【3份】高中粤教版物理选修3-2章末综合测评含答案

最新粤教版高中物理选修3-2综合测试题及答案2套综合检测卷A(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为E m.下列说法中正确的是()A．当磁通量为零时，感应电动势为零B．当磁通量减小时，感应电动势在减小C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5E mD．角速度ω等于E mΦm答案 D解析根据正弦式交变电流的产生及其变化规律(设从中性面开始)，e＝E m sin ωt＝BSωsin ωt＝Φmωsin ωt 可知D是正确的．2．如图1所示，线圈L的电感很大，电源内阻不可忽略，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列判断正确的是()图1A．A灯比B灯先亮，然后A灯熄灭B．B灯比A灯先亮，然后B灯逐渐变暗C．A灯与B灯一起亮，而后A灯熄灭D．A灯与B灯一起亮，而后B灯熄灭答案 B3．如图2所示是一交变电流的i－t图象，则该交变电流的有效值为()图2A．4 A B．2 2 AC.83 A D.2303A答案 D解析 设该交变电流的有效值为I ，由有效值的定义得(I m 2)2Rt 1＋I 2m Rt 2＝I 2RT ，而T ＝t 1＋t 2，代入数据解得I ＝2303A ，故D 正确． 4. 如图3所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，金属圆环直径与磁场宽度相同．若圆环以一定的初速度沿垂直于磁场边界的水平虚线，从位置1到位置2匀速通过磁场，则在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速前进，以下说法正确的是( )图3A ．金属圆环内感应电流方向先顺时针再逆时针B ．金属圆环内感应电流经历两次先增大后减小C ．水平拉力的方向先向右后向左D ．金属圆环受到的安培力的方向先向左后向右 答案 B5．如图4甲所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1 s 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4A ．在第1 s 内感应电流增大，电流的方向为逆时针B ．在第2 s 内感应电流大小不变，电流的方向为顺时针C ．在第3 s 内感应电流减小，电流的方向为顺时针D ．在第4 s 内感应电流大小不变，电流的方向为顺时针 答案 B6．如图5所示，10匝矩形线框在磁感应强度B ＝210T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO ′以角速度ω＝100 rad/s 匀速转动，线框电阻不计，面积为S ＝0.3 m 2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L 1(规格为“0.3 W,30 Ω”)和L 2，开关闭合时两灯泡正常发光，且原线圈中电流表示数为0.04 A ，则下列判断不正确的是( )图5A ．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为302cos (100t ) VB ．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1C ．灯泡L 2的额定功率为0.9 WD ．若开关S 断开，电流表的示数将增大 答案 D解析 变压器的输入电压的最大值为U m ＝nBSω＝10×210×0.3×100 V ＝30 2 V ；从垂直中性面位臵开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为u ＝U m cos ωt ＝302cos (100t ) V ，故A 正确．变压器输入电压的有效值为U 1＝U m 2＝30 V ．开关闭合时两灯泡均正常发光，所以U 2＝PR ＝0.3×30 V ＝3 V ，所以n 1n 2＝U 1U 2＝30 V 3 V ＝101，故B 正确．原线圈的输入功率为P 1＝U 1I 1＝30×0.04 W ＝1.2 W ．由于原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以P L2＝P 1－P L1＝1.2 W －0.3 W ＝0.9 W ，故C 正确．若开关S 断开，输出电压不变，输出端电阻增大，输出电流减小，故输入电流也减小，电流表的示数减小，D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)7．某发电站用11 kV 的交变电压输电，输送功率一定，输电线的总电阻为R ，现若用变压器将电压升高到330 kV 送电，下列选项正确的是( )A ．因I ＝UR ，所以输电线上的电流增为原来的30倍B ．因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的130C ．因P ＝U 2R，所以输电线上损失的功率增为原来的900倍D ．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的130答案 BD解析 输送功率P ＝UI 一定，输送电压升高后，输电线上的电流变为原来的11330＝130，A 错误，B 正确；P损＝I 2R ，损失功率变为原来的(130)2＝1900，C 错误；输电线的半径变为原来的130，根据公式R ＝ρlS，输电线的电阻变为原来的900倍，P 损＝I 2R ，输电线上损失的功率保持不变，D 正确．8．如图6甲所示是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于 5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )图6A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52V C ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000D ．实现点火的条件是n 2n 1<1 000答案 BC解析 由U －t 图象知，交流电压的最大值U m ＝5 V ，所以电压表的示数U ＝U m 2＝52 V ，故选项A 错误，B 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2得n 2n 1＝U 2U 1，变压器副线圈电压的最大值U 2m ＝5 000 V 时，有效值U 2＝U 2m 2＝5 0002 V ，所以点火的条件是n 2n 1>5 0002 V 52V ＝1 000，故选项C 正确，D 错误．9. 如图7所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路．在外力F 作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动．在匀速运动过程中外力F 做功W F ，磁场力对导体棒做功W 1，磁铁克服磁场力做功W 2，重力对磁铁做功W G ，回路中产生的焦耳热为Q ，导体棒获得的动能为E k .则( )图7A ．W1＝QB ．W 2－W 1＝QC．W1＝E k D．W F＋W G＝E k＋Q答案BCD解析以导体棒为研究对象：由动能定理知W1＝E k.①C正确；以磁铁为研究对象：由动能定理知W F－W2＋W G＝0.②由功能关系和能量守恒知克服磁场力做的功W2等于回路电能，电能一部分转化为焦耳热，另一部分转化为导体棒的动能，即W2＝Q＋E k③由①②③得W2－W1＝Q，W F＋W G＝Q＋E k，B、D正确．10. 法拉第圆盘发电机的示意图如图8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图8A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍答案AB解析将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向为从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BL v＝12BL2ω，I＝ER＋r，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝B2L4ω2R4(R＋r)2知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错．三、实验题(本题共1小题，共8分)11．(8分)在研究电磁感应现象的实验中．(1)为了能明显地观察到实验现象，请在如图9所示的实验器材中选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．图9(2)将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中的感应电流方向与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．答案(1)见解析图(2)相反(3)相同解析(1)实物电路图如图所示．(2)因闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故电流绕行方向相反．(3)将原线圈拔出时，穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，故电流绕行方向相同．四、计算题(本题共4小题，共48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．)12．(10分)如图10所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架固定在绝缘水平面上，相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T．现垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，使棒ab从静止开始无摩擦地运动，棒始终与MM′、NN′保持良好接触．图10(1)求棒ab能达到的最大速度；(2)若棒ab从静止到刚好达到最大速度的过程中，导体棒ab上产生的热量Q R1＝1.2 J，求该过程中棒ab的位移大小．答案 (1)5 m/s (2)1.425 m解析 (1)ab 棒做加速度逐渐变小的加速运动，当a ＝0时，设最大速度为v m F ＝BIl I ＝ER 1＋R 2E ＝Bl v m 得v m ＝F (R 1＋R 2)B 2l 2＝5 m/s (2)棒ab 从静止到刚好达到v m 的过程中，设闭合电路产生的总热量为Q 总，Q 总Q R 1＝R 1＋R 2R 1对棒ab 由功能关系 Fs ＝Q 总＋12m v 2m得s ＝1.425 m.13．(12分)如图11所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW ，输出电压为400 V ，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2 kV 高压输电，最后用户得到220 V 、9.5 kW 的电力，求：图11(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2； (2)输电线路导线的总电阻R ；(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n 3∶n 4. 答案 (1)1∶5 (2)20 Ω (3)95∶11 解析 (1)n 1n 2＝U 1U 2＝15.(2)ΔP ＝0.5 kW ＝I 22R又P 1＝P 2＝U 2I 2 所以I 2＝5 A ，R ＝20 Ω. (3)U 3＝U 2－I 2R n 3n 4＝U 3U 4 解得n 3n 4＝9511.14. (12分)如图12所示是一个交流发电机的示意图，线圈abcd 处于匀强磁场中，已知ab 、bc 边长都为l ＝20 cm ，匀强磁场的磁感应强度B ＝ 2 T ，线圈的匝数N ＝10，线圈的总电阻r ＝5 Ω，外电路负载电阻R ＝15 Ω，线圈以ω＝100 rad/s 的角速度匀速转动，电表是理想电表．求：图12(1)两个电表的示数；(2)从图示位置开始转过45°过程中通过R 的电荷量； (3)线圈匀速转动一周外力所做的功．答案 (1)电压表示数为30 V ，电流表示数为2 A (2)0.02 C (3)5 J解析 (1)设正弦交流电源的电压峰值为E m ，有效值为E 有 E m ＝NBSω＝NBl 2ω＝40 2 V E 有＝E m2＝40 V 由闭合电路欧姆定律得电流表示数 I ＝E 有R ＋r＝2 A 电压表示数为U ＝IR ＝30 V .(2)设线圈在这一过程所用时间为Δt ，流过R 的电荷量为q q ＝I ΔtI ＝ER ＋rE ＝N ΔΦΔtΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS sin 45°－0＝Bl 2sin 45° 由以上各式求得q ＝N ΔΦR ＋r ＝N Bl 2sin 45°R ＋r ＝0.02 C(3)转动一周所用时间为T ＝2πω＝π50s 外力所做的功等于闭合电路一个周期内产生的热量 即W ＝Q ＝E 2有R ＋r T .解得W ≈5 J.15．(14分)如图13所示，两根足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 间距为l ＝0.5 m ，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止．取g＝10 m/s2，问：图13(1)通过cd棒的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W是多少？答案(1)1 A，方向由d到c(2)0.2 N(3)0.4 J解析(1)棒cd受到的安培力F cd＝IlB棒cd在共点力作用下平衡，则F cd＝mg sin 30°联立并代入数据解得I＝1 A，方向由d到c.(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等F ab＝F cd对棒ab由共点力平衡有F＝mg sin 30°＋IlB代入数据解得F＝0.2 N(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J热量，由焦耳定律可知Q＝I2Rt设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝Bl v由闭合电路欧姆定律知I＝E2R由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移s＝v t力F做的功W＝Fs综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.综合检测卷B(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是 ( )A ．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B ．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C ．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D ．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的 答案 B2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e ＝2202sin 100πt (V)，则( ) A ．交流电的频率是100π Hz B ．t ＝0时线圈位于垂直中性面处 C ．交流电的周期是0.02 s D ．t ＝0.05 s 时，e 有最大值 答案 C解析 根据公式ω＝2πf ，可得该交流电的频率为f ＝50 Hz ，A 错误； t ＝0时刻瞬时感应电动势为零，所以线圈位于中性面处，B 错误； 根据A 可得T ＝1f＝0.02 s ，C 正确；t ＝0.05 s 时，e ＝2202sin 5π V ＝0，D 错误．3．如图1所示，M 是一小型理想变压器，接线柱a 、b 接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度的升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R 1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R 3为一定值电阻．当传感器R 2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 ( )图1A.的示数不变，的示数增大B.的示数减小，的示数增大C.的示数不变，的示数增大D.的示数不变，的示数减小 答案 D4. 如图2所示，两条平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc 的ab 边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab 边垂直，则下列选项中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律 ( )图2答案 D解析感应电流的变化与感应电动势的变化一致，线圈进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，D正确．5．如图3所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略．单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那么S接B时()图3A．三个灯亮度相同B．甲灯最亮，丙灯不亮C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D．只有丙灯不亮，乙灯最亮答案 D解析开关S接A时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过，开关S接B时，电路处于直流工作状态，电容C“隔直流、通交流”；电感L“阻交流、通直流”；R对交流、直流有相同的阻抗．可判断此时电路中I丙＝0，I甲不变，I乙增大；又因为灯泡亮度与功率(P＝I2R)成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮．6．如图4所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()图4A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 答案 B解析 根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt l 2，则E a E b ＝(31)2＝91，选项B 正确；根据I＝E R ＝E ρ4nl S＝nΔB Δt l 2S 4ρnl ＝klS 4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS 4ρ·n ΔBΔtl 2＝nk 2l 3S 4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)7. 电阻为1 Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图5所示，现把此交变电动势加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )图5A ．线圈转动的角速度为100 rad/sB ．在0～0.005 s 时间内，通过电阻的电荷量为15π CC ．电热丝两端的电压为180 VD ．电热丝的发热功率为1 800 W 答案 BD解析 由题图可知T ＝0.02 s ，ω＝2πT ＝100π rad/s ，A 错误．在0～0.005 s 内，由U m ＝nBSω，得BS ＝2π Wb ，q ＝ΔΦR ＋r ＝BS －0R ＋r ＝15π C ，B 正确．电热丝两端电压U ＝R R ＋r ·U m2＝90 2 V ，C 错误．电热丝的发热功率P ＝U 2R ＝(902)29W ＝1 800 W ，D 正确． 8．某发电厂原来用电压为U 1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压变压器将电压升高为U 2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的总电阻为R 线，则下列说法中正确的是 ( ) A ．由公式I ＝P U 2可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的150B ．由公式I ＝U 2R 线可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C ．由公式P ＝I 2R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的12 500D ．由公式P ＝U 22R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗增为原来的2 500倍答案 AC解析 由U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝50U 1，输送功率不变，由公式I ＝P U 2可知，输电线中的电流变为原来的150，选项A 正确，B 错误；由P ＝I 2R 线可知，输电线上的功率损耗减为原来的12 500，选项C 正确，D 错误．9. 如图6所示，单匝矩形线圈abcd 的边长分别是ab ＝L ，ad ＝D ，线圈与磁感应强度为B 的匀强磁场平行，线圈以ab 边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时) ( )图6A ．t ＝0时线圈的感应电动势为零B ．转过90°时线圈的感应电动势为零C ．转过90°的过程中，线圈中的平均感应电动势为12ωBLDD ．转过90°的过程中，线圈中的平均感应电动势为2ωBLDπ答案 BD解析 A 、B 两选项中都是瞬时感应电动势，用E ＝Bl v 求解比较方便．t ＝0时，只有cd 边切割磁感线，感应电动势E 1＝Bl v ＝BL ·ωD ＝BSω≠0，A 错；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E 2＝0，B 正确；C 、D 两选项求的都是平均感应电动势，用E ＝ΔΦΔt 较方便．转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD ，转过90°所用时间Δt ＝T 4＝2πω4＝π2ω，故平均电动势为E ＝ΔΦΔt ＝BLD π2ω＝2ωBLDπ，故C 错，D正确．10．如图7，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )图7A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 答案 BC解析 当导线框进入磁场过程中，根据E ＝12BR 2ω可得，感应电动势恒定，感应电流恒定，不是正弦交流电，A 错误，C 正确；当导线框进入磁场时，根据楞次定律可得，两导线框中的感应电流方向为逆时针，当导线框穿出磁场时，根据楞次定律可得，导线框中产生的感应电流为顺时针，所以感应电流的周期和导线框运动周期相等，B 正确；导线框N 在完全进入磁场后有T4时间穿过导线框的磁通量不变化，没有感应电动势产生，即导线框N 在0～T 4和T 2～3T4内有感应电动势，其余时间内没有；而导线框M 在整个过程中都有感应电动势，即便两导线框电阻相等，两者的电流有效值也不会相同，D 错误． 三、实验题(本题共1小题，共8分)11．(8分)如图8甲所示是某同学探究热敏电阻的阻值随温度变化的规律时设计的电路图．图8(1)根据电路图，在图乙的实物上连线．(2)通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图9所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而________．图9(3)他将这个热敏电阻接入如图10所示的电路中，已知电源电压为9 V ，R 1＝30 Ω，内阻不计的毫安表读数为500 mA ，则R 2的阻值为________．图10答案 (1)连接实物图如图所示(2)减小 (3)25 Ω解析 (2)由热敏电阻伏安特性曲线可知：随电流、电压的增大，曲线斜率也增大，因此热敏电阻的阻值减小．(3)毫安表内阻不计，则通过R 1的电流 I 1＝E R 1＝930 A ＝300 mA.通过R 2和R 的电流为I 2＝I A －I 1＝500 mA －300 mA ＝200 mA ，由R 的伏安特性曲线可以读出，当I 2＝200 mA 时，R 两端的电压为U ＝4 V ， 则R 2两端的电压U 2＝E －U ＝5 V ， 所以R 2＝U 2I 2＝5200×10－3Ω＝25 Ω.四、计算题(本题共4小题，共48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．)12. (10分)如图11所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt ＝k ，k 为正的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的正方形方框．将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中，求：图11(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率． 答案 (1)klS 8ρ (2)k 2l 2S8ρ解析 (1)方框产生的感应电动势为 E ＝ΔΦΔt① ΔΦ＝12l 2·ΔB②导线中的电流为I ＝ER③式中R 是导线的总电阻，根据电阻率公式有 R ＝ρ4l S④ 联立①②③④式，将ΔB ＝k 代入得I ＝klS8ρ.⑤(2)方框所受磁场的作用力的大小为 F ＝BIl⑥磁场对方框的作用力的大小随时间的变化率为 ΔF Δt ＝Il ΔBΔt⑦由⑤⑦联立得ΔF Δt ＝k 2l 2S 8ρ.13．(12分) 如图12所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长为l 1，宽为l 2，共有n 匝，总电阻为r ，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R 的定值电阻．线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′匀速转动，沿转动轴OO ′方向看去，线圈转动方向沿顺时针方向．求：图12(1)线圈经过图示位置时通过电阻R 上的感应电流的方向；(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R 上电流的瞬时值第一次为零？ (3)与电阻并联的电压表的示数是多少？ 答案 (1)自上而下 (2)π2ω (3)2nBl 1l 2ωR2(R ＋r )解析 (1)根据右手定则判断，R 上的感应电流的方向为自上而下． (2)t ＝14T ＝2π4ω＝π2ω.(3)E m ＝nBl 1l 2ω，所以E ＝22nBl 1l 2ω. U R ＝R R ＋r ·E ＝2nBl 1l 2ωR 2(R ＋r ).14．(12分) 据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间，照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图13所示，假设“天宫一号”正以速度v ＝7.7 km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M 、N 的连线垂直，M 、N 间的距离L ＝20 m ，地磁场的磁感应强度垂直于v 、MN 所在平面的分量B ＝1.0×10－5 T ，将太阳帆板视为导体．图13(1)求M 、N 间感应电动势的大小E ；(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V ,0.3 W ”的小灯泡与M 、N 相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由．(3)取地球半径R ＝6.4×103 km ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h (计算结果保留一位有效数字)． 答案 (1)1.54 V (2)不能 理由见解析 (3)4×105 m解析 (1)由法拉第电磁感应定律知E ＝BL v ， 代入数据得E ＝1.54 V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流． (3)在地球表面有G MmR 2＝mg匀速圆周运动G Mm(R ＋h )2＝m v 2R ＋h解得h ＝gR 2v2－R ，代入数据得h ≈4×105 m.15. (14分)如图14所示，在距离水平地面h ＝0.8 m 的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．正方形线框abcd 的边长l ＝0.2 m ，质量m ＝0.1 kg ，电阻R ＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑定滑轮，一端连线框，另一端连一质量M ＝0.2 kg 的物体A (A 未在磁场中)．开始时线框的cd 边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A ，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd 边进入磁场时物体A 恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g 取10 m/s 2.求：图14(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小．(2)线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？ (3)线框落地时的速度多大？ 答案 (1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s解析 (1)设线框到达磁场边界时速度大小为v ，由机械能守恒定律可得： Mg (h －l )＝mg (h －l )＋12(M ＋m )v 2代入数据解得：v ＝2 m/s线框的ab 边刚进入磁场时，感应电流：I ＝Bl vR线框恰好做匀速运动，有： Mg ＝mg ＋IBl代入数据解得：B ＝1 T.(2)设线框进入磁场之前运动时间为t 1，有： h －l ＝12v t 1代入数据解得：t 1＝0.6 s线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间： t 2＝lv ＝0.1 s此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到达最高点时所用时间：t 3＝vg ＝0.2 s线框从开始运动至到达最高点，所用时间： t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.9 s(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小仍为2 m/s ，线框所受安培力大小也不变，即 IBl ＝(M －m )g ＝mg因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动． 由机械能守恒定律可得： 12m v 21＝12m v 2＋mg (h －l ) 代入数据解得线框落地时的速度： v 1＝4 m/s.。

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 .。

【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。

(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。

【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。

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。

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。

(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．。

最新粤教版高中物理选修3-2测试题及答案全套章末检测卷一(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是()A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零答案 C解析电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．2．如图1，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若()图1A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向答案 D解析根据楞次定律，当金属环上、下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属环向左移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属环向右移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D 正确．3. 用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图2所示，在ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB ＝k (k ＜0)．则 ( )图2A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有收缩的趋势C ．圆环中感应电流的大小为|krS 2ρ| D ．图中a 、b 两点间的电势差大小为U ab ＝|14πkr 2| 答案 D解析 由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A 、B 错误；圆环中产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt＝ΔB Δt S ＝|12πr 2k |，圆环的电阻为R ＝ρl S ＝2πρr S ，所以圆环中感应电流的大小为I ＝E R ＝|krS 4ρ|，故C 错误；图中a 、b 两点间的电势差U ab ＝I ×12R ＝|14πkr 2|，故D 正确． 4. 如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC 位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 ( )图3A ．导线框中感应电流的方向依次为ACBA →ABCA →ACBAB ．导线框内的磁通量为零时，感应电流也为零C ．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D ．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动答案 A解析 根据安培定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC 在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC 边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA →ABCA →ACBA ，A 正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B 错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C 、D 错误．5．如图4所示，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝10 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝9 Ω，磁感应强度B 的B －t 图象如图所示(以向右为正方向)，则( )图4A ．感应电动势为0.6 VB ．感应电流为0.06 VC ．电阻R 两端的电压为0.54 VD ．0～1 s 内感应电流的方向为从C 点通过R 流向A 点答案 D解析 由图象可知⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ＝6 T/s ，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为E ＝n ⎪⎪⎪⎪ΔΦΔt ＝n ⎪⎪⎪⎪ΔB Δt S ＝1 000×6×10×10－4 V ＝6 V ，故选项A 错误；感应电流为I ＝E R ＋r ＝69＋1A ＝0.6 A ，故选项B 错误；电阻R 两端的电压为U ＝IR ＝0.6×9 V ＝5.4 V ，故选项C 错误；0～1 s 通过螺线管的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为从C 点通过R 流向A 点，故选项D 正确．6．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图5甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t ＝0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I 1、I 2、I 3分别表示Oa 、ab 、bc 段的感应电流，F 1、F 2、F 3分别表示感应电流为I 1、I 2、I 3时金属圆环上很小一段受到的安培力，则( )图5A ．I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向B ．I 2沿逆时针方向，I 3沿顺时针方向C ．F 1方向指向圆心，F 2方向指向圆心D ．F 2方向背离圆心向外，F 3方向背离圆心向外答案 A解析 根据楞次定律“增反减同”的规律可推知A 正确，B 错误；由“增缩减扩”的规律可知，F 1与F 3的方向指向圆心，F 2方向背离圆心向外，故C 、D 错误．7．在边长为L 的等边三角形区域abc 内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L 的等边三角形导线框def 在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef 始终与磁场的底边界bc 在同一直线上，如图6所示．取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是( )图6答案 B解析 线框进入磁场后，切割的有效长度为：l ＝12v t tan 60°，产生的感应电动势为：E ＝Bl v ＝12B v 2t tan 60°，所以感应电流为：I ＝12B v 2t tan 60°R，从开始进入磁场到d 与a 重合之前，电流与t 是成正比的，由楞次定律判得线框中的电流方向是顺时针的，此后线框切割的有效长度均匀减小，电流随时间变化仍然是线性关系，由楞次定律判得线框中的电流方向是逆时针的，综合以上分析可知B 正确，A 、C 、D 错误．8．如图7所示是研究通电自感实验的电路图，A 1、A 2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R 的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R 1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S ，则 ( )图7A ．闭合瞬间，A 1立刻变亮，A 2逐渐变亮B ．闭合瞬间，A 1、A 2均立刻变亮C ．稳定后，L 和R 两端的电势差一定相同D ．稳定后，A 1和A 2两端的电势差不相同答案 C解析 断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A 2立刻变亮，而A 1逐渐变亮，A 、B 均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R 的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R 接入电路的阻值与线圈L 的电阻一样大，线圈L 和R 两端的电势差一定相同，A 1和A 2两端的电势差也相同，所以C 正确，D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)9. 如图8所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )图8A ．2是磁铁，1中产生涡流B ．1是磁铁，2中产生涡流C ．该装置的作用是使指针能够转动D ．该装置的作用是使指针能很快地稳定下来答案AD解析当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之，不管1向哪个方向转动，2对1的效果总是起到阻尼作用，所以它能使指针很快地稳定下来．10. 如图9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9A．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，圆盘将匀速转动答案ABD解析由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E＝BL v可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D正确．11. 如图10所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场()图10A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里答案CD解析对于导线回路来说，圆形面积最大，即由于磁场变化，导致导线回路面积变大，根据楞次定律“增缩减扩”，可判断磁场在减弱，可能是方向垂直软导线回路平面向外的磁场逐渐减弱，也可能是方向垂直软导线回路平面向里的磁场逐渐减弱，选项C、D对．12. 如图11所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是()图11A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C．电流所做的功一定等于重力势能的增加量D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量答案BD解析当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A、C错误，D正确．克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确．三、实验题(本题共2小题，共10分)13．(4分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图12所示．已知线圈由a端开始绕至b 端：当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转．图12(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)．(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)．答案(1)顺时针(2)逆时针解析(1)由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈)．(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈)．14．(6分)如图13所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．图13(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A．将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________．B．线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．答案(1)见解析图(2)向右偏转一下向左偏转一下解析(1)如图所示(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B.向左偏转一下．四、计算题(本题共3小题，共38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．)15．(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)图14 图15(1)为使“电磁天平”的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图15所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt. 答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s解析 (1)“电磁天平”中的线圈受到安培力，I ＝2.0 A 时线圈的匝数最少F ＝N 1B 0IL由天平平衡可知：mg ＝N 1B 0IL代入数据解得：N 1＝25匝．(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔB ΔtLd 由欧姆定律得：I ′＝E R线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L由天平平衡可得：m ′g ＝F ′联立各式，代入数据可得ΔB Δt＝0.1 T/s. 16．(13分)如图16所示，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：图16(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E ＝Bl v③联立①②③式可得E ＝Blt 0(F m －μg ) ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，有F －μmg －F 安＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m. 17．(15分)如图17甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距L ＝0.8 m ，下端接有阻值R ＝3 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m ＝0.1 kg 、阻值r ＝0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M ＝0.9 kg 的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM 方向．棒由静止释放后，沿NM 方向位移s 与时间t 之间的关系如图乙所示，其中ab 为直线．已知棒在0～0.3 s 内通过的电荷量是0.3～0.4 s 内通过电荷量的2倍，取g ＝10 m/s 2，求：图17(1)0～0.3 s 内棒通过的位移s 1的大小；(2)电阻R 在0～0.4 s 内产生的热量Q 1.答案 (1)0.6 m (2)3 J解析 (1)棒在0～0.3 s 内通过的电荷量q 1＝I Δt 1平均感应电流I ＝E R ＋r回路中平均感应电动势E ＝Bs 1LΔt 1得q 1＝BLs 1R ＋r同理，棒在0.3～0.4 s 内通过的电荷量 q 2＝BL (s 2－s 1)R ＋r由图乙读出0.4 s 时刻位移大小s 2＝0.9 m 又q 1＝2q 2 解得s 1＝0.6 m.(2)由题图乙知棒在0.3～0.4 s 内做匀速直线运动，棒的速度大小v ＝0.9－0.60.4－0.3 m /s ＝3 m/s对系统，根据能量守恒定律 Q ＝Mgs 2－mgs 2sin θ－12(M ＋m )v 2代入数据解得Q ＝3.15 J 根据焦耳定律有Q 1Q ＝RR ＋r代入数据解得Q 1＝3 J.章末检测卷二(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图1所示，矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，ad ＝bc ＝l 1，ab ＝cd ＝l 2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则( )图1A ．以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωtB ．以O 1O 1′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωtC ．以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωcos ωtD ．以OO ′为转轴和以ab 为转轴一样，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωt 答案 C解析 以O 1O 1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．无论是以OO ′为轴还是以ab 为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl 1l 2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C 正确． 2．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( ) A.P 4 B.P2 C ．2P D ．4P 答案 A解析 在超高压输电中，设输送电功率为P ′，输电电压为U ，输电线总电阻为R ，则输电线上损耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫P ′U 2R ，当输电电压升为原来的2倍时，输电线上损耗的电功率变为原来的14，故选A.3．一交流发电机，当转速为n 1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0 B ．该交流发电机线圈的转速为50 r/sC ．若加在标有“220 V 100 W ”的灯泡的两端，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值表达式为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臵，磁通量最大，因此选项A 错误．4. 如图2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，副线圈接入一只“220 V 60 W ”的灯泡，且灯泡正常发光，则 ( )图2A ．电流表的示数为32220 AB ．电源输出功率为1 200 WC ．电流表的示数为3220AD ．原线圈两端电压为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 ，则原线圈两端电压U 1＝n 1U 2n 2＝4 400 V ，电流I 1＝n 2I 2n 1＝3220 A ，所以电流表的示数为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．5. 如图3所示，线框匝数为N ，面积为S ，以角速度ω绕垂直磁感应强度为B 的匀强磁场的轴匀速转动．线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R 、理想电流表和二极管D .二极管D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是( )图3A ．图示位置电流最大B ．R 两端电压的有效值U ＝ω2NBS C ．交流电流表的示数I ＝ω2R NBSD ．一个周期内通过R 的电荷量q ＝2BSR答案 C解析 由题图可知，图示位臵通过R 的电流为零，R 两端的电压随时间的变化规律如图所示．设电压的有效值为U ，在一个周期内有：(NBSω2)2R ·T 2＝U 2R T ，解得：U ＝12NBSω，电流的有效值I ＝U R ＝NBSω2R ，在一个周期内，只有半个周期的时间有电流通过R ，故：q ＝N ΔΦR ＝2NBSR.故选C.6．一含有理想变压器的电路如图4所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图4A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 B解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)7．我国“西电东送”采用高压直流输电，继三峡至常州500 kV 直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV 直流输电工程．这种输电方式是在高压交流远距离输电的基础上，增加了把交流变为直流的“整流”设备，用户端用专用的“逆变”设备把直流变为交流．关于高压远距离直流输电，下列说法正确的有( ) A ．“整流”设备应放在升压变压器后，而“逆变”设备放在降压变压器前 B ．有利于消除输电线路中感抗和容抗的影响 C ．可以实现不同频率的交流电网络之间的电力传输 D ．高压远距离直流输电对输电线路绝缘性能无要求 答案 ABC8. 如图5所示的电路，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是( )图5A．a、b端接稳恒直流电，灯泡发亮B．a、b端接交变电流，灯泡发亮C．a、b端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容增大时，灯泡亮度增大D．a、b端接交变电流，灯泡发亮，在不改变交变电流有效值的情况下增大其频率，灯泡亮度增大答案BCD解析电容器有“通交流，隔直流，通高频，阻低频”的特点，B、D项正确，A错误；增大电容器的电容，电容的阻碍作用减小，电流增大，灯泡的亮度增大，C项正确．9．如图6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n1＝600匝，副线圈匝数n2＝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，则副线圈两端可以接()图6A．阻值为14.4 Ω的电阻B．并联两盏“36 V40 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0.02 s，频率为50 Hz，则副线圈得到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，原线圈所接电源电压的有效值为180 V，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U2＝120600×180 V，得U2＝36 V，两灯泡接入电路时，原线圈中的电流I1＝49A≈0.44A＜0.5 A，B正确；副线圈两端电压的有效值为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＝14.4 Ω，A正确．10．如图7甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，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的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()图7A ．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0.8 W 答案 AD解析 由题图乙可知，U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，则ω＝2πT＝100π rad/s ，输入电压u ＝202sin (100πt ) V ，故A 正确；由变压器的变压规律知：U 1U 2＝n 1n 2，故U 2＝U 1n 2n 1＝20×15 V ＝4 V ，将S 1接1、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，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L 1、L 2串联，故L 1、L 2均不能正常发光，B 错误；此时P 出＝U 22R 总，副线圈负载R 总增大，故P 出减小，又P 入＝P 出，故原线圈的输入功率减小，C 错误；当S 1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R ，故P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确． 三、填空题(本题共2小题，共10分)11. (4分)一交流电压随时间变化的图象如图8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，则电容器的耐压值应不小于________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，电路中保险丝的熔断电流不能低于________ A.图8答案 50 200210解析 由题图知T ＝0.02 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 ＝210A.。

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。