、b接直流电源时，电容器不通直流，甲灯不亮，乙灯亮，与题意不符，A错误．若x是电感线圈，y是电容器，则a、b接直流电源时，x通直流，无感抗，甲灯亮，y隔直流，乙灯不亮；当a、b接交流电源时，x对交流有感抗，故甲灯亮度变弱，y能通电流，如容抗较小，则可使乙灯正常发光，B正确．若x是二极管，则a、b接直流电源时，正、反接时，二极管只能有一次导通，甲灯只能有一次亮，与题意不符，C错误．若y 是二极管，乙灯在直流电源正、反接时，有一次亮，而接交流电源时，因二极管的单向导电性，乙灯应时亮时灭，与题意不符，D错误．答案：B7．如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时( )A．灯A中无电流通过，不可能变亮B．灯A中有电流通过，方向由a到bC．灯B逐渐熄灭，c点电势高于d点电势D．灯B逐渐熄灭，c点电势低于d点电势解析：若开关S由断开变为闭合，则电容器C和灯A将被短路，电容器放电，灯A中电流方向为由b到a，A、B均错；由于在L中产生自感电动势，在线圈L、灯B和电键形成回路，使得灯B逐渐熄灭，电流方向为从c到d，由于L是电源，所以c点电势低于d点电势，选项D正确．答案：D8．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.＝B．I2＝U2 RC．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2解析：理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：＝，由能量守恒定律可知：P1＝I1U1＝P2＝I2U2，故选项D正确；因此＝，故选项A错误；输电线两端的电压应为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U3之差，因此根据欧姆定律有：I2＝，故选项B错误；降压器的输入功率为：P3＝I2U3，因此有：I1U1＝IR＋I2U3，故选项C错误．答案：D9．如图所示，有一矩形线圈绕OO′轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，通过滑环接一理想变压器．线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻．滑动接头P可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R.下列判断正确的是( )A．当P位置不动、R增大时，电压表的示数增大B．当P位置不动、R增大时，电压表的示数减小C．当P位置向上移动、R不变时，电流表的示数增大D．当P位置向上移动、R不变时，电流表的示数减小解析：因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，故选项A、B错误；根据理想变压器变压规律＝，副线圈输出电压U2＝U1，因n1减小，U2会增大，由输出功率等于输入功率P2＝,R)＝P1＝U1I1知，电流表示数I1会增大，故选项C正确，选项D错误．答案：C10．两个相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比等于( )A．3∶1 B．1∶2C．2∶1 D．4∶3解析：两种交变电流的最大值为Im，对于正弦式电流有效值为：I1＝Im，对于方波，有效值为：I2＝Im，根据焦耳定律，得Q1＝IRT，Q2＝IRT，则Q1∶Q2＝1∶2.答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流如图，则( )A．在A和C时刻线圈平面和磁场平行B．在A和C时刻线圈平面和磁场垂直C．在B时刻线圈中的磁通量最大D．若线圈转动的周期为0.02 s，则该交变电流的频率为50 Hz解析：线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流e＝NBSωsin (ωt＋φ)(从中性面计时)，所以A、C时刻说明此刻线圈平面与磁场垂直，即A对，B错．B、D时刻为中性面，即磁通量最大，C 对．从图象可知线圈转动的周期为0.02 s，则该交变电流的频率为50 Hz，D对．答案：ACD12．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )A．向下滑动P B．增大交流电源的电压C．增大交流电源的频率 D．减小电容器C的电容解析：本题首先要从使“灯泡变亮”这一结果去找变亮的原因和途径．灯泡变亮则其两端的电压必须增大，流过灯泡的电流增大．再具体分析滑动片P的移动，增大交流电源电压及频率、减小电容器C的电容对灯泡电压、电流的影响即可．对A项：滑片P下移，导致副线圈的匝数变小，由变压器原副线圈电压关系＝得，副线圈电压将变低，灯泡将变暗，故A项错误；对B项：匝数不变时，原线圈电压增大，则副线圈电压也增大，灯泡将变亮，故B正确；对C项：增大交流电源的频率，则电容器的容抗降低，电路中的电流增大，灯泡变亮，故C项正确；减小电容器的电容，电容器的容抗增大，故D项错误．答案：BC13．图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1、L2、L3、L4为四个规格均为“9 V，6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是( )图甲图乙A．ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝27sin 100πt(V)B．ab输入端输入功率Pab＝24 WC．电流表的示数为2 A，且四个灯泡均能正常发光D．断开K，电压表V读数将变小解析：由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为27 V，有效值是27 V，副线圈电压为：U′＝×U1＝×27 V＝9 V，所以副线圈三个灯泡均能正常发光．灯泡的额定电流I0＝＝ A＝ A，电流表的读数为I2＝3× A＝2 A，原线圈电流为I1＝×I2＝×2 A＝ A，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压为Uab＝U＋U2＝9 V＋27 V＝36 V，输入端电压的瞬时值表达式为uab＝36sin 100πt(V)，A错误，C正确；四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率Pab＝4×6 W＝24 W，故B正确；若将K断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1三、非选择题(本题共4小题，共54分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位) 15．(12分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，矩形线圈的匝数N＝100，边长Lab＝0.20 m，Lbc＝0.10 m，以300 r/min的转速匀速转动，从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)若线圈总电阻为2Ω，线圈外接电阻为8Ω，求出电流的瞬时值和电压表读数；(3)线圈由图示位置转过的过程中，交变电动势的平均值．解析：(1)线圈转动的转速n＝5 r/s，角速度ω＝2πn＝10π rad/s，则Em＝NBSω，可得：Em＝10 V，所以瞬时表达式为：e＝Emsin ωt＝10sin 10πt (V)．(2)过程中电流最大值为：Im＝ A＝1 A，所以瞬时电流表达式为：i＝Imsin ωt＝sin 10πt (A)，电压表的读数为有效值，所以U＝·＝4 V.(3)线圈转过所用时间Δt＝T＝·＝ s.根据法拉第电磁感应定律可得：E＝n＝ V.答案：(1)e＝10sin 10πt (V)(2)i＝sin 10πt (A)4 V (3) V16．(12分)如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3 300 V，副线圈两端电压U2为220 V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U＝2 V，求：(1)原线圈n1等于多少？(2)当开关S断开时，表A2的示数I2＝5 A，则表A1的示数I1为多少？(3)当开关S闭合时，表A1的示数I1′等于多少？解析：(1)设伏特表所接线圈输出端电压为U3，则＝，n1＝×1＝1 650.(2)U1I1＝U2I2，则I1＝＝ A≈0.33 A.(3)S闭合时，I2′＝2I2＝10 A，U1I1′＝U2I2′，I1′＝＝ A≈0.67 A.答案：(1)1 650 (2)0.33 A (3)0.67 A17．(12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远处用户供电．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1.5×10－4 m2，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)导线电阻r＝ρ＝Ω＝25.6 Ω输电线路损失功率为输出功率的4%，则4%P＝I2r，代入数据，得I＝125 A，由理想变压器P入＝P出及P＝UI，得输出电压U＝＝ V＝8×104 V.(2)输电线路上电压损失U′＝Ir＝125×25.6 V＝3.2×103 V.答案：(1)8×104 V(2)3.2×103 V18．(18分)有一台内阻为1Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4Ω，全校共22个班，每班有“220 V，40 W”的电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：(1)发电机输出功率；(2)发电机电动势；(3)输电效率；(4)若使电灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半．解析：由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短，不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗，发电机的电动势E，一部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压U1，升压变压器副。

2020-2021学年高中物理选修3-2粤教版：章末质量评估(二)含答案解析

【最新】高中物理选修3-2粤教版：章末质量评估（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．对于如图所示的电流I 随时间t 作周期性变化的图象，下列说法中正确的是( )A ．电流大小变化，方向不变，是直流电B ．电流大小、方向都变化，是交流电C ．电流最大值为0.2 A ，周期为0.01 sD ．电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电2．如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，则在t ＝π/ω时（）（A ）线圈中的感应电流最大（B ）穿过线圈的磁通量最大（C ）线圈中的感应电动势最小（D ）穿过线圈磁通量的变化率最小3．我国家庭照明电路用的交流电的电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin100πtV ，关于此交流电下列说法中正确的是 A ．电压的最大值是311V B ．电压的有效值是311V C ．交流电的频率为100Hz D ．交流电的周期为100s4．图示为一正弦交变电流电动势随时间的变化图象．将阻值为10 Ω的电阻R 接到该交变电流上，不计电源的内阻．下列说法不正确的是()BA．每秒钟通过电阻R的电流方向改变100次B．该交变电流的频率为25 HzC．通过电阻R的电流有效值为√2AD．电阻R消耗的电功率为20 W5．如图所示为某交变电流随时间变化的图象，此交变电流有效值是( )A．3√2A B．5 AC．√17 A D．2√5A6．如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮.当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是（）A．甲灯串联的组件x是电容器，与乙灯串联的组件y是电感线圈B．与甲灯串联的组件x是电感线圈，与乙灯串联的组件y是电容器C．与甲灯串联的组件x是二极管，与乙灯串联的组件y是电容器D．与甲灯串联的组件x是电感线圈，与乙灯串联的组件y是二极管7．如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时A．A灯中无电流通过，不可能变亮B．A灯中有电流通过，方向由a到bC ．B 灯逐渐熄灭，c 点电势高于d 点电势D ．B 灯逐渐熄灭，c 点电势低于d 点电势8．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A ．1122I n I nB ．I 2＝2U RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 29．如图所示，有一矩形线圈绕OOˊ轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，通过滑环接一理想变压器．线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻．滑动接头P 可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R ，下列判断正确的是当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数增大 A ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数减小 B ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数增大 C ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数减小10．两只相同的电阻，分别通过简谐波形的交流电和方形波的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图13-1所示．在简谐波形交流电的一个周期内，简谐波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比为Q1Q 2等于（）A．3︰1 B．1︰2C．2︰1 D．4︰3二、多选题11．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流如图，则（）A．在A和C时刻线圈平面和磁场平行B．在A和C时刻线圈平面和磁场垂直C．在B时刻线圈中的磁通量最大D．若线圈转动的周期为0.02 s，则该交变电流的频率为50 Hz12．如图所示，变频交变电源的频率可在20Hz到20kHz之间调节，在某一频率时，L1、L2两只灯泡的炽热程度相同，则下列说法中正确的是( )A．如果将频率增大，L1炽热程度减弱、L2炽热程度加强B．如果将频率增大，L1炽热程度加强、L2炽热程度减弱C．如果将频率减小，L1炽热程度减弱、L2炽热程度加强D．如果将频率减小，L1炽热程度加强、L2炽热程度减弱13．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是理想线圈、D是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是( )图甲图乙A．交流电的频率为50 HzB．电压表的示数为VC．当光照增强时，Ⓐ的示数变小D．若用一根导线来代替线圈L，则灯D变亮14．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( )图甲图乙A．输入电压u的表达式u＝sin 100πt (V)B．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率减小D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W三、解答题15．将交变电压u=220√2sin100πt V加在灯泡两端，灯泡的额定值为“220V，100W”，如果不考虑灯丝电阻的变化，求：(1)通过灯丝电流的最大值；(2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向变化的次数；(4)通过灯丝的电流瞬时值方程．16．如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1=3300V，副线圈两端电压U2为220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2V，（1）原线圈n1等于多少匝？（2）当开关S断开时，表A2的示数I2=5A，则表A1的示数I1为多少？（3）当开关S闭合时，表A1的示数I1′等于多少？17．某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km 远处用户供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2．4×10－8Ω·m，导线横截面积为1．5×10－4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，升压变压器的输出电压为________，输电线路上的电压损失为________．18．有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V,40 W”的电灯6盏，若保证电灯全部正常发光，求：(1)发电机输出功率多大？(2)发电机电动势多大？(3)输电效率是多少？(4)若使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半？参考答案1．A 【解析】由图象可知：电流的大小变化，方向始终不发生变化，所以是直流电，电流最大值为0.2A ，周期为0.02s ，A 正确． 2．A 【解析】略 3．A 【解析】试题分析：交流电的电压瞬时值变化规律sin 311sin100m u u t t ωπ==，所以311m u v =选项A 对．正弦交流电的电压有效值220u v ==选项B 错．角速度100ωπ=，周期20.02T s πω==，选项D 错．交流电频率150f hz T==，选项C 错．考点：正弦交流电有效值最大值 4．A 【解析】【详解】由题中图象可知，在一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内改变的次数为n ＝10.04 ×2＝50次，故A 错误；由题中图象读出该交流电的周期为0.04 s ，根据频率与周期的关系可知f ＝1T＝25 Hz ，B 正确；交流电压表测得电阻两端的电压为有效值，所以U =√2=√2=10√2V ，根据欧姆定律得I =U R=10√210A =√2A ，C 正确；电阻R 消耗的电功率为P ＝I 2R ＝20 W ，故D 正确．本题选不正确的，故选A 5．C 【解析】将交流与直流通过阻值都为R 的电阻，设直流电流为I ，则根据有效值的定义有：√2√22R ⋅T2+（3√2）2R ⋅T2=I 2RT =I 2RT ；解得：I=√17A ，故选C ．6．B【解析】接线柱a 、b 接电压为U 的直流电源时，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮，说明y 为电容器；当a 、b 接电压的有效值为U 的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，说明x 为电感线圈，B 正确。

【粤教版】高二物理选修3-2精编题：模块综合测评 Word版含答案

模块综合测评(时间：60分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，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．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )【导学号：97192139】A．只要有磁通量穿过闭合电路，电路中就有感应电流B．只要闭合电路在做切割磁感线运动，电路中就有感应电流C．只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电流D．只要穿过闭合电路的磁通量足够大，电路中就有感应电流【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，与穿过线圈的磁通量的大小无关，C正确．【答案】 C2．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图1所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．图1某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( ) A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同【解析】金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起．故选项A、B、C错误，选项D正确．【答案】 D3．圆形导线框固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图2所示．若规定逆时针方向为感应电流i 的正方向，下列i t 图中正确的是( )图2【解析】由E ＝n ΔB Δt S ，i ＝E R可知，圆环内磁感应强度B 的变化率恒定不变，电流大小也不变，A 项错误；由楞次定律可知，第1 s 内导线框中的感应电流方向沿逆时针方向，与规定的正方向相同，故选项B 、D 一定错误，只有选项C 正确．【答案】 C4.如图3所示，平放在水平面的铁芯上分别绕有线圈L 1、L 2，每个线圈各接有两条光滑的平行金属导轨，金属棒MN 、PQ 均垂直于导轨放置，MN 棒可自由移动而PQ 棒固定．MN 所在轨道之间有竖直向上的匀强磁场B 1，PQ 棒所在轨道之间有沿竖直方向的变化磁场B 2，规定竖直向上为B 2的正方向．当B 2变化时，MN 在磁场B 1的作用下向右运动，则B 2随时间变化的B 2t 图象可能是下图中的( ) 【导学号：97192140】图3A B C D【解析】由E 2＝n ΔB 2ΔtS 可知，若磁场B 2均匀变化，产生的感应电动势E 2恒定不变，L 2中的电流恒定不变，L 1中将无感应电动势，MN 棒不会向右运动，A 、B 选项均错误；若B 2竖直向上，逐渐减小，变化率也减小，由楞次定律可判断，L 1中的磁通量方向竖直向上，且在减小，MN 棒中的感应电流方向由M →N ，在B 1中所变安培力水平向左，MN 棒将向左运动，C 选项错误；同样道理可分析，D 选项正确．【答案】 D5．在匀强磁场中的矩形线圈从中性面开始匀速转动，穿过线圈平面的磁通量与时间t的图象是( )【解析】设匀强磁场的磁感应强度为B ，矩形线圈abcd 的面积为S ，如图所示，从中性面位置开始逆时针方向匀速转动，设经过时间t 转过的角度θ＝ωt ，转到位置a 1d 1，画出它的正视图如图所示．由磁通量计算式Φ＝BS (S 为垂直磁感线方向的面积)可知，在时刻t 通过线圈平面的磁通量为Φ＝BS cos θ＝BS cos ωt ，即ω与t 的关系按余弦函数规律变化．C 选项正确．【答案】 C6．如图4所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v t 图象中，可能正确描述上述过程的是( ) 【导学号：97192141】图4【解析】线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E ＝BLv 、I ＝E R及F ＝BIL ＝ma 可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D 正确．【答案】 D7．如图5所示是一火灾报警器电路的示意图．其中R 3为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R 3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( )图5A ．I 变大，U 变小B ．I 变小，U 变大C ．I 变小，U 变小D ．I 变大，U 变大【解析】由电路的结构可知，R 2与R 3并联，再与R 1串联，当R 3所在处出现火情时，R 3的温度升高，则R 3的电阻增大，故整个外电路的电阻增大，路端电压U 增大，R 1两端电压减小，R 3两端电压增大，即R 2两端电压增大，所以I 增大，故选D.【答案】 D8．如图6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )【导学号：97192142】图6A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 VB ．当单刀双掷开关与a 连接且t ＝0.01 s 时，电流表示数为零C ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率变大D ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz【解析】原线圈输入电压的有效值为U 1＝3112V ＝220 V ，当单刀双掷开关与a 连接时，U 2＝110U 1＝22 V ，A 选项正确；当t ＝0.01 s 时，电流表示数不为零，电流表测量的是有效值，B 选项错误；当单刀双掷开关由a 拨向b 时，U 2′＝15U 1＝44 V ，输出功率增大，原线圈的输入功率也增大，此时输出电压的频率不变，C 选项正确，D 选项错误．【答案】 AC9.如图7所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )图7A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶2C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2【解析】金属棒切割磁感线产生的感应电动势为BLv ，感应电流I ＝E R ＝BLv R ，其大小与速度成正比；产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2v 2R ·L ′v ＝B 2L 2L ′v R，B 、L 、L ′、R 是相同的，两次产生的热量比等于运动速度的比；通过任一截面的电荷量q ＝It ＝BLv R L ′v ＝BLL ′R与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1；金属棒运动过程中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相同．则外力的功率P ＝Fv ＝BILv ＝B 2L 2v 2R，其中B 、L 、R 相同，外力的功率与速度的平方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4.A 、B 正确．【答案】 AB10．竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图8所示，磁感应强度B ＝0.5 T ，导体杆ab 和cd 的长均为0.2 m ，电阻均为0.1 Ω，所受重力均为0.1 N ，现在用力向上推导体杆ab ，使之匀速上升(与导轨接触始终良好)，此时cd 恰好静止不动，ab 上升时下列说法正确的是( )【导学号：97192143】图8A ．ab 受到的推力大小为2 NB ．ab 向上的速度为2 m/sC ．在2 s 内，推力做功转化的电能是0.4 JD ．在2 s 内，推力做功为0.6 J【解析】以ab 、cd 为整体可知向上推力F ＝2mg ＝0.2 N ，对cd 可得BIl ＝mg ，所以I ＝mg Bl ＝0.10.5×0.2 A ＝1 A ，设ab 运动速度为v ，则Blv ＝I ×2R ，所以v ＝2RI Bl ＝2×0.1×10.5×0.2 m/s ＝2 m/s ，2 s 内转化的电能W 电＝I 2×2Rt ＝0.4 J,2 s 内推力做的功W F ＝Fvt ＝0.8 J ．故选项B 、C 正确．【答案】 BC二、非选择题(本题共3小题，共40分．)11．(12分)交流发电机的原理如图9甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO ′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R ＝2.0 Ω，求：甲乙图9(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？(2)矩形线圈转动的周期是多少？(3)线圈电阻上产生的电热功率是多少？(4)保持线圈匀速转动，1 min 内外界对线圈做的功是多少？【解析】 (1)由i t 图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值I m ＝2.0 A.(2)矩形线圈转动的周期T ＝4.0×10－3 s.(3)由有效值I ＝I m2，线圈电阻上产生的电热功率为P ＝I 2R ＝I 2m2 R ＝4 W. (4)外界对线圈做功转化成电能再转化成电热，1 min 内外界对线圈做的功W ＝Pt ＝240 J.【答案】 (1)2.0 A (2)4.0×10－3s (3)4 W (4)240 J12．(14分)某电子天平原理如图10所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C 、D 与外电路连接，当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量．已知线圈匝数为n ，线圈电阻为R ，重力加速度为g ，问：图10(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？(2)供电电流I 是从C 端还是从D 端流入？求重物质量与电流的关系．(3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？【导学号：97192144】【解析】 (1)由右手定则知：感应电流从C 端流出．(2)设线圈受到的安培力为F A .外加电流从D 端流入．由F A ＝mg 和F A ＝2nBIL ，得m ＝2nBL gI . (3)设能称量的最大质量为m 0.由m ＝2nBL g I 和P ＝I 2R ，得m 0＝2nBL g P R. 【答案】 (1)感应电流从C 端流出 (2)供电电流从D 端流入 m ＝2nBL g I (3)2nBL g P R13．(14分)如图11甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接一阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g 取10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)．甲乙图11(1)判断金属棒两端a 、b 的电势高低；(2)求磁感应强度B 的大小； (3)在金属棒ab 从开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量．【解析】 (1)由右手定则判断φb >φa .(2)当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得mg ＝BIL金属棒产生的感应电动势E ＝BLv t则电路中的电流I ＝BLv t R ＋r由图象可得v t ＝7 m/s代入数据解得B ＝0.1 T.(3)在0～1.5 s ，以金属棒ab 为研究对象，根据动能定理得mgh －W 安＝12mv 2t －0 W 安＝0.455 J对闭合回路由闭合电路欧姆定律得E 电＝I (R ＋r )则电阻R 两端的电压U R 为U R ＝R R ＋rE 电电阻R 上产生的热量Q R ＝RR ＋r W 安＝0.26 J. 【答案】 (1)b 端电势高 (2)0.1 T (3)0.26 J。

粤教版物理选修32作业期末综合检测含解析

期末综合检测(时刻：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．铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，如图1所示，在下落进程中，下列判定中正确的是( )图1A ．金属环机械能守恒B ．金属环动能的增加量小于其重力势能的减少量C ．金属环的机械能先减小后增大D ．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力2．如图2所示，一宽40 cm 的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一边长为20 cm 的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v ＝20 cm/s 通过磁场区域，在运动进程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t ＝0，在以下四个图线中，正确反映感应电流随时刻转变规律的是( )图23．多数同窗家里都有调光台灯、调速风扇．过去是用变压器来实现上述调剂的，缺点是本钱高、体积大、效率低，且不能任意调剂灯的亮度或风扇转速．此刻的调光台灯、调速风扇是用可控硅电子元件来实现调剂的．如图3所示为一个通过双向可控硅电子元件调剂后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每一个12周期中，前面的14被截去，调剂台灯上旋钮能够操纵截去多少，从而改变电灯上的电压．则此刻电灯上的电压为( ) A ．U m图3 图44．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图4所示，两板间有一个质量为m 、电荷量为＋q 的油滴恰益处于静止．则线圈中的磁感应强度B 的转变情形和磁通量的转变率别离是( )A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt＝dmgnqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt＝dmgnqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt＝dmg (R ＋r )nRqD ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt＝dmgr (R ＋r )nRq5．街旁的路灯，江海里的航标都要求在夜晚亮，白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动操纵，这是利用半导体的( )A ．压敏性B ．光敏性C ．热敏性D ．三种特性都利用6．图5为用电源、电磁继电器、滑动变阻器、绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻、开关、导线等组成的一个高温报警器电路图，要求是：正常情形绿灯亮，有险情时电铃报警，则图中的甲、乙、丙别离是( )A ．小电铃、半导体热敏电阻、绿灯泡B ．半导体热敏电阻、小电铃、绿灯泡C ．绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻D ．半导体热敏电阻、绿灯泡、小电铃图5图6 图7 二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分) 7．如图6所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 别离以v 1、v 2的速度沿滑腻导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次进程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶2C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶28．理想变压器正常工作时，原线圈一侧与副线圈一侧相同的物理量是( ) A ．频率 B ．电压 C ．电流 D ．电功率9．电阻R 1、R 2与交流电源依照图7(a)方式连接，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时刻t 转变的情形如图(b)所示．则( )A ．通过R 1的电流有效值是1.2 AB ．R 1两头的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流最大值是1.2 2 AD ．R 2两头的电压最大值是12 2 V10．如图8所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻，开关S 是闭合的.和为理想电压表，读数别离为U 1和U 2；、和为理想电流表，读数别离为I 1、I 2和I 3.现断开S ，U 1数值不变，下列推断中正确的是( )图8A ．U 2变小、I 3变小B ．U 2不变、I 3变大C ．I 1变小、I 2变小D ．I 1变大、I 2变大题号 1 2 3 4 5 67 8 9 10 答案三、填空题(本题共2小题，共16分)11．(6分)如图9所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝4∶1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等．a、b端加必然值交流电压后，两电阻消耗的电功率之比P A∶P B＝____________.两电阻两头电压之比U A∶U B＝____________.图912．(10分)某实验小组探讨一种热敏电阻的温度特性，现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度转变的特性，请你在图10的实物图上连线．(2)实验的要紧步骤：①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调剂并记录电源输出的电流值；②在保温容器中添加少量热水，待温度稳固后，闭合开关，________，________，断开开关；③重复第②步操作若干次，测得多组数据．(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图11的R－t关系图线，请依照图线写出该热敏电阻的R－t关系式：R＝________＋________t(Ω)(保留3位有效数字)．图10图11姓名：________班级：________学号：________得分：________四、解答题(本题共4小题，共36分)13. (8分)有一正弦交流电，它的电压随时刻转变的图象如图12所示，试写出：图12(1)电压的峰值；(2)交变电流的周期；(3)交变电流的频率；(4)电压的瞬时表达式．14．(10分)如图13甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100、电阻r＝10 Ω，线圈的两头经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时刻t按图乙所示正弦规律转变．求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电路中交流电压表的示数．图1315.(6分)如图14(a)为半导体材料做成的热敏电阻的阻值随温度转变的曲线，图(b)为用此热敏电阻R t和继电器做成的温控电路，设继电器的线圈电阻为R x＝50 Ω，当继电器线圈中的电流大于或等于I c＝20 mA时，继电器的衔铁被吸合．左侧电源电动势为6 V，内阻可不计，试问温度知足什么条件时，电路右边的小灯泡会发光？图1416．(12分)如图15所示，竖直平面内有一半径为r、电阻为R1、粗细均匀的滑腻半圆形金属环，在M、N 处与距离为2r、电阻不计的平行滑腻金属导轨ME、NF相接，E、F之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R.在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B.现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落进程中导体棒始终维持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行导轨足够长．已知导体棒下落r2时的速度大小为v1，下落到MN处时的速度大小为v2.图15(1)求导体棒ab 从A 处下落r2时的加速度大小．(2)若导体棒ab 进入磁场Ⅱ后棒中电流大小始终不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h 和R 2上的电功率P 2. (3)若将磁场Ⅱ的CD 边界略微下移，导体棒ab 刚进入磁场Ⅱ时的速度大小为v 3，要使其在外力F 作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a ，求所加外力F 随时刻转变的关系式．期末综合检测答案1．B4．C [油滴静止说明电容器下极板带正电，线圈中电流自上而下(电源内部)，由楞次定律能够判定，线圈中的磁感应强度B 为竖直向上且正在减弱或竖直向下且正在增强．又E ＝n ΔΦΔtU R ＝R R ＋r ·EqU Rd＝mg 由以上各式可解得：ΔΦΔt ＝mgd (R ＋r )nRq]5．B [街旁的路灯和江海里的航标，都是利用了半导体的光敏性，夜晚电阻大，白天电阻小．]6．B [操纵电路含电磁继电器，甲的回路为操纵电路，甲固然是半导体热敏电阻；热敏电阻的特点是温度高，电阻小，电流大，继电器工作，触头被吸下，乙被接通应报警，即乙是小电铃；平常时，温度低，电阻大，电流小，丙导通，应是绿灯泡，即B 正确．]7．AB [金属棒切割磁感线产生的感应电动势为BLv ，感应电流I ＝E R ＝BLvR，其大小与速度成正比；产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2v 2R ·L ′v ＝B 2L 2L ′v R，B 、L 、L ′、R 是一样的，两次产生的热量比等于运动速度的比；通过任一截面的电荷量q ＝I·t ＝BLv R ·L ′v ＝BLL ′R与速度无关，因此这两个进程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1；金属棒运动进程中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相同．则外力的功率P ＝Fv ＝BIL·v ＝B 2L 2v 2R，其中B 、L 、R 相同，外力的功率与速度的平方成正比，所之外力的功率之比应为1∶4.]8．AD9．BD [从图象能够看出，交变电流中电流最大值为0.6 2 A ，电流有效值为： I ＝I m 2＝0.6 A ，R 1两头电压为U 1＝IR 1＝6 V ，R 2两头电压最大值为U m ＝I m R 2＝325×20 V ＝12 2 V ，综上所述，正确选项为B 、D .]10．BC [由U 2＝n 2n 1U 1得U 1不变，U 2就不变；S 断开，R 总增大，U 2不变，则I 2变小，由I 1＝n 2n 1I 2得I 1也变小；I 2变小，加在R 1两头的电压变小，由U R3＝U 2－U R1，得U R3增大，因此I 3变大．]11．1∶16 1∶4解析对理想变压器，有I 1I 2＝n 2n 1＝14又U A ＝I 1R ，U B ＝I 2R 因此U A U B ＝I 1R I 2R ＝I 1I 2＝14P A ＝I 21R ，P B ＝I 22R因此P A P B ＝I 21I 22＝(I 1I 2)2＝11612．(1)如下图所示(2)记录温度计的示数记录电压表的示数 (3)100解析 (1)连接实物图时导线不能交叉，电压表应并联在电阻两头，电流由电压表的正接线柱流入．(2)因本实验是探讨热敏电阻的阻值随温度转变的特性，因此实验需测出热敏电阻的阻值及相应的温度，热敏电阻的阻值用R ＝UI间接测量，故需记录的数据是温度计的示数和电压表的示数．(3)设热敏电阻R ＝R 0＋kt ，k ＝108－10420－10＝.温度为10℃时，热敏电阻R ＝104 Ω，则R 0＝R －kt ＝(104－×10)Ω＝100 Ω，因此R ＝(100＋ Ω.13．(1)539 V (2)2×10－2 s (3)50 Hz (4)u ＝539sin 314t V 14．(1)200 V (2)127 V解析 (1)交流发电机产生电动势的最大值E m ＝nBSω而Φm ＝BS 、ω＝2πT ，因此E m ＝2n πΦmT由Φ—t 图线可知：Φm ＝×10－2 Wb ，T ＝×10－2 s 因此E m ＝200 V(2)电动势的有效值E ＝22E m ＝100 2 V由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I ＝E R ＋r ＝ 2 A 交流电压表的示数为U ＝IR ＝90 2 V ＝127 V 15．温度等于或大于50 ℃解析 I c ＝ER t ＋R x，故R t ＝250 Ω，从图线可知对应的温度是50℃，因此温度等于或大于50℃时，电路右边的小灯泡会发光．16．(1)g －3B 2r 2v 14mR (2)9m 2gR 232B 4r 4－v 222g 9m 2g 2R 16B 2r 2(3)F ＝4B 2r 2a 3R t ＋4B 2r 2v 33R＋ma －mg解析 (1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab 从A 下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mg －BIL ＝ma式中L ＝3r ，I ＝BLv 1R 总式中R 总＝8R·(4R ＋4R )8R ＋(4R ＋4R )＝4R由以上各式可取得a ＝g －3B 2r 2v 14mR(2)当导体棒ab 通过磁场Ⅱ时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变．即mg ＝BI·2r ＝B·B·2r·v t R 并·2r ＝4B 2r 2v tR 并式中R 并＝12R ×4R12R ＋4R ＝3R解得v t ＝mgR 并4B 2r 2＝3mgR4B 2r2导体棒从MN 到CD 做加速度为g 的匀加速直线运动，有v 2t －v 22＝2gh ，得h ＝9m 2gR 232B 4r 4－v 222g现在导体棒重力的功率为P G ＝mgv t ＝3m 2g 2R4B 2r 2依照能量守恒定律，现在导体棒重力的功率全数转化为电路中的电功率．即P 电＝P 1＋P 2＝P G ＝3m 2g 2R4B 2r 2因此P 2＝34P G ＝9m 2g 2R16B 2r 2(3)设导体棒ab 进入磁场Ⅱ后通过时刻t 的速度大小为v t ′，现在安培力大小为F ′＝4B 2r 2v t ′3R由于导体棒ab 做匀加速直线运动，有v t ′＝v 3＋at 依照牛顿第二定律，有F ＋mg －F ′＝ma即F ＋mg －4B 2r 2(v 3＋at )3R＝ma由以上各式解得F ＝4B 2r 23R(at ＋v 3)－m(g －a)＝4B 2r 2a 3R t ＋4B 2r 2v 33R ＋ma －mg。

粤教版物理选修3-2 第一章章末质量评估(一) 含答案

(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，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流．下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是( )A B C D解析：A.由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆坏时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；B.由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故B错误；C.由图示可知，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；D.由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确．答案：D2．老师做了一个物理小实验让学生观察，如图所示：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可以绕中心在水平面内自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，然后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是( )A．磁铁N极插向左环，横杆发生转动B．磁铁S极插向右环，横杆发生转动C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动．答案：B3．把一条形磁铁插入同一个闭合线圈中，第一次是迅速的，第二次是缓慢的，两次初、末位置均相同，则在两次插入的过程中( ) A．磁通量变化率相同B．磁通量变化量相同C．产生的感应电流相同D．产生的感应电动势相同解析：迅速插入磁通量变化比较快，但是磁通量变化相同，根据感应电动势E＝n，可知产生的感应电动势较大，根据欧姆定律可知感应电流也较大，故B对．答案：B4．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )A．0～2 s B．2～4 sC．4～5 s D．5～10 s解析：根据法拉第电磁感应定律E＝n知，磁通量的变化率越小，感应电动势越小，产生的感应电流越小．从图线上可以得出，在5～10 s内，图线的斜率最小，则感应电动势最小．故D正确．答案：D5．(20xx·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向解析：根据法拉第电磁感应定律E＝＝S，题中相同，a圆环中产生的感应电动势Ea＝＝S＝πr，b圆环中产生的感应电动势Eb＝＝S＝πr，由于ra∶rb＝2∶1，所以＝,r)＝，由于磁场向外，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，故B正确，A、C、D错误．答案：B6.如图所示，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(质量为m)，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合．则悬挂磁铁的绳子中拉力F随时间t变化的图象可能是( )解析：铜环靠近磁铁过程中，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，所以感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，即铜环给磁铁一个向下的力，故绳子的拉力大于重力；当铜环在磁铁中间时，磁通量不变，无感应电流，没有安培力，拉力等于重力，当铜环远离磁铁过程中，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，及铜环给磁铁一个向下的力，故绳子的拉力大于重力，故B 正确．答案：B7.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A．感应电流方向不变B．CD段直线始终不受安培力C．感应电动势最大值E＝BavD．感应电动势的平均值E＝πBav解析：在半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由左手定则可知CD边始终受到安培力作用，故B错误．有效切割长度如图所示，所以进入过程中l先逐渐增大到a，然后再逐渐减小为0，由E＝Blv可知，最大值Emax＝Bav，最小值为0，故A错误、C正确．平均感应电动势为E＝＝＝πBav，故D错误．答案：C8．如图所示装置中，当cd杆运动时，ab杆中的电流方向由a向b，则cd杆的运动可能是( )A．向右加速运动B．向右减速运动C．向左匀速运动D．向左减速运动解析：cd匀速运动时，cd中感应电流恒定，L2中磁通量不变，穿过L1的磁通量不变化，L1中无感应电流产生，ab保持静止，C不正确； cd向右加速运动时，L2中的磁通量向下，增大，通过ab的电流方向向上，A错误；同理可知B正确，D错误．答案：B9．如图所示，垂直于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CDEF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，关于线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系，下列图象正确的是( )解析：线框经过整个磁场区域时，做匀速运动，所以产生的感应电动势大小E＝Bav，刚进入磁场时，等效电路如图甲所示；完全在磁场中时，等效电路如图乙所示；一条边从磁场中离开时，等效电路如图丙所示．选项D正确，选项A、B、C错误．答案：D10.两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量＋q的油滴恰好处于静止．则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是( )A．磁感应强度B竖直向上且正增强，＝dmgnqB．磁感应强度B竖直向下且正增强，＝dmgnqC．磁感应强度B竖直向上且正减弱，＝dmg（R＋r）nRqD．磁感应强度B竖直向下且正减弱，＝dmgr（R＋r）nRq解析：油滴静止说明电容器下极板带正电，线圈中电流自上而下(电源内部)，由楞次定律可以判断，线圈中的磁感应强度B为向上的减弱或向下的增强．又E＝n，①UR＝·E，②qUR＝mg，③d由①②③式可解得：＝.答案：C二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)11.如图所示，O1O2是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有匀强磁场．以下哪些情况下abcd中有感应电流产生，而且感应电流方向逆时针( )A．将abcd向纸外平移B．将abcd向右平移C．将abcd以ab为轴转动60°D．将abcd以cd为轴转动60°解析：导线框向外平移穿过线框的磁通量不变，因此无感应电流，故A项错；导线框向右平移时，穿过线框的磁通量减少，因此产生感应电流，用楞次定律或右手定则可判断电流方向沿逆时针，故B 项正确；将abcd以ab为轴无论向里转还是向外转过60°，线框在垂直于磁场方向的投影面积是线框面积的一半，由磁通量公式Φ＝BS 知，穿过线框的磁通量不变，因此无电流产生，故C项错；将线框以cd为轴转动60°，穿过线框的磁通量减为零，因此产生感应电流，用楞次定律可判断电流方向沿逆时针，故D项正确．答案：BD12．如图所示，一根长导线弯曲成“n”，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内．在电流I 增大的过程中，叙述正确的是( )A．金属环中无感应电流产生B．金属环中有逆时针方向的感应电流C．悬挂金属环C的绝缘线的拉力变大D．金属环C不可能保持静止状态解析：根据安培定则知，弯曲成“n”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加．由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，故A错误，B正确；根据左手定则可知，圆环的各部分受到的安培力的方向指向圆心，由于导线弯曲成“n”，所以金属环下边圆弧没有安培斥力，因此导致挂环的拉力增大，且环仍处于静止状态，故C正确，D错误．答案：BC13．如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器，下列说法中正确的有( )A．接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮B．接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮C．断开开关S，A、B都立刻熄灭D．断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭解析：接通开关S，电容器C要通过A充电，因此A立刻亮，由于充电电流越来越小，当充电完毕后，相当于断路，而L对电流变化有阻碍作用，所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后，C中无电流，相当于断路，L相当于短路，因此A、B一样亮，故A正确，B也正确；当S闭合足够长时间后再断开，A立刻熄灭，而L产生自感电动势，且电容器也要对B放电，故B要逐渐熄灭，故C错误，D正确．答案：ABD14.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )A．PQ中电流先减小后增大B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大解析：设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ 相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流，I ＝，可知干路电流先减小后增大，选项A正确．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．答案：AC三、非选择题(本题共4小题，共46分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位) 15．(6分)如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺导线补充完整．(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，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将________．(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将________．答案：(1)如图所示(2)向右偏(3)向左偏16.(10分)如图所示，宽为0.5 m的光滑水平金属框架固定在方向竖直向下、磁感应强度大小为B＝0.80 T的匀强磁场中，框架左端连接一个的R＝0.4 Ω电阻，框架上面置一电阻r＝0.1 Ω的金属导体ab，ab长为0.5 m．ab始终与框架接触良好且在水平恒力F作用下以v＝1.25 m/s的速度向右匀速运动(设水平金属框架足够长．轨道电阻及接触电阻忽略不计)．(1)试判断金属导体ab两端哪端电势高；(2)求通过金属导体ab的电流大小；(3)求水平恒力F对金属导体ab做功的功率．解析：(1)ab棒切割磁感线产生感应电动势，充当电源，根据右手定则可知a端电势较高．(2)感应电动势E＝BLv＝0.80×0.5×1.25 V＝0.5 V，通过金属导体ab的电流大小I＝＝ A＝1 A.(3)ab棒做匀速运动，所以水平恒力与安培力平衡，即，F＝BIL＝0.80×1×0.5 N＝0.4 N，水平恒力F对金属导体ab做功的功率：P＝Fv＝0.4×1.25 W＝0.5 W.答案：(1)a (2)1 A (3)0.5 W17.(14分)如图所示，一平面框架与水平面成37°角，宽L＝0.4 m，上、下两端各有一个电阻R0＝1 Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长．垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．ab为金属杆，其长度为L＝0.4 m，质量m＝0.8 kg，电阻r ＝0.5 Ω，金属杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5.金属杆由静止开始下滑，直到速度达到最大的过程中，金属杆克服磁场力所做的功为W＝1.5 J．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：(1)ab杆达到的最大速度v；(2)ab杆从开始到速度最大的过程中沿斜面下滑的距离；(3)在该过程中通过ab的电荷量．解析：(1)杆ab达到平衡时的速度即为最大速度v，此时杆ab所受安培力为F，则有：mgsin θ－F－μN＝0，①N－mgcos θ＝0，②总电阻：R＝＋r＝1 Ω，③杆ab产生的感应电动势为：E＝BLv，④通过杆ab的感应电流为：I＝，⑤杆ab所受安培力为：F＝BIL，⑥联立①②③④⑤⑥式解得：v＝＝2.5 m/s.⑦(2)从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离为s，由动能定理得：mgssin θ－W－μmgscos θ＝mv2，⑧联立⑦⑧式代入数据解之得：s＝2.5 m．⑨(3)流过导体棒的电量q＝I·Δt，⑩又I＝，⑪E＝＝，⑫联立以上各式得：q＝，⑬代入解得q＝2 C.答案：(1)2.5 m/s (2)2.5 m (3)2 C18．(16分)如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻．ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触．整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．现用一竖直向上的力F拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为的匀加速直线运动，在上升高度为h的过程中，拉力做功为W，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用．求：(1)导体杆上升到h时所受拉力F的大小；(2)导体杆上升到h过程中通过杆的电荷量；(3)导体杆上升到h过程中bc间电阻R产生的焦耳热．。

2019_2020学年高中物理章末测评(二)(含解析)粤教版选修3_2

章末综合测评(二)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4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．如图所示为一台发电机的结构示意图，其中N 、S 是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈圆柱面形状．M 是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线圈，可绕与铁芯M 共轴的固定转轴旋转．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿径向、大小近似均匀的磁场．若从图示位置开始计时，当线圈绕固定转轴匀速转动时，下列说法中不正确的是( )A ．图示位置穿过线圈的磁通量为零B ．穿过线圈的磁通量的变化率不为零C ．线圈中将产生恒定电流D ．线圈中将产生交变电流，电流大小不变、方向每转一周改变两次C [由于线圈处磁感线对称分布，故A 正确；因为线圈的两边在做切割磁感线的运动，两个电动势正向串联，回路中的电动势不为零，则磁通量的变化率不为零，故B 正确；当线圈从图示位置转过90°时，电流改变方向，产生交变电流，故C 错误，D 正确．]2．一矩形金属线圈，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 变化的情况如图所示．下列说法正确的是 ( )A ．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平行D ．t ＝0.02 s 时，线圈磁通量变化率ΔΦΔt为零D [由图象可以看出，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 ＝1T ＝50 Hz ；电动势的有效值E ＝E m2 V ＝ 2 V ，A 、B 错误；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 错误，D 正确．]3．有人把自行车进行了改装，在后车轮上装上了一个小型发电机，想看电视时，就骑在自行车上不停地蹬车，可供电视、照明用电．该发电机原理如图所示，在匀强磁场中，磁感应强度为B ，放置一个有固定转轴的发电轮，发电轮平面与磁场垂直，发电轮半径为r ，轮轴和轮缘为两个输出电极，该发电机输出电压接一理想变压器，再给一小灯泡供电，则下列说法正确的是 ( )A ．当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压降低B ．当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压不变C ．小灯泡的功率与发电机转速无关D ．小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大D [转轮发电机的电动势为E ＝12Br 2ω，蹬车的速度增大时，角速度增大，电动势增大，输入电压和输入功率增大，D 正确．]4．三个相同的电阻，分别通过如图甲、乙、丙所示的交变电流，三个图中的I 0和周期T 相同．下列说法中正确的是( )甲乙丙A ．在相同时间内三个电阻发热量相等B ．在相同时间内，甲、乙发热量相等，是丙发热量的2倍C ．在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的12D ．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小 C [甲图象电流的有效值为12I 0，乙图象电流的有效值为I 0，丙图象根据电流有效值的定义有：I 20R T 2＝I 2RT ，解得电流有效值I ＝12I 0，根据焦耳定律，相同时间内产生的热量之比等于电流有效值的平方比，Q 1∶Q 2∶Q 3＝1∶2∶1，C 对．]5．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2NBS ω A [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＝NBS ω，最大值增加为2倍；由电流热效应知⎝ ⎛⎭⎪⎫2NBS ω22R·T 2＝E 2R·T ，得E ＝NBS ω，故D 错误．] 6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为5∶1，原线圈接交流电源，副线圈接有“220 V 440 W”的纯电阻和“220 V 220 W”的电动机．如果副线圈两端电压按图乙所示正弦规律变化，则下列说法正确的是 ( )甲乙A ．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 50πt (V)B ．原线圈两端电压的有效值为1 100 2 VC ．纯电阻的发热功率是电动机发热功率的2倍D ．1 min 内电动机消耗的电能为1.32×104JD [由题图乙可知，交变电压的峰值U 2m ＝220 2 V ，周期T ＝0.02 s ，ω＝2πT＝100πrad/s ，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt (V)，选项A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得，原线圈两端电压的有效值U 1＝51×220 V＝1 100 V ，则电压表示数为1 100 V ，选项B 错误；纯电阻的发热功率为440 W ，而电动机的发热功率远小于220 W ，选项C 错误；1 min 内电动机消耗的电能W ＝Pt ＝220×60 J＝1.32×104J ，选项D 正确．]7．如图甲所示，变压器为理想变压器，其原线圈接到U 1＝220 V 的交流电源上，副线圈与阻值为R 1的电阻连接成闭合电路；图乙中阻值为R 2的电阻直接接到电压为U 1＝220 V 的交流电源上，结果发现R 1与R 2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( )甲乙A.R 1R 2B.R 2R 1C.R 2R 1 D.R 1R 2C [对题图甲，U 1U 2＝n 1n 2，P 1＝U 22R 1.对题图乙，P 2＝U 21R 2.据题意有P 1＝P 2，联立以上各式解得n 1n 2＝R 2R 1，故C 正确．] 8．理想变压器原线圈a 匝数n 1＝200匝，副线圈b 匝数n 2＝100匝，线圈a 接在u ＝442sin 314t V 交流电源上，“12 V 6 W”的灯泡恰好正常发光．电阻R 2＝16 Ω，电压表V 为理想电表．下列推断正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为25Wb/s C ．电压表V 的示数为22 V D ．R 1消耗的功率是1 WBD [由u ＝442sin 314t V ，知f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 错误；灯泡正常发光，由P ＝UI得灯泡中的电流I 2＝6 W12 V ＝0.5 A ，电压表的示数U 2＝12 V ＋0.5×16 V＝20 V ，C 错误；穿过铁芯的磁通量的最大变化率为ΔΦΔt ＝202100 Wb/s ＝25 Wb/s ；B 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝40 V ，则R 1两端电压U R 1＝44 V －40 V ＝4 V ，则原、副线圈的电流与匝数成反比，可得通过R 1的电流I 1＝0.25 A ，则R 1的功率P ＝U R 1I 1＝1 W ，D 正确．]9．如图所示为理想变压器，原线圈的匝数是n 1，两个副线圈的匝数分别是n 2、n 3.当原线圈两端加上交变电压U 1后，测得原线圈中的电流为I 1.设两个副线圈两端的电压分别为U 2、U 3，其中的电流分别为I 2、I 3，则有( )A.U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3B ．I 1＝n 2n 1I 2＋n 3n 1I 3 C.I 1I 2＝n 2n 1，I 1I 3＝n 3n 1D.U 1U 2＋U 3＝n 1n 2＋n 3，I 1I 2＋I 3＝n 2＋n 3n 1AB [由变压器原理可知：穿过任何线圈的磁通量的变化率都相等，所以U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，故选项A 正确；由电功率关系知：P 1＝P 2＋P 3，即I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3，所以I 1＝U 2U 1I 2＋U 3U 1I 3，即I 1＝n 2n 1I 2＋n 3n 1I 3，故选项B 正确；由电压关系及选项A 中的结论可知，U 1U 2＋U 3＝n 1n 2＋n 3，但电流关系I 1I 2≠n 2n 1，I 1I 3≠n 3n 1，所以I 1I 2＋I 3≠n 2＋n 3n 1，故选项C 、D 错误．] 10．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，电流表、电压表均为理想电表，R 、L 和D 分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、理想线圈和灯泡．原线圈接入图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法中正确的是( )甲乙A ．该交变电流的方向每秒改变50次B ．在t ＝0.005 s 时，电压表的示数为22 VC ．有光照射电阻R 时，灯泡D 变亮 D ．抽出线圈L 中的铁芯，电流表的示数减小BC [由题图乙可知，交变电流的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，则该交变电流的方向每秒改变100次，A 项错误；电压表的示数为变压器副线圈两端电压的有效值，在t ＝0.005 s 时，原线圈中电压的最大值为220 2 V ，由理想变压器的电压关系可知，此时电压表的示数为22 V ，B 项正确；当有光照射电阻R 时，其阻值减小，即负载电阻的阻值减小，输出电流增大，灯泡D 变亮，C 项正确；抽出线圈L 中的铁芯，线圈的自感系数减小，对交变电流的阻碍作用(感抗)减小，通过负载的电流增大，故输入电流增大，电流表示数增大，D 项错误．]11．一台理想变压器，开始时开关S 接1，此时原、副线圈的匝数比是11∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电．一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图所示．则下列判断正确的是( )A ．原、副线圈中的功率之比为1∶1B ．若只将S 从1拨到2，电流表示数增大C ．若开关S 接1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω时，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为1 200 JD ．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小AC [原、副线圈的输入功率等于输出功率，故A 正确；若只将S 从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故B 错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为20 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知202R T 2＝U2R T ，解得U ＝10 2 V ，若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为Q ＝2210×60 J＝1 200 J ，故C 正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的示数不变，故D 错误．]12．一台发电机最大输出功率为4 000 kW ，电压为4 000 V ，经变压器T 1，升压后向远方输电．输电线路总电阻R ＝1 k Ω.到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V 60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )A ．T 1原、副线圈电流分别为1 000 A 和20 AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105V 和220 V C ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1 D ．有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光ABD [T 1原线圈的电流为I 1＝P 1U 1＝4 000×1034 000A ＝1×103A ，输电线上损失的功率为P 损＝I 22R ＝10%P 1，所以I 2＝10%P 1R＝4 000×103×0.11×103A ＝20 A ，选项A 对；T 1副线圈两端的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝2×105V ，T 2原线圈两端的电压为U 3＝U 2－I 2R ＝2×105V －20×103V ＝1.8×105V ，选项B 对；T 1原、副线圈的变压比为n 1n 2＝I 2I 1＝20103＝150，T 2原、副线圈的变压比为n 3n 4＝U 3U 4＝1.8×105220＝9×10311，选项C 错；能正常发光的灯泡的盏数为N ＝90%P 160盏＝6×104盏，选项D 对．]二、非选择题(本题共4小题，共52分)13．(12分)将交变电压u ＝2202sin(100πt )V 接到“220 V 100 W”的灯泡两端，若灯泡灯丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡的电流的最大值； (2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡的电流i 的瞬时值表达式．[解析] (1)交变电压的有效值U ＝22022V ＝220 V ，灯泡的额定电压为U ＝220 V ，因此灯泡恰好正常发光．由“220 V 100 W”知该灯泡电阻为R ＝U 2P ＝484 Ω.通过灯泡的电流的最大值为I m ＝U m R ＝2202484A ＝0.64 A.(2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P ＝100 W.(3)周期T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，每秒钟电流方向改变的次数n ＝t T ×2＝10.02×2＝100(次)．(4)通过灯泡的电流的瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝0.64sin(100πt )A.[答案] (1)0.64 A (2)100 W (3)100次 (4)i ＝0.64sin(100πt )A14．(13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 ＝2πT ．用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V 11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示．求：(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电流表的示数． [解析] (1)根据E m ＝nBS ω＝1 100 2 V 得输出电压的有效值为U 1＝E m2＝1 100 V.(2)电动机正常工作，U 2＝220 V根据U 1U 2＝n 1n 2 得n 1n 2＝51.(3)P 出＝2×11 kW＝2.2×104W 根据P 入＝P 出＝2.2×104W再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A. [答案] (1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A15．(13分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯L 1连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比； (2)发电机的输出功率．[解析] (1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A变压器输入功率I 1U 1＝I 2U 2＝6 W变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1代入E 值解得I 1＝13A(I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2)发电机输出功率P ＝I 1E ≈6.67 W. [答案] (1)3∶1 (2)6.67 W16．(14分)某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100 kW ，输出电压为500 V ，输电导线的总电阻为10 Ω，导线上损耗的电功率为4 kW ，该村的用电电压是220 V.(1)输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；(2)如果该村某工厂用电功率为60 kW ，则该村还可以装“220 V 40 W”的电灯多少盏？ [解析] (1)因为P 损＝I 22R 线所以I 2＝P 损R 线＝4×10310A ＝20 A I 1＝P U 1＝100×103500A ＝200 A则n1n2＝I2I1＝20200＝110U3＝U2－I2R线＝(500×10－20×10)V＝4 800 V则n3n4＝U3U4＝4 800220＝24011.(2)设还可装灯n盏，据降压变压器输入功率等于输出功率有P3＝P4其中P4＝(n×40＋60×103) WP4＝P3＝(100－4)kW＝96 kW所以n＝900.[答案](1)1∶10240∶11(2)900盏。

高中物理第2章电路章末综合测评2含解析粤教版选修3_1.doc

章末综合测评(二) 电路(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．夜间，居民楼的楼道里只是偶尔有人经过，“长明灯”会造成浪费．科研人员利用“光敏”材料制成“光控开关”——天黑时自动闭合，天亮时自动断开；利用“声敏”材料制成“声控开关”——当有人走动发出声音时自动闭合，无人走动时自动断开．若将这两种开关配合使用，就可以使楼道里的灯变得“聪明”．这种“聪明”的电路是图中的( )D [在白天时，一般不需要灯照明；天黑以后，特别是夜深人静时，一般也不需要灯照明；也就是说天黑且人在楼道里走动时需要照明．对于选项A ，“声控开关”闭合时，发生短路；对于选项B ，不管是“光控开关”，还是“声控开关”都能让灯发光，节能目的达不到；对于选项C ，“光控开关”闭合时，发生短路；对于选项D ，“光控开关”与“声控开关”同时闭合时，灯才亮，所以达到节能的目的．]2．甲、乙、丙、丁是四个长度、横截面积均相同的金属导体，某同学对它们各进行了一次测量，把每个导体中通过的电流和两端的电压在I U 坐标系中描点，如图所示，四个导体中电阻率最大的是( )A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁A [根据电阻定律R ＝ρlS 可知，导体的电阻率ρ＝RS l.分别把甲、乙、丙、丁所在的位置与坐标原点O 连接，I U 图线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知甲导体的电阻最大，丁导体的电阻最小．因甲、乙、丙、丁四个导体的长度、横截面积均相同，则甲的电阻率最大，A 正确．]3．如图所示电路中，电源E 的电动势为3.2 V ，电阻R 的阻值为30 Ω，小灯泡L 的额定电压为3.0 V ，额定功率为4.5 W.当开关S 接位置1时，电压表的读数为3 V ，那么当开关S 接到位置2时，小灯泡L( )A ．比正常发光略亮B ．正常发光C ．有可能被烧坏D ．比正常发光暗D [小灯泡L 的额定电压为U ＝3.0 V ，额定功率为P ＝4.5 W ，则灯泡的电阻为R L ＝U 2P＝3.024.5Ω＝2.0 Ω，小于电阻R ＝30 Ω，则当开关S 接到位置2时，外电阻减小，路端电压减小，路端电压小于3 V ，即小于灯泡的额定电压，故小灯泡比正常发光暗．故A 、B 、C 错误，D 正确．]4．如图所示的闭合电路中，当滑动变阻器的滑片P 从b 滑向a 的过程中，V 1、V 2两只电压表示数的变化值分别为ΔU 1和ΔU 2，则( )A ．|ΔU 1|>|ΔU 2|B ．|ΔU 1|<|ΔU 2|C ．|ΔU 1|＝|ΔU 2|D ．无法判断A [滑动变阻器R 与电阻R 1、R 2串联，电压表V 1测R 与电阻R 1串联部分的电压，V 2测电阻R 2两端的电压；当滑动变阻器滑片由b 向a 移动时，滑动变阻器的阻值减小，引起串联电路部分的总电阻变小，总电流变大，则内阻上电压变大，电压表V 1的示数变小，变化量为ΔU 1，根据串联电路的电阻分压特点可知，定值电阻R 2两端的电压变大；U 1＝E －U 2－U r ，则|ΔU 1|＝|－ΔU 2－ΔU r |，即|ΔU 1|>|ΔU 2|，故A 正确．]5．如图所示，用甲、乙、丙三个电动势E 相同而内阻r 不同的电源，分别给定值电阻R 供电．已知甲、乙、丙三个电源内阻的大小关系为：r 甲>r 乙>r 丙，则将R 先后接在这三个电源上时的情况相比，下列说法中正确的是( )A ．接在甲电源上时，电源的输出电流最大B ．接在丙电源上时，电源的输出电流最小C ．接在乙电源上时，电阻R 消耗的电功率最大D ．接在丙电源上时，电阻R 消耗的电功率最大D [三个电源的电动势E 相等，而内阻r 甲>r 乙>r 丙，根据闭合电路欧姆定律I ＝ER ＋r得知，接在丙电源上时，电源的输出电流最大．故A 、B 错误；由公式P ＝I 2R 分析得知，接在丙电源上时，电阻R 获得的电功率最大．故C 错误，D 正确．]6．如图所示，A 、B 分别为电源E 和电阻R 的U I 曲线，现用电源E 与电阻R 及开关、导线组成闭合电路，由图象可得此时( )A ．电源的总功率为6 WB ．电源的效率是50%C ．R 的阻值随电压升高而减小D ．若再串联一定值电阻，电源的输出功率必减小A [根据闭合电路欧姆定律得U ＝E －Ir ′；当I ＝0时，U ＝E ；可知电源的U I 图象纵截距表示电源的电动势，内阻等于图线的斜率大小，由题图读出电源的电动势E ＝3 V ，内阻为r ＝ΔU ΔI ＝33 Ω＝1 Ω；两图线的交点表示该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路时的工作状态，由图读出电压U ＝1 V ，电流I ＝2 A ，则电源的总功率为P 出＝EI ＝3×2 W＝6 W ，故A正确；电源的效率为η＝U E ×100%＝13×100%＝33.3%，故B 错误；电阻R ＝UI，大小等于其U I曲线上的点与原点O 连线的斜率，可知R 随电压的升高而增大，故C 错误；由图可知，R ＝U I＝12Ω＝0.5 Ω，当外电路电阻与电源内电阻相等时，电源的输出功率最大，由于所串联的电阻阻值未知，不能确定电源输出功率如何变化，故D 错误．]7．一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U 时，通过导线的电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的12，再给它两端加上电压2U ，则( )A ．通过导线的电流为I16B ．通过导线的电流为I8C ．导线中自由电子定向移动的速率为v2D ．导线中自由电子定向移动的速率为v4BC [将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的14倍，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R ＝ρLS分析得到，电阻变为原来的16倍，电压变为原来的2U ，根据欧姆定律I ＝U R 可知，拉长后电流变为I8，故A 错误，B 正确．电流的微观表达式I ＝nevS ，其中n 、e 不变，电流I 变为原来的18，横截面积S 变为原来的14，则自由电子定向移动的平均速率变为v2，故C 正确，D 错误．]8.按图所示的电路连接各元件后，闭合开关S ，L 1、L 2两灯泡都能发光．在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是( )A ．L 1变暗B ．L 1变亮C ．L 2变暗D ．L 2变亮AD [当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知流过L 2的电流增大，故L 2变亮；内阻分担的电压增大，电源的电动势不变，故并联部分电压减小，故通过L 1的电流变小，即灯泡L 1变暗；故A 、D 正确．]9．(多选)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )自重 40(kg) 额定电压 48(V) 载重 75(kg) 额定电流 12(A) 最大行驶速度20(km/h)额定输出功率350(W)B ．电动机的内电阻为4 ΩC ．该车获得的牵引力为104 ND ．该车受到的阻力为63 NAD [电动机的输入功率P 入＝UI ＝48×12 W＝576 W ，故A 正确；电动机正常工作时为非纯电阻电路，不能用欧姆定律求内电阻，故B 错误；电动车速度最大时，牵引力F 与阻力f 大小相等，由P 出＝fv max 得f ＝P 出v max ＝350203.6N ＝63 N ，故C 错误，D 正确．] 10．如图所示电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，串联的固定电阻为R 2，滑动变阻器的总阻值是R 1，电阻大小关系为R 1＋R 2＝r ，则在滑动触头从a 端滑到b 端过程中，下列描述正确的是( )A．电路的总电流先减小后增大B．电路的路端电压先增大后减小C．电源的输出功率先增大后减小D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大ABC [由并联的知识可知，当滑动变阻器触头处于中央位置时，变阻器的总电阻和电路的总电阻最大，故滑动触头从a端滑到b端过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，由U外＝E－Ir，电路的路端电压先增大后减小，A、B正确；因为外电路的电阻一直小于电源内阻．由P出－R图象可以看出(如图所示)，在虚线左侧，电源的输出功率先增大(箭头向右)后减小(箭头向左)，故C正确；对于D选项，可把R2拉到电源内部去，看成内部的一部分，此时R外小于电源内阻(r＋R2)，由图看出，R1消耗功率先增大后减小，D错误．]二、非选择题(本题共6小题，共60分)11．(6分)在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材A．干电池1节B．滑动变阻器(0～20 Ω)C．滑动变阻器(0～1 kΩ)D．电压表(0～3 V，内阻约为20 kΩ)E．电流表(0～0.6 A，内阻R A＝0.2 Ω)F．电流表(0～3 A，内阻约为0.01 Ω)G．开关、导线若干(1)为了减小实验误差和方便操作，选择如图甲所示实验电路进行实验，其中滑动变阻器应选________，电流表应选________．(只填器材前的序号)(2)某同学根据实验测的电压表的读数U和电流表的读数I，画出的UI图象如图乙所示，由图象可得电池的电动势为________V，内电阻为________Ω.(保留到小数点后一位)甲乙[解析] (1)由于本实验中通过电源的电流不能太大，由图可知，最大电流不超过0.6 A ，所以电流表应选E ；电路中的最大电阻为R max ＝E 13I A ＝ 1.513×0.6 Ω＝7.5 Ω，所以滑动变阻器应选B.(2)根据U ＝E －Ir ＝－rI ＋E ，可知U I 图象纵轴截距即为电动势，图象斜率绝对值即为内阻r ，所以E ＝1.5 V ，r ＝1.5－0.90.6Ω＝1.0 Ω. [答案] (1)B E (2)1.5 1.012．(10分)在电子线路制作中常用到覆铜板，覆铜板是将补强材料(加入橡胶中可以显著提高其力学性能的材料)浸以树脂，一面或两面覆以铜箔，经热压而成的一种板状材料，称为覆铜箔层压板，它是做印制电路板的基本材料，常叫基材．小明同学是电子制作爱好者，他想应用所学的物理知识来测量覆铜板的导电铜膜厚度．于是他从资料上查得导电铜膜的电阻率ρ＝1.75×10－8Ω·m ，并利用下列器材完成了这个实验：A ．电源E (电动势为6 V ，内阻不计)B ．取待测长方形覆铜板一块，将两个粗铜条A 、B 平行压置在覆铜板的两端，与覆铜板接触良好，用作电极，如此就制成了待测电阻R (阻值约为2 Ω)C ．滑动变阻器(总阻值约为10 Ω)D ．定值电阻R 2(电阻值R 2＝6 Ω)E ．毫米刻度尺和游标卡尺F ．电压表V(量程为0～6 V ，内阻很大)G ．电流表A(量程为0～0.6 A ，内阻约为5 Ω)H ．开关K ，导线若干甲乙(1)请在图甲的实物图中完成实物连线，要求实验测量精度高． (2)小明在接通电路之前，先用游标卡尺测得覆铜板宽度d 为8.02 mm. (3)小明用毫米刻度尺测两电极A 、B 间的距离L ＝1.001 m.(4)图乙中的6个点表示实验中测得的6组电流I 、电压U 的值，请完成作图，若所得图线的斜率用k 表示，则导电铜膜的电阻R ＝________(用k 及题中所给字母表示)，根据实验数据及I U 图线求出导电铜膜的电阻R ＝________Ω(计算结果保留两位有效数字).(5)计算导电膜厚度h 的值为________mm(计算结果保留两位有效数字).[解析] (1)为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，铜膜电阻很小，为保护电路应把定值电阻与待测电阻串联，电压表内阻远大于铜膜电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：(4)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，图象的斜率k ＝I U，铜膜电阻R ＝U I－R 2＝1k－R 2，铜膜的电阻阻值R ＝UI－R 2＝⎝⎛⎭⎪⎫40.5－6 Ω＝2.0 Ω；(5)由电阻定律可知R ＝ρL S ＝ρL dh ，解得h ＝ρL dR ＝1.75×10－8×1.0018.02×10－3×2.0m ≈1.1×10－6m ＝1.1×10－3mm.[答案] (1)实物电路图如解析图所示(4)图象如解析图所示 1k－R 2 2.0 (5)1.1×10－313．(10分)如图所示，M 为一线圈电阻R M ＝0.4 Ω的电动机，R ＝24 Ω，电源电动势E ＝40 V ．当开关S 断开时，理想电流表的示数I 1＝1.6 A ，当开关S 闭合时，理想电流表的示数为I 2＝4.0 A ．求：(1)电源内阻r ；(2)开关S 闭合时，通过电动机的电流及电动机消耗的总功率．[解析] (1)S 断开时，电源与定值电阻构成串联回路，E ＝I 1(R ＋r )，电源内阻r ＝E I 1－R ＝1 Ω.(2)S 闭合后，定值电阻与电动机构成并联电路，电流表测干路电流，路端电压U ＝E －I 2r ＝36 V通过定值电阻的电流I 2′＝U R＝1.5 A 通过电动机的电流I 2″＝I 2－I 2′＝2.5 A 电动机消耗的总功率即电动机的电功率，P ＝UI 2″＝90 W.[答案] (1)1 Ω (2)2.5 A 90 W14．(10分)如图所示的电路中，两平行金属板A ，B 水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离d ＝50 cm ，电源电动势E ＝15 V ，内电阻r ，电阻R 1＝4 Ω，R 2＝10 Ω，闭合开关S ，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为m ＝2×10－2kg ，电量q ＝1×10－2C ，问：(1)小球带正电还是负电，电容器的电压为多大？ (2)电源的内阻为多大？(3)电源的效率是多大？(取g ＝10m/s 2)[解析] (1)小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡知，小球应带负电，且mg ＝q U 2d，代入数据解得： U 2＝10 V.(2)电路中的电流为：I ＝U 2R 2＝1010A ＝1 A 根据闭合电路欧姆定律得：E ＝U 2＋I (R 1＋r ) 代入数据解得：r ＝1 Ω.(3)电源的效率：η＝UI IE ×100%＝U 1＋U 2E ×100%＝4＋1015×100%≈93.3%. [答案] (1)负电 10 V (2)1 Ω (3)93.3%15．(10分)如图甲所示的电路，当变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中两电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙中的A 、B 两直线所示，不考虑电表对电路的影响．问：(1)电压表V 1、V 2的示数随电流表示数的变化图象分别为U I 图象中的哪一条直线？ (2)定值电阻R 0、变阻器的总电阻分别为多少？ (3)试求处电源的电动势和内阻．[解析] (1)电压表V 1的示数随电流表示数的变化图象为B ，电压表V 2的示数随电流表示数的变化图象为A .(2)由乙图可知，电阻R 0的值等于图线A 的斜率，即R 0＝ΔU ΔI ＝6－1.52－0.5Ω＝3 Ω当R 全部接入电路时，电路中电流最小，为0.5 A ．则7.50.5 Ω＝R ＋R 0，R ＝15 Ω－3 Ω＝12 Ω.(3)当电流为0.5 A 时，由图线B ，根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝7.5＋0.5 r 当电流为2.0 A 时，由图线B ，根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝6＋2r 联立解得：E ＝8 V ，r ＝1 Ω.[答案] (1)B A (2)3 Ω 12 Ω (3)8 V 1 Ω16．(14分)如图甲所示，用电动势为E 、内阻为r 的电源，向滑动变阻器R 供电．改变变阻器R 的阻值，路端电压U 与电流I 均随之变化．(1)以U 为纵坐标，I 为横坐标，在图乙中画出变阻器阻值R 变化过程中U I 图象的示意图，并说明U I 图象与两坐标轴交点的物理意义．(2)a.请在图乙画好的U I 关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率．b ．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．(3)请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．[解析] (1)U I 图象如图所示，其中图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流．(2)a.如图所示b ．电源输出的电功率：P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R ＝E 2（R －r ）2R＋4r当外电路电阻R ＝r 时，电源输出的电功率最大．为P max ＝E 24r.(3)电动势定义式E ＝W 非静电力q根据能量守恒定律，在图甲所示电路中，非静电力做功W 产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即W ＝I 2rt ＋I 2Rt ＝Irq ＋IRq ＝W 非静电力，则E ＝W 非静电力q＝Ir ＋IR ＝U 内＋U 外 [答案] 见解析。

粤教版高中物理选修3-2章末综合测评(二)

高中物理学习材料金戈铁骑整理制作章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是()图1A．甲、丙B．乙、丁C．甲、乙D．丙、丁【解析】线圈转动中感应电流时刻在变化，位于中性面位置时磁通量最大，但感应电流最小，等于零．位于与中性面垂直位置时，磁通量最小，但感应电流最大，故选B.【答案】 B2．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图2所示，下列说法中正确的是()【导学号：97192108】图2A．交变电流的频率为0.02 HzB．交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos 50πt(A)C．在t＝0.01 s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W【解析】由图象知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，A错；转动的角速度ω＝2πT＝100π rad/s，故电流瞬时值表达式为i＝5cos 100πt(A)，B错；t＝0.01 s时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C错；交流电电流的有效值I＝I m2＝52A，故P＝I2R＝⎝⎛⎭⎪⎫522×0.4 W＝5 W，故D正确．【答案】 D3．三个相同的电阻，分别通过如图3甲、乙、丙所示的交变电流，三个图中的I0和周期T相同．下列说法中正确的是()图3A．在相同时间内三个电阻发热量相等B．在相同时间内，甲、乙发热量相等，是丙发热量的2倍C．在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的1 2D．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小【解析】甲图象电流的有效值为12I 0，乙图象电流的有效值为I 0，丙图象根据电流有效值的定义有：I 20R T 2＝I 2RT ，解得电流有效值I ＝12I 0，根据焦耳定律相同时间内产生的热量之比等于电流有效值的平方比，Q 1∶Q 2∶Q 3＝1∶2∶1，C 对．【答案】 C4．如图4所示，面积为S 的矩形线圈共有N 匝，内阻为r ，绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，当从图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( ) 【导学号：97192221】图4A ．电压表的读数是NBωSR R ＋rB ．通过电阻R 的电荷量是2NBS R ＋rC ．外力做功是πN 2B 2ωS 24(R ＋r )D ．电阻R 上产生的焦耳热是N 2B 2ωRS 22(R ＋r )【解析】由题意可知，周期T ＝2πω，线圈转动过程中产生的最大电动势为E m ＝NBSω，电动势的有效值为E ＝E m 2＝22NBSω，电压表的读数为U V ＝E R ＋r R ＝2NBSωR 2(R ＋r )，A 错误；从图示位置转过90°的过程中，通过电阻的电荷量为q ＝I －· Δt ＝E R ＋r ·Δt ＝N ΔΦΔt R ＋r Δt ＝N ΔΦR ＋r ＝NBS R ＋r，B 错误；依据能量守恒，外力做功W 为W ＝Q ＝E 2R ＋r ·T 4＝π(NBS )2ω4(R ＋r )，C 正确；电阻R 上产生的焦耳热为Q R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R ·T 4＝π(NBS )2ωR 4(R ＋r )2，D 错误．【答案】 C5．如图5甲所示，变压器为理想变压器，其原线圈接到U 1＝220 V 的交流电源上，副线圈与阻值为R 1的电阻接成闭合电路；图乙中阻值为R 2的电阻直接接到电压为U 1＝220 V 的交流电源上，结果发现R 1与R 2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( ) 【导学号：97192109】甲乙图5A.R 1R 2B.R 2R 1C.R 2R 1 D.R 1R 2【解析】对题图甲，U 1U 2＝n 1n 2，P 1＝U 22R 1.对题图乙，P 2＝U 21R 2.据题意有P 1＝P 2，联立以上各式解得n 1n 2＝R 2R 1，故C 正确．【答案】 C6．如图6所示，理想变压器原线圈输入电压U ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器．V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )图6A ．I 1和I 2表示电流的瞬间值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小【解析】电压表V1和V2分别测量的变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表A1和A2分别测量的原、副线圈电路中电流的有效值，A、B 项错误；滑动变阻器向下滑动时，接入电路的电阻变小，原、副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I＝UR＋R0可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P入＝P出，得原线圈的输入功率变大，由P＝IU可知，原线圈电路中的电流变大，C项正确，D项错误．【答案】 C7．如图7所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时()【导学号：97192218】图7A．灯A中无电流通过，不可能变亮B．灯A中有电流通过，方向由b到aC．灯B逐渐熄灭，c点电势高于d点电势D．灯B逐渐熄灭，c点电势低于d点电势【解析】若开关S由断开变为闭合，则电容器C和灯A将被短路，电容器放电，灯A中电流方向为由b到a，A错误、B正确；由于在L中产生自感电动势，线圈L、灯B和开关形成回路，使得灯B逐渐熄灭，电流方向为从c到d，由于L是电源，所以c点电势低于d点电势，选项D正确．【答案】BD8．如图8所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是()【导学号：97192110】图8A ．升高U 1会减小输电电流I 2B ．升高U 1会增大线路的功率损耗C ．升高U 1会增大线路的电压损耗D ．升高U 1会提高电能的利用率【解析】提高输电电压U 1，由于输入功率不变，则I 1将减小，又因为I 2＝n 1n 2I 1，所以I 2将减小，故A 正确；线路功率损耗P 损＝I 22R ，因此功率损耗也减小，由ΔU ＝I 2R 可知电压损耗减小，故B 、C 错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，D 正确．【答案】 AD9．实验室里的交流发电机可简化为如图9所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO ′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V ．已知R ＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )图9A ．线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零B ．从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为i ＝2sin 50πt (A)C ．流过电阻R 的电流每秒钟方向改变50次D ．电阻R 上的热功率等于20 W【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的是交流电．线圈位于图中位置时，穿过线圈的磁通量虽然为零，但磁通量的变化率最大，线圈中的瞬时电流最大，选项A 错误；线圈转一圈，两次经过中性面，线圈每经过一次中性面，电流方向改变一次，每秒转25圈，电流方向改变50次，选项C正确；由题意可知，f＝25 Hz，ω＝50π rad/s，电压表的示数是有效值，交流电最大值E m＝10 2 V，I m＝ 2 A，故选项B正确；电阻R上消耗的热功率P R＝U2R＝10 W，选项D错误．【答案】BC10.一台理想变压器，开始时开关S接1，此时原、副线圈的匝数比是11∶1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电．一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图10所示．则下列判断正确的是()图10A．原、副线圈中的功率之比为1∶1B．若只将S从1拨到2，电流表示数增大C．若开关S接1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω时，则1 min内滑动变阻器产生的热量为1 200 JD．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小【解析】原、副线圈的输入功率等于输出功率，故A正确；若只将S从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故B错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为20 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知202RT2＝U2R T，解得U＝10 2 V，若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则1 min内滑动变阻器产生的热量为Q＝(102)210×60＝1 200 J，故C正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的示数不变，故D错误．【答案】AC二、非选择题(本题共3小题，共40分．)11．(12分)将交变电压u＝2202sin(100πt)V接到“220 V100 W”的灯泡两端，若灯泡灯丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡的电流的最大值；(2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡的电流i的瞬时值表达式. 【导学号：97192111】【解析】(1)交变电压的有效值U＝22022V＝220 V，灯泡的额定电压为U＝220 V，因此灯泡恰好正常发光．由“220 V100 W”知该灯泡电阻为R＝U2 P＝484 Ω.通过灯泡的电流的最大值为I m＝U mR＝2202484A＝0.64 A.(2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P＝100 W.(3)周期T＝2πω＝2π100π＝0.02 s，每秒钟电流方向改变的次数n＝tT×2＝10.02×2＝100(次)．(4)通过灯泡的电流的瞬时值表达式为i＝I m sinωt＝0.64sin(100πt)A.【答案】(1)0.64 A(2)100 W(3)100次(4)i＝0.64sin(100πt)A12．(14分)如图11所示，有一台小型发电机，其矩形线圈的匝数n＝200匝，线圈面积S＝0.01 m2，线圈电阻r＝0.5 Ω，当磁场的磁感应强度B＝625πT时，产生频率f＝50 Hz的单相正弦交变电流，供电给“220 V 2 200 W”的电器让其正常工作．求：图11(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式；(2)发动机输出端交流电压表的示数；(3)电阻R的阻值．【解析】(1)发电机产生的感应电动势的最大值E m＝nBSω＝nBS·2πf＝200×1.22/π×0.01×100π V＝240 2 V感应电动势的瞬时表达式e ＝2402sin 100πt (V)．(2)电动势有效值E ＝240 V正常工作时的电流I ＝P /U ＝2 200/220 A ＝10 A输出端电压表的示数U ＝E －Ir ＝240 V －10×0.5 V ＝235 V .(3)电阻R 上的电压ΔU ＝235 V －220 V ＝15 V则线路电阻R ＝ΔU /I ＝15/10 Ω＝1.5 Ω.【答案】 (1)e ＝2402sin 100πt (V) (2)235 V(3)1.5 Ω13．(14分)如图12所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯L 1连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W ”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：图12(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；(2)发电机的输出功率. 【导学号：97192112】【解析】 (1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124 A ，次级线圈总电流I 2＝24I L＝1 A.变压器输入功率I 1U 1＝I 2U 2＝6 W.变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13 A(I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2)发电机输出功率P ＝I 1E ≈6.67 W.【答案】 (1)3∶1 (2)6.67 W。

粤教版高中物理选修3-2第3章-章末综合测评3

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个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2016·烟台高二检测)下列关于传感器的说法正确的是()A．所有传感器的材料都是由半导体材料做成的B．金属材料也可以制成传感器C．传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的D．以上说法都不正确【解析】半导体材料可以制成传感器，其他材料也可以制成传感器，如金属氧化物氧化锰就可以制成温度计，所以A错，B正确；传感器不但能感知电压的变化，还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量，所以C错．【答案】 B2．现在不少公共场所设置的自动感应产品方便了广大市民和游客，若一伸手，龙头里自动流出水、给皂器自动流出洗手液等．这类产品通常感应人体辐射出的()【导学号：90270134】A．红外线B．紫外线C．X射线D．γ射线【解析】红外线的显著特性是热作用，人体所辐射出的红外线使自动感应器工作．【答案】 A3．(2016·长沙高二检测)传感器广泛应用在我们的生产生活中，常用的计算机键盘就是一种传感器．如图1所示，键盘上每一个键的下面都连一小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一小的固定金属片，这两金属片组成一个小电容器．当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能够检测出哪个键被按下，从而给出相应的信号．这种计算机键盘使用的是()图1A．温度传感器B．压力传感器C．磁传感器D．光传感器【解析】小金属片被按下时，对该键有一个压力，小金属片向下移动，两个极板之间的距离改变，电容改变，将压力这个力学量转化为电容这个电学量，所以计算机键盘使用的是压力传感器，B正确，A、C、D错误．【答案】 B4．如图2所示是观察电阻值随温度变化情况的示意图．现把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况，下列正确的是(设水对电阻阻值的影响不计)()图2A．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(用半导体材料制成)，读数变化非常明显D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制成)，读数变化不明显【解析】金属热电阻的阻值随温度的升高而增大，但灵敏度较差．而热敏电阻(用半导体材料制成)灵敏度高，所以选C.【答案】 C5.(2016·德州高二检测)如图3所示，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管(电流越大，发光越强)，且R与D距离不变，下列说法中正确的是()图3A．当滑动触头向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头向右移动时，L消耗的功率可能不变D．无论怎样移动滑动触头，L消耗的功率都不变【解析】电源电压恒定，也就是说，并联电路两端的电压恒定，当滑动触头向左移动时，发光二极管发光变强，光敏电阻的电阻变小，所以电流变大，则L的功率变大．【答案】 A6．如图4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，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图5是某同学画出的在t0时刻开关S由闭合变为断开，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是() 【导学号：90270135】图4图5A．甲图是通过传感器1的电流随时间变化的情况B．乙图是通过传感器1的电流随时间变化的情况C．丙图是通过传感器2的电流随时间变化的情况D．丁图是通过传感器2的电流随时间变化的情况【解析】开关S由闭合变为断开，传感器1中的电流立刻变为零，如丁图；传感器2中的电流由于线圈的自感作用，电流反向并逐渐减小，C正确，A、B、D错误．【答案】 C7．美国科学家willard S．Boyle与George E．Smith因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有()【导学号：90270136】A．发光二极管B．热敏电阻C．霍尔元件D．干电池【解析】传感器是能够把一些非电学量转换成电学量的元件．发光二极管是通电能够发光的元件，A错误；热敏电阻是温度变化引起电阻变化的元件，B正确；霍尔元件是磁场能够引起电压变化的元件，C正确；干电池是把化学能转化成电能的器件，D错误．【答案】BC8．当前传感器被广泛应用于各种电器、电子产品之中，下述关于常用的几种家用电子器件所采用传感器的说法中，正确的是()A．电视机对无线遥控信号的接收主要是采用了光电传感器B．电子体温计主要是采用了温度传感器C．电脑所用的光电鼠标主要是采用声波传感器D．电子秤主要是采用了力电传感器【解析】电视机对无线遥控信号的接收采用了红外线传感器，电脑所用的光电鼠标主要采用了光传感器，所以A、C项错误．【答案】BD9．如图6所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是()图6A．严重污染时，LDR是高电阻B．轻度污染时，LDR是高电阻C．无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定D．该仪器会受到白天光照的影响【解析】严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B 错；LDR由半导体材料制成，受光照影响电阻会发生变化，C错；白天自然光强度较强，会对LDR造成影响，D对．【答案】AD10．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图7甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中()【导学号：90270137】图7A．物体处于失重状态B．物体处于超重状态C．升降机一定向上做匀加速运动D．升降机可能向下做匀减速运动【解析】电流表的示数变为2I0且保持不变，说明压敏电阻的阻值比升降机静止时小，压敏电阻所受压力变大，物体处于超重状态，即物体具有向上的加速度，B、D正确，A、C错误．【答案】 BD二、非选择题(本题共3小题，共40分．)11．(14分)说明下列各种场合分别选用的传感器：(1)普通电冰箱中的自动温度控制电路是______．(2)马路两侧的路灯控制电路是________．(3)气垫导轨上用的光电门是________．(4)楼梯灯控制电路是________________．(5)宾馆的自动门是________________．(6)非接触式体温计是______________．(7)遥控电视机的接收器是______________．【答案】 (1)温度传感器 (2)光传感器 (3)光传感器 (4)光传感器和声传感器 (5)红外线(光)传感器 (6)红外线(光)传感器 (7)红外线(光)传感器12．(12分)如图8甲所示是在温度为10 ℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R 1＝20 kΩ，R 2＝10 kΩ，R 3＝40 kΩ，R T 为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示．当a 、b 端电压U ab ＜0时，电压鉴别器会令开关S 接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当U ab ＞0时，电压鉴别器会使S 断开．停止加热，恒温箱内的温度恒定在多少摄氏度？【导学号：90270138】图8【解析】设电路的路端电压为U ，当U ab ＝0时，有U R 1＋R 2·R 2＝U R 3＋R T ·R T，解得R T ＝20 kΩ.由图乙可知，当R T ＝20 kΩ时，t ＝35 ℃.【答案】 35 ℃13．(14分)如图9所示，A 是浮子，B 是金属触头，C 为住宅楼房顶上的蓄水池，M 是带水泵的电动机，D 是弹簧，E 是衔铁，F 是电磁铁，S 1、S 2分别为触头开关，S 为开关，J 为电池．请利用上述材料，设计一个住宅楼房顶上的自动注水装置．图9(1)连接电路图；(2)简述其工作原理．(涉及的元件可用字母代替)【答案】(1)如图所示(2)按图接好电路，合上开关S，水泵工作，水位升高，当浮子上升使B接触到S1时，左侧电路(控制电路)工作，电磁铁F有磁力，吸下衔铁E，使S2断开，电动机M不工作，停止注水，当水位下降使B与S1脱离，控制电路停止工作，F无磁性，D拉动E，使S2接通，M工作．。

高中物理第二章交变电流章末质量评估(含解析)粤教版选修3-2-粤教版高中选修3-2物理试题

章末质量评估(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共8小题，每一小题4分，共32分．在每一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3分，选错或不答的得0分)1. 一电阻接在10 V 直流电源上，电热功率为P ；当它接到电压u ＝10sin ωt (V)上时功率为()A ．0.25PB ．0.5PC ．PD ．2P解析：电阻接在10 V 直流电源上，电热功率为P ，如此P ＝102R；当它接到电压u ＝10sinωt (V)上时功率为P ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1022R＝1022R＝0.5P ，故B 正确．答案：B2. 一边长为L 的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e 随时间t 的变化情况如下列图．匀强磁场的磁感应强度为B ，如此结合图中所给信息可判定()A ．t 1时刻穿过线框的磁通量为BL 2B ．t 2时刻穿过线框的磁通量为零C ．t 3时刻穿过线框的磁通量变化率为零D ．线框转动的角速度为E mBL 2解析：t 1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A 错误；t 2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm ＝BL 2，B 错误；t 3时刻，感应电动势最大，如此磁通量变化率也最大，C 错误；交变电流的最大值为E m ＝BL 2ω，如此ω＝E mBL 2，D 正确．答案：D3．如下列图为某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd 的面积为S ＝0.03 m 2，共有10匝，线圈总电阻为r ＝1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为22πT 的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO ′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R ＝9 Ω的连接．在外力作用下线圈以10π rad/s 绕轴OO ′匀速转动时，如下说法中正确的答案是()A ．电阻R 的发热功率是3.6 WB ．交流电流表的示数是0.6 AC ．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02 sD ．如果将电阻R 换成标有“6 V3 W 〞字样的小灯泡，小灯泡能正常工作解析：感应电动势最大值：E m ＝nBωS ＝10×22π×10π×0.03 V ＝6 2 V ，电动势有效值：E ＝E m2＝6 V ；电路中的电流：I ＝ER ＋r ＝69＋1A ＝0.6 A ，如此交流电流表的示数是0.6 A ，选项B 正确；电阻R 的发热功率是P R ＝I 2R ＝3.24 W ，选项A 错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π10πs ＝0.2 s ，如此用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.2 s ，选项C 错误；如果将电阻R 换成标有“6 V3 W 〞字样的小灯泡，灯泡的电阻R L ＝U 2P ＝363Ω＝12 Ω，灯泡两端的电压U L ＝E R L ＋r R L ＝612＋1×12 V ＝5.54 V ，故小灯泡不能正常工作，选项D 错误．答案：B4．在电阻两端并联二极管如下列图电路，电阻R 1与电阻R 2阻值一样，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A 、B 间加一正弦交变电流u ＝20 2sin 100πt (V)，如此加在R 2上的电压有效值为()A ．10 VB ．20 VC ．15 VD ．510 V解析：电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R 2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R 2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R 2的电压有效值为U ，根据电流的热效应，在一个周期内满足U 2R T ＝202R ·T 2＋102R ·T2，可求出U ＝510 V ．应当选项D 正确．答案：D5. 如下列图为某交变电流随时间变化的图象，此交变电流有效值是()A ．3 2 AB ．5 A C.17 A D ．2 5 A解析：将交变电流与直流电流通过阻值都为R 的电阻，设直流电流为I ，如此根据有效值的定义，有(422)2R ·T 2＋()322R ·T 2＝I 2RT ，解得I ＝17 A.答案：C6．如下列图电路中，L 为电感线圈，C 为电容器，当开关S 由断开变为闭合时()A ．灯L A 中无电流通过，不可能变亮B ．灯L A 中有电流通过，方向由a 到bC ．灯L B 逐渐熄灭，c 点电势高于d 点电势D ．灯L B 逐渐熄灭，c 点电势低于d 点电势解析：假设开关S 由断开变为闭合，如此电容器C 和灯L A 将被短路，电容器放电，灯L A 中电流方向为由b 到a ，A 、B 错误；由于在L 中产生自感电动势，在线圈L 、灯L B 和电键形成回路，使得灯L B 逐渐熄灭，电流方向为从c 到d ，由于L 是电源，所以c 点电势低于d 点电势，选项D 正确．答案：D7．如图，利用理想变压器进展远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电顶峰到来时()A ．输电线上损耗的功率减小B ．电压表V 1的示数减小，电流表A 1增大C ．电压表V 2的示数增大，电流表A 2减小D ．用户功率与发电厂输出功率的比值减小解析：当用电顶峰到来时，用户消耗的功率变大，如此电流表A 2读数变大，输电线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，选项A 错误；电流表A 1增大，因为发电厂的输出电压恒定，如此升压变压器的次级线圈电压不变，即电压表V 1的示数不变，选项B 错误；输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级线圈电压减小，降压变压器次级线圈电压也减小，即电压表V 2的示数减小，选项C 错误；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P －P 损P＝1－I 2R U 1I ＝1－ΔUU 1，因为输电线上的电流增大，如此电压损失增大，U 1不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小，故D 正确．答案：D8．如下列图，有一矩形线圈绕OO ′轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，通过滑环接一理想变压器．线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻．滑动接头P 可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R .如下判断正确的答案是()A ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数增大B ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数减小C ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数增大D ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数减小解析：因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，应当选项A 、B 错误；根据理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2，副线圈输出电压U 2＝n 2n 1U 1，因n 1减小，U 2会增大，由输出功率等于输入功率P 2＝U 22R＝P 1＝U 1I 1知，电流表示数I 1会增大，应当选项C 正确，选项D 错误．答案：C二、多项选择题(本大题共4小题，每一小题4分，共16分．在每一小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)9．如下列图，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交变电流的图象，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交变电流的图象如图线b 所示. 以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的答案是()A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交变电流a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt (V)D ．交变电流b 电压的最大值为203V解析：由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A 错误；由图象可知T A ∶T B ＝2∶3，故n A ∶n B ＝3∶2，所以B 正确；由图象可知，交流电a 的最大值为10 V ，角速度为ω＝2πT ＝2π0.4 rad/s ＝5π rad/s，所以交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt(V)，所以C 正确；交流电最大值U m ＝nBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，故U m b ＝23U m a ＝203V ，D 正确．答案：BCD10．如下列图，变频交变电源的频率可在20 Hz 到20 kHz 之间调节，在某一频率时，L 1、L 2两只灯泡的炽热程度一样，如此如下说法中正确的答案是()A ．如果将频率增大，L 1炽热程度减弱、L 2炽热程度加强B ．如果将频率增大，L 1炽热程度加强、L 2炽热程度减弱C ．如果将频率减小，L 1炽热程度减弱、L 2炽热程度加强D ．如果将频率减小，L 1炽热程度加强、L 2炽热程度减弱解析：某一频率时，两个灯泡炽热程度一样，应有两灯泡消耗的功率一样，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过L 1的电流增大，通过L 2的电流减小，故B 项正确，同理可得C 项正确．答案：BC11．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，Ⓐ均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L 是理想线圈、D 是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，如下说法正确的答案是()A ．交流电的频率为50 HzB ．电压表的示数为22 2 VC ．当光照增强时，Ⓐ的示数变小D ．假设用一根导线来代替线圈L ，如此灯D 变亮解析：因交流电的周期是0.02 s ，所以频率为f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，故A 正确；原线圈接入电压的最大值是220 2 V ，所以原线圈接入电压的有效值是U 1＝220 V ，根据理想变压器变压比：U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈的电压为：U 2＝22 V ，故B 错误；有光照增强时，R阻值随光强增大而减小，根据P ＝U 2R 总，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表Ⓐ的示数变大，故C 错误；用导线代替线圈，对电流的阻碍减小，所以D 变亮，故D 正确．答案：AD12．如图甲所示为一交变电压随时间变化的图象，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化．假设将此交变电流连接成如图乙所示的电路，电阻R 阻值为100 Ω，如此()A ．理想电压表读数为100 VB ．理想电流表读数为0.75 AC ．电阻R 消耗的电功率为56 WD ．电阻R 在100秒内产生的热量为5 625 J解析：根据电流的热效应，一个周期内产生的热量Q ＝U 2R T ＝1002R ·T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5022R·T2，解得U ＝75 V ，A 错误；电流表读数I ＝UR＝0.75 A ，B 正确；电阻R 消耗的电功率P ＝I 2R ＝56.25 W ，C 错误；在100秒内产生的热量Q ＝Pt ＝5 625 J ，D 正确．答案：BD三、非选择题(此题共3小题，共52分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)13．(16分)发电机转子是匝数n ＝100，边长L ＝20 cm 的正方形线圈，其置于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω＝100π rad/s 的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈的电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝99 Ω.(1)写出交变电流瞬时值表达式； (2)求外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过π3过程中，通过外电阻的电荷量是多少？解析：(1)电动势的最大值：E m ＝nBωL 2＝628 V ，根据闭合电路欧姆定律得I m ＝E mR ＋r＝6.28 A ，故交变电流瞬时值表达式为：i ＝6.28sin 100πt (A)． (2)电流的有效值I ＝12I m ，由P ＝I 2R 得外电阻上的消耗功率：P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12I m 2R ≈1.95×103 W. (3)从计时开始到线圈转过π3过程中，由E ＝n ΔΦΔt，得＝n Φm －Φm cos 60°Δt ＝n ·BL 22Δt，故平均电流＝E－R ＋r ＝nBL 22〔R ＋r 〕·Δt，通过外电阻的电荷量q ＝·Δt ＝nBL 22〔R ＋r 〕＝1×10－2C.答案：(1) i ＝6.28sin 100πt (A)(2)1.95×103W (3)1×10－2C14．(18分)如下列图，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全一样的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V.(1)原线圈n 1等于多少？(2)当开关S 断开时，表A 2的示数I 2＝5 A ，如此表A 1的示数I 1为多少？ (3)当开关S 闭合时，表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)设伏特表所接线圈输出端电压为U 3，得U 1U 3＝n 1n 3，得n 1＝3 3002×1＝1 650. (2)由U 1I 1＝U 2I 2，得I 1＝U 2I 2U 1＝220×53 300A ≈0.33 A.(3)当S 闭合时，I ′2＝2I 2＝10 A ，U 1I ′1＝U 2I ′2，I ′1＝U 2I ′2U 1＝220×103 300A ≈0.67 A.答案：(1)1 650(2)0.33 A(3)0.67 A15．(18分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压恒为500 V ，用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m 2的输电线向4×103m 远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不得超过发电机总功率的4%.(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 ？假设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，如此输电线的电阻为 r ＝ρ2lS ＝1.8×10－8×2×4×10310－5Ω＝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、副线圈匝数比为：n 1n 2＝U 1U 2＝500 V 6 000 V ＝112.(2)I 2＝P U 2＝1056×103 A ＝503A ， U 损＝I 2·r ＝503×14.4 V ＝240 V ，而U 3＝U 2－U 损＝6 000 V －240 V ＝5 760 V ，n 3n 4＝U 3U 4＝5 760 V 220 V ＝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，用电器两端电压将增大，由题知I ′4＝100 A 如此由I ′4I ′3＝n 3n 4＝28811，所以I ′3＝27572A ，U ′损＝I ′3·r ＝27572×14.4 V ＝55 V ，而U 1、U 2不变，U ′3＝U 2－U ′损＝(6 000－55) V ＝5 945 V ， U ′3U ′4＝n 3n 4， U ′4＝n 4n 3U ′3＝11288×5 945 V ≈227 V.答案：(1)1∶12(2)288∶11(3)大于220 V227 V。

粤教版物理选修3-2 第三章章末质量评估(三) 含答案

C正确；金属热电阻传感器是利用导体或半导体的电阻随温度变化来测量温度的一种温度敏感元件，故D正确．答案：A4．20xx年3月，日本仙台发生8.0级大地震，地震发生后，各路救援人员及时深入灾区，与死神抢时间，争分夺秒抢救被埋人员，有些救援队借助“生命探测仪”可以发现深埋在废墟中的伤员，根据所学知识，你认为“生命探测仪”可能用到了( )A．红外线传感器B．压力传感器C．振动传感器D．电容传感器解析：活人能够向外传递微弱的声音信息，便于用生命探测仪收集；活人能够向外辐射红外线，红外线属于电磁波的一个波段，便于用生命探测仪收集，所以只有A选项正确．答案：A5．如图所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针的偏角(自左向右)为θ；用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断( )A．θ′＝θB．θ′＜θC．θ′＞θD．不能确定解析：光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，光敏电阻的阻值变大，表针左偏，偏角减小．答案：B6．如图是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的( )A．距离变化B．正对面积变化C．介质变化D．电压变化解析：这个声电传感器又可归类到电容传感器中．由题意对着话筒说话时，振动膜前后振动，则金属层和金属板间距离改变，即电容器两极板间距改变，故导致电容变化的原因可能是电容器两极间距变化．答案：A7．演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小x，假设电压表是理想的，则下列说法正确的是( )A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M运动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数解析：因为整个滑动变阻器被接入电路中，所以移动金属杆P不能改变滑动变阻器接入电路中的阻值，电流不变，但会改变电压表的示数．答案：B8．如图甲(a)所示的电路中，光敏电阻R2加上图(b)所示的光照时，R2两端的电压变化规律是图乙中的( )图(a) 图(b)图甲A B C D图乙解析：光敏电阻随光照的增强电阻减小，电路中电流增大，电阻R1两端电压增大，R2两端电压减小，但不能减小到零．故B正确，A、C、D错误．答案：B9．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是( )图甲图乙A．0～t1时间内，升降机一定匀速运动B．0～t1时间内，升降机可能减速上升C．t1～t2时间内，升降机可能匀速上升D．t1～t2时间内，升降机可能匀加速上升解析：在0～t1时间内，电流恒定，表明压敏电阻的阻值恒定，则重物对压敏电阻压力恒定，则升降机可能处于静止、匀速运动或匀变速直线运动状态，故A选项错误，B选项正确；t1～t2时间内，电流在增加，表明压敏电阻的阻值在减小，则重物对压敏电阻的压力在增大，故不可能做匀速运动或匀加速运动，C、D两项都错．答案：B10．为了测量蹦床运动员跃起的高度，训练时在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图象．某次训练作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员离开蹦床的速率大约是(g取10 m/s2)( )A．1 m/s B．10 m/sC．12 m/s D．20 m/s解析：由图可知运动员离开蹦床的时间为2秒，则上升和下降的时间均为1秒，则运动员离开蹦床的速率大约是v＝gt＝10 m/s，故选B.答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．用计算机辅助实验系统(DIS)做验证牛顿第三定律的实验，如图所示是把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果．观察分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线，以下结论正确的是( )A．作用力与反作用力作用在同一物体上B．作用力与反作用力同时存在，同时消失C．作用力与反作用力大小不一定相等D．作用力与反作用力方向相反解析：牛顿第三定律中作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在两个物体上．作用力和反作用力同时产生，同时消失．应选B、D.答案：BD12．如图是测试热敏电阻R的实验电路图，滑动变阻器已调节到某一适当的值．实验中观察到当温度升高时灯更亮．对实验现象分析正确的有( )A．温度升高，电路中的电流减小B．温度升高，电路中的电流增大C．温度升高，热敏电阻的阻值增大D．温度升高，热敏电阻的阻值减小解析：当温度升高时，电路中的热敏电阻的阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知：电路中的电流增大，导致灯泡变亮，故选B、D.答案：BD13．如图所示的是一个电容式传感器，在金属线a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极．今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度h变大时( )A．引起两极间正对面积变大B．电容器的电容将变小C．电容器两极间的电压将变小D．以上说法都不正确解析：当导电液体深度h变大时，相当于电容器的两极板的正对面积变大，由C＝知，电容C变大，而电容器充电后与电源断开，所以电容器所带电荷量Q不变，由U＝知，电容器两极间的电压将变小．答案：AC14．如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光敏电阻R1能接收到发光元件A发出的光，每当工件挡住A发出的光，光传感器B就输出一个电信号，并经信号处理器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图乙所示．若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20、…(单位：cm)．则以下说法正确的是(不计工件挡住光的时间)( )图甲图乙A．工件的加速度为0.1 m/s2图1图2图3(2)如图2所示是街道路灯自动控制模拟电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电．为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在______(填“AB”或“BC”)之间，请用笔画线代替导线，正确连接电路元件．(3)用多用电表“×10 Ω”挡，按正确步骤测量图2中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图3所示，则线圈的电阻为______Ω.已知当线圈中的电流大于或等于2 mA时，继电器的衔铁将被吸合．图2中直流电源的电动势E＝6 V，内阻忽略不计，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1(0～10Ω，2 A)、R2(0～200Ω，1 A)、R3(0～1 750Ω，0.1 A)．要求天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择______(填“R1”“R2”“R3”)．为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地______(填“增大”或“减小”)滑动变阻器的电阻．解析：(1)根据图象直接读出对应的照度为1.0 lx时的电阻约为2.0 kΩ.(2)光敏电阻的电阻值随光照强度的增大而减小，所以白天时光敏电阻的电阻值小，电路中的电流值大，电磁铁将被吸住；静触点与C 接通；晚上时的光线暗，光敏电阻的电阻值大，电路中的电流值小，所以静触点与B接通．所以要达到晚上灯亮，白天灯灭，则路灯应接在A、B之间．电路图如图．(3)欧姆表的读数是先读出表盘的刻度，然后乘以倍率，表盘的刻度是14，倍率是“×10 Ω”，所以电阻值是14×10 Ω＝140 Ω；天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值是2 kΩ，电路中的电流是2 mA，R＝－R光＝Ω＝1 000 Ω，所以要选择滑动变阻器R3.由于光变暗时，光敏电阻变大，分压变大，所以为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地减小滑动变阻器的电阻．答案：(1)2.0 (2)AB 如图(3)140 R3 减小16.(12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．如图所示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.(1)当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？(2)用电器由照明电路供电(U＝220 V)，设加热时用电器的电功率为400 W，保温时用电器的电功率为40 W，则R1和R2分别为多大？解析：(1)当S闭合时，R2短路，此时电路总电阻最小，由P＝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，为加热状态，有P＝①；S断开时，为保温状态，有P′＝②，联立①②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 Ω17.(12分)角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示，当系统绕OO′轴转动时，元件A发生位移并输出电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源，已知A的质量为m，弹簧劲度系数为k、自然长度为l，电源电动势为E、内阻不计，滑动变阻器总长度为l，电阻分布均匀，系统静止时P在a点，当系统以角速度ω转动时，推导输出电压U和ω的函数关系式．解析：水平方向加速度由弹簧提供，F向＝mω2(l＋Δx)＝kΔx，所以Δx＝.因为U＝IR＝Iρ，①E＝IR总＝Iρ.②①得：U＝·E＝·＝.②答案：U＝Emω2k－mω218．(16分)如图所示，小铅球P系在细金属丝下，悬挂在O点，开始时小铅球P沿竖直方向处于静止状态，当将小铅球P放入水平流动的水中时，球向左摆起一定的角度θ，水流速度越大，θ越大．为了测定水流对小球作用力的大小，在水平方向固定一根电阻丝BC，它与金属丝接触良好，不计摩擦(C端在O点正下方处)．图中还有电动势为E的电源(内阻不计)和一只电压表．(1)请你连接电路，使得当水速增大时，电压表示数增大．(2)如果OC间距离为h，水流对小球作用力的大小为F，BC的长度为L，小球质量为m(不计水对小球的浮力)，当小球平衡时，电压表示数为U.请写出F与m、U、E、L、h的关系式．解析：(1)如图所示．(2)设CD＝x，P球平衡时，由平衡条件可得：tan θ＝＝，①根据闭合电路欧姆定律和部分电路的欧姆定律可得：I＝＝，②根据电阻定律可得：RL＝ρ，③Rx＝ρ，④由①②③④式可得：F＝U.答案：见解析。

粤教版物理选修3-2：第1章章末综合测评1

章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)图11．如图1所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力作用，则可知金属框的运动情况是()【导学号：97192051】A．向左平动进入磁场B．向右平动退出磁场C．沿竖直方向向上平动D．沿竖直方向向下平动【解析】因为ab边受到的安培力的方向竖直向上，所以由左手定则就可以判断出金属框中感应电流的方向是abcda，金属框中的电流是由ad边切割磁感线产生的，所以金属框向左平动进入磁场．【答案】 A2．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示．若磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2 s 内，线圈中感应电流的大小和方向是()甲乙图2A ．大小恒定，逆时针方向B ．大小恒定，顺时针方向C ．大小逐渐增加，顺时针方向D ．大小逐渐减小，逆时针方向【解析】由题图乙可知，第2 s 内ΔB Δt 为定值，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定．第2 s 内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A 项正确．【答案】 A3．如图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图3A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1 C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1 【解析】根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝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。

2019_2020学年高中物理章末测评(一)(含解析)粤教版选修3_2

章末综合测评(一)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，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)1．2018年全国高考已经结束，高考使用的金属探测器，是在全国高考考生入场前统一使用的合法预防考生作弊的辅助检测设施．其结构原理图可简化为下图所示．探测器运用的是电磁感应的原理，发射线圈(外环)产生垂直于线圈平面大小和方向交替变化的磁场，内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属目标发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场)．随着磁场方向的反复变化，它会与所遇的任何导体物发生作用，导致目标物自身也会产生微弱的磁场，来自目标物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。

某一时刻发射线圈发射一向下的磁场，则下列说法中正确的是( )A．如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生的涡流俯视看沿顺时针方向B．如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中涡流产生的磁场也增强C．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈中会产生一个微弱的电流，探测器相应的元件就是依据这一信号电流做出报警的D．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，如果接收线圈中产生的微弱电流俯视看沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场方向向上C[当发射线圈发射的向下磁场增强，根据楞次定律，则感应磁场向上，依据右手螺旋定则，则感应电流方向，俯视看沿逆时针方向，故A错误；如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生涡流，而不能确定涡流的磁场强弱，故B错误；当接收线圈中产生一个微弱的电流，则探测器相应的元件就是依据这一信号电流，从而发出报警声，故C正确；如果接收线圈中产生的微弱电流俯视看沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场可能方向向上，大小减弱，也可能方向向下，大小增强，故D错误．]2．一位物理老师用一段铜导线和一块磁铁演奏一曲《菊花台》的视频惊艳网友，网友直呼“史上最牛物理老师”．他是这么做的：在一块木板上固定两颗螺丝钉，用一段铜导线缠绕在两颗螺丝钉之间，扩音器通过导线与两螺丝钉连接．将磁铁放在铜导线旁边，手指拨动铜导线，另一只手握着螺丝刀压着铜导线，并在铜导线上滑动，优美动听的乐曲就呈现出来了。

粤教版高中物理选修3-2模块综合检测(二).docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）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，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．如图所示，该图是一正弦式交流电的电压随时间变化的图象，下列说法中不正确的是()A．它的频率是50 HzB．电压的有效值为311 VC．电压的周期是0.02 sD．电压的瞬时表达式是u＝311sin 314t (V)解析：从图象中可以知道电压最大值为311 V，周期是0.02 s，所以有效值为220 V，频率为50 Hz，所以A、C、D对，答案为B.答案：B2．下述仪器或装置没有使用到传感器的有()A．自动报警器B．弹簧测力计C．电视遥控器D．红外线探测仪解析：自动报警器，通过光信号转换成电信号，因此使用传感器，故A不符合题意；弹簧测力计，也是运用受力平衡来测量力的大小，刻度尺是用来测量长度的工具，没有使用传感器，故B符合题意；电视遥控器是将红外线转换成电信号，因此C不符合题意，红外测温仪是通过将温度转换成电信号，从而显示温度的高低，因此D不符合题意；本题选择没有使用的，故选B.答案：B3．穿过一个单匝数线圈的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2 Wb，则()A．线圈中的感应电动势每秒钟增大2 VB．线圈中的感应电动势每秒钟减小2 VC．线圈中的感应电动势始终为2 VD．线圈中不产生感应电动势解析：根据法拉第电磁感应定律，有E＝ΔΦΔt＝2 V，选项C正确．答案：C4. 水平固定的大环中通过恒定的强电流I，从上向下看为逆时针方向，如图所示，有一小铜环，从上向下穿过大圆环，且保持环面与大环平行且共轴，下落过程小环中产生感应电流的过程是()A．只有小环在接近大环的过程中B．只有小环在远离大环的过程中C．只有小环在经过大环的过程中D．小环下落的整个过程解析：根据安培定则判断可知，大环产生的磁场方向向上，当小环靠近大环时，穿过小环的磁通量增加，当小环远离大环时，穿过小环的磁通量减小，根据感应电流产生的条件可知，整个过程一直有感应电流产生．答案：D5．如图是一种焊接方法的原理示意图．将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在一起．我国生产的自行车轮圈就是用这种办法焊接的．下列说法中正确的是()A．线圈中的电流是很强的恒定电流B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高C．待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反解析：恒定电流不能在工件中产生感应电流，A错误；线圈中的电流是交变电流，且频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大，B正确；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，产生的热量多，C错误；若磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，D错误．答案：B6．在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆PQ 在宽为L的平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，PQ中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为3B，其他条件不变，所产生的感应电动势大小变为E2，则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为()A．1∶3，a→b B．3∶1，b→aC．3∶1，a→b D．1∶3，b→a解析：PQ中产生的感应电动势为E＝BL v，若磁感应强度增为2B，其他条件不变时，E与B成正比，则有E1∶E2＝1∶3；由右手定则知通过电阻R的感应电流方向为a→b.答案：A7.电阻R、电容器C与一个线圈连成闭合回路，条形磁铁静止在线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N 极接近线圈上端过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电解析：当磁铁下落时，穿过线圈的磁通量向下增加，在线圈中产生的感应电流的磁场阻碍其增加，则方向向上，由右手定则可知产生的感应电流为从b到a；电容器下极板电势高，故带正电，选项D正确．答案：D8．如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 0002sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω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：由P＝UI可得I＝P LU L＝4 A，选项C正确；根据Ir＝24 V得副线圈电压U2＝U L＋U r＝244 V，再由n1n2＝U1U2可得n1∶n2＝2750∶61≈45∶1，选项A错误；由u＝11 0002sin 100 πt (V)及f＝ω2π可得f＝50 Hz，选项B错误；因导线电阻消耗电能，故变压器输入功率为P＝P L＋I2r＝976 W，选项D错误．答案：C9．如图所示，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v 匀速穿过宽均为a 的两个匀强磁场区．这两个磁场的磁感应强度大小相等，方向相反．线框的运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直，取逆时针方向的电流为正．若从图示位置开始计时，关于线框中产生的感应电流i 与运动时间t 之间的函数图象，正确的是( )解析：线框向前移动a 2的过程中，由法拉第电磁感应定律有：E ＝Bl v ，而l ＝v t tan 60°＝3v t ，可得E ＝3B v 2t ，可见E ∝t ，i ＝E R ，由楞次定律可得电流为逆时针方向，即感应电流正向增大，当向右移动到a 2处时最大，后l 减小，E 减小，i 减小，当向右移动到a 处时最小，方向不变，即感应电流先正向增大，后正向减小；向右移动距离由a 到2a 的过程中电流仍是先增大后减小，因两区域磁场方向相反，磁通量的变化率是前一过程的2倍，则最大值是前一过程的2倍，由楞次定律可得电流为顺时针方向，即感应电流先反向增大，后反向减小；向右移动距离由2a 到3a 的过程中电流变化与方向与第一阶段相同，即感应电流先正向增大，后正向减小．故选A.答案：A10．如图，A为螺线管，B为铁芯，C为套在铁芯B上的绝缘磁环，现将A、B、C放置在天平的左盘上，当A中通有电流I时，C 悬停在A的上方，天平保持平衡；当调节滑动变阻器，使A中的电流增大时，绝缘磁环C将向上运动，在绝缘磁环C上升到最高点的过程中，若不考虑摩擦及空气阻力的影响，下列说法中正确的是()A．天平仍然保持平衡B．天平左盘先下降后上升C．天平左盘先上升后下降D．绝缘磁环速度最大时，加速度也最大解析：开始时天平平衡说明天平两侧所受力相同，而要使磁环上升开始运动，磁环受到的向上的磁力应增大，而根据力的相互性可知，A所受磁力也应增大，故左侧力变大，天平左侧下降；由于磁环最终会停止，则磁环向上的力将减小，A所受力也将会减小，故左侧受力减小，天平左侧上升，故天平左侧应先下降后上升，最后又达到平衡，故A、C错误，B正确；绝缘磁环加速度为零时，即磁场力和重力相等时，速度最大，故D错误．答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)11.如图所示，矩形线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场．线框通过导线与电阻构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴逆时针匀速转动，下列说法正确的是()A．线框通过图中位置瞬间，线框中的电流方向由B到AB．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C．线框通过图中位置瞬间，通过电阻的电流瞬时值最大D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电阻电流的有效值变为原来的2 2解析：边AB和CD切割磁场产生电流，根据右手定则可知电流由B指向A，故A正确；线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量为零，感应电动势最大，所以感应电流也最大，通过电流表的电流瞬时值最大，故B错误，C正确；根据E＝NBSω可知，ω增大一倍，E也增大一倍，根据I＝Er可知，通过电流表电流的有效值也增大一倍，故D错误．答案：AC12．远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，那么当用户用电的总功率增大时()A．升压变压器的原线圈中的电流保持不变B．降压变压器的输出电压升高C．降压变压器的输出电压降低D．输电线上损失的功率增大解析：由题意知输出的总功率增大时，输入功率也增大，由于发电机的输出电压不变，根据P＝UI得升压变压器原线圈电流I1增大，副线圈电流I2也增大，A错误；输电线上的功率损失I22R线增大，D 正确；降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U线，因为升压变压器的输入电压U1不变，U2不变，U线＝I2R线，所以U3降低，降压变压器的输出电压也降低，B错误，C正确．答案：CD13．如图甲所示为理想调压变压器，原线圈A、B端的输入电压如图乙所示，则当此变压器工作时，以下说法正确的是()图甲图乙A．若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头下滑时，电流表示数将变大B．若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头上滑时，电压表示数增大C．若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则电流表示数一定变大D．若变阻器最大阻值为100 Ω，且变阻器R的滑动触头置于最上端，则在滑动触头P滑动的过程中，电流表的电流变化范围为0～22 A解析：若滑动触头P处于某一确定位置时，变压器的次级电压是一定的，即电压表的读数是一定的，当变阻器R的滑动触头下滑时，R阻值减小，则电流表示数将变大，选项A正确，B错误；若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，次级电压变大，电阻R 阻值也变大，则电流表示数不一定变大，选项C错误；若变阻器R 的滑动触头置于最上端时，R＝100 Ω，此时若P在最上端，则此时次级电压有效值U＝U m2＝220 V，电流表的读数最大值：I m＝UR＝220100A＝2.2 A；则在滑动触头P滑动的过程中，电流表的电流变化范围为0～22 A，选项D正确．答案：AD14．如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲、起立的动作时记录的压力随时间变化的图线．由图线可知，该同学的体重约为650 N，在2～8 s时间内()A．该同学做了一次下蹲再起立的动作B．该同学做了两次下蹲再起立的动作C．下蹲过程中人一直处于失重状态D．下蹲过程中人先处于失重状态后处于超重状态解析：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，物体处于失重状态，此时有向下的加速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，故A正确，B错误；由图可知，下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，故C错误，D正确．答案：AD三、非选择题(本题共4小题，共54分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位) 15．(12分)如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感强度随时间变化的规律是B＝(6－0.2t)(T)．已知R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，线圈A的电阻不计．求：(1)闭合S后，通过R2的电流强度大小和方向．(2)闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？解析：(1)由题意B＝(6－0.2t) T得磁感应强度的变化率为：ΔBΔt＝0.2 T/s.由法拉第电磁感应定律知：A线圈内产生的感应电动势：E＝NΔΦΔt＝NΔBSΔt＝100×0.2×0.2 V＝4 V，S闭合后，电路中电流由闭合电路欧姆定律I＝E（R1＋R2）＝4（4＋6）A＝0.4 A，方向由a→R2→b.(2)S闭合后R2的电压为U2＝IR2＝2.4 V，电容上充电电荷量为Q ＝CU 2＝CIR 2＝7.2×10－5 C ，所以断开S 后，电容器开始放电，通过R 2的电荷量Q ＝7.2×10－5 C.答案：(1)0.4 A ，电流方向由a →R 2→b(2)7.2×10－5 C16．(12分)如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝30 cm ，匝数n ＝100，线圈的总电阻r ＝10 Ω，线圈位于磁感应强度B ＝0.050 T 的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E 、F (集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R ＝90 Ω的定值电阻连接．现使线圈绕过bc 和ad 边中点、且垂直于磁场的转轴OO ′以角速度ω＝400 rad/s 匀速转动．电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．求：(1)线圈中感应电流的最大值；(2)线圈转动过程中电阻R 的发热功率；(3)从线圈经过图示位置开始计时，经过14周期时间通过电阻R 的电荷量．解析：(1)线圈产生感应电动势的最大值E m ＝nB ωab ×bc ＝300 V ，根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值I m ＝E m R ＋r，解得I m ＝3.0 A.(2)通过电阻R 的电流的有效值I ＝I m 2，线圈转动过程中电阻R 的热功率P ＝I 2R ，解得P ＝405 W.(3)根据法拉第电磁感应定律，有E ＝n ΔΦΔt ＝n B ΔS Δt，根据闭合电路欧姆定律，有I ＝E R ＋r ＝nB ΔS （R ＋r ）Δt，解得q ＝I Δt ＝7.5×10－3C.答案：(1)3.0 A (2)405 W (3)7.5×10－3C17．(14分)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 ，输电线电阻为10 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)在输电线路中设置的升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为多少？(2)用户得到的电功率是多少？解析：(1)输电线损耗功率P 线＝100×4% kW ＝4 kW ，P 线＝I 22R 线，输电线电流I 3＝I 2＝20 A.原线圈中输入电流：I 1＝P U 1＝100 000250 A ＝400 A ，所以n 1n 2＝I 2I 1＝120. U 2＝n 2n 1U 1＝250×20 V ＝5 000 V ，U3＝U2－U线＝5 000 V－20×10 V＝4 800 V，所以n3n4＝U3U4＝24011.(2)用户得到的电功率P出＝100×96% kW＝96 kW.答案：(1)1∶20240∶11(2)96 kW18．(16分)如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆．在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降．运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好(忽略所有摩擦，重力加速度为g)．求：(1)电阻R中的感应电流方向；(2)重物匀速下降的速度大小v；(3)重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热Q R；(4)若将重物下降h时的时刻记作t＝0，速度记为v0，从此时刻起，磁感应强度逐渐减小，若此后金属杆中恰好不产生感应电流，则磁感应强度B怎样随时间t变化(写出R与t的关系式)．解析：(1)电阻R中的感应电流方向为Q→R→F.(2)对系统由平衡关系得：3mg －mg －F ＝0，又F ＝B 0IL ＝B 20L 2v R ＋r，解得：v ＝2mg （R ＋r ）B 20L 2. (3)设电阻中产生的总焦耳热为Q ，则由能量守恒关系得：减少的重力势能等于增加的动能和焦耳热Q 即：3mgh －mgh ＝12(3m )v 2＋12m v 2＋Q ，所以电阻R 中产生的焦耳热Q R 为：Q R ＝R R ＋r Q ＝2mghR R ＋r－8m 3g 2（R ＋r ）R B 40L 4. (4)金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变：hLB 0＝(h ＋h ′)LB ，式中h ＝v 0t ＋12at 2，又a ＝3mg －mg 3m ＋m＝12g . 解得：B ＝B 0h h ＋v 0t ＋g 4t 2. 答案：(1)Q →R →F (2)2mg （R ＋r ）B 20L 2 (3)2mghR R ＋r －8m 3g 2（R ＋r ）R B 40L 4 (4)B ＝B 0hh ＋v 0t ＋g 4t 2。

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