高中物理选修1-2：第3章第4节第5节同步练习

1．(2012·南昌高二检测)关于电能的输送，下列说法正确的是()A．长距离输电可以用低压输送B．低压输电的目的是为了减小输电的损耗C．高压输电的目的是为了减小输电的损耗D．采用高压输电后线路就没有损耗了【答案】 C2．输电线路输送4 840 kW的电功率，采用110 kV高压输电时，输电导线中的电流为I1；假如用2 200 V电压输电时，输电导线中的电流为I2，则I1、I2的值是()A．I1＝4.4×104A B．I1＝44 AC．I2＝2.2 A D．I2＝2.2×103 A【解析】由公式：P＝UI，I1＝PU＝4 840 kW110 kV＝44 A；I2＝4 840 kW2 200 V＝2.2×103A，所以B、D正确．【答案】BD3．(2013·宝鸡检测)关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是()A．由功率P＝U2/R，应降低输电电压，增大导线电阻B．由P＝IU，应低电压小电流输电C．由P＝I2R，应减小导线电阻或减小输电电流D．上述说法均不对【解析】输电线损失的功率ΔP＝I2R＝P2U2R，即损失的功率随输电线电阻的增大而增大；损失的功率与输送电压的平方成反比．【答案】 C4．我国已投产运行的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、乙两地原采用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/4B．P/2C．2P D．4P【解析】由P＝UI可知输出电压由500 kV升高到1 000 kV时，电路中的电流将减为原来的一半；由P损＝I2R线可知电路中损耗的功率变为原来的14，选项A正确．【答案】 A5．(2013·承德检测)冬天，我国南方天气异常造成的低温雨雪冰冻使我国部分地区严重受灾，其中高压输电线因结冰而损毁严重．此次灾情牵动亿万人的心．为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热功率需变为9ΔP，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)()A．输电电流为3I B．输电电流为9IC．输电电压为3U D．输电电压为1 3U【解析】根据输电功率P＝UI，输电线上电阻为R，则ΔP＝I2R＝(PU)2R，除冰时，输电线上的热耗功率为9ΔP，那么输电电流应为3I，输电功率保持不变，所以，输电电压为U/3.【答案】AD6．发电机的路端电压为U，经电阻为R的输电线向远方用户供电，发电机的输出功率为P，则()A．输电线上的电流为P/UB．输电线上的功率损失为U2/RC．用户得到的功率为P－(PU)2·RD．用户得到的电压为PR/U【解析】本题是从发电机直接输送给用户，输送电流即是P/U，所以A 对．由于输电线上的电压不是U，U是输送电压，所以B错．用户得到的功率是输送功率减去线路上损失的功率，C对．D是线路上损失的电压，不是用户得到的电压，D错．【答案】AC7．远距离输电线路的示意图如图3－5－2所示．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是()图3－5－2A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压【解析】变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大，消耗功率增大，输小决定的，故A、B错；用户用电器总电阻减小，由P＝U2R电线中电流增大，线路损失功率增大，C对；升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器的输入电压，D错．【答案】 C8．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．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，输电线上损失电压大D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流【解析】用电高峰，用户总电阻比深夜时小，总功率较大，干路电流较大，使输电线上电压损失随之增大，用电器的电压减小，所以电灯比深夜时要显得暗些．【答案】 C9．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是() A．输电线上输送的电流大小为2×105 AB．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻【解析】由P＝IU得输电线上输送的电流I＝PU＝3×106×103500×103A＝6×103 A，由ΔU＝Ir得输电线路上的电压损失ΔU＝6×103×2.5 V＝15×103 V，若改用5 kV电压输电，输电线上损失的功率为ΔP＝I′2r＝P2U′2r＝(3×1065)2×2.5 W＝9×1011 W>3×106 kW，这是不可能的，所以C错误，选项B正确．【答案】 B10．发电机的输出电压为U，输出总功率为P，通过总电阻为R的输电线向用户供电，则输电线上电流为________，输电线上的电压降落为________，输电线上损失的电功率为________，用户得到的电压为________，用户得到的功率________.【答案】PUPU R(PU)2R U－PU R P－(PU)2R11．一台发电机的功率是40 kW，用电阻为0.2 Ω的导线输送到用户，(1)若用220 V的电压输电，输电线上损失的功率是多少？(2)若用22 kV的电压输电，输电线上损失的功率又是多少？【解析】要求出输电线上损失的功率，首先根据P＝UI求出输电线中的电流，再根据焦耳定律Q＝I2Rt和P＝W/t(因为W＝Q)可求出输电线上损失的功率P损＝I2R线．(1)当输电电压为U1＝220 V时，输电电流为：I1＝PU1＝2 00011A，所以输电线上损失的功率为：P1＝I21R线＝(2 00011)2A×0.2 Ω＝6 611.6 W.(2)当输电电压为U2＝22千伏时，输电电流为：I2＝PU2＝2011A，所以输电线上损失的功率为：P 2＝I 22R 线＝0.661 16 W.【答案】 (1)6 611.6 W (2)0.661 16 W12．发电机输出功率为40 kW ，输出电压400 V ，用原、副线圈的匝数比为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线总电阻为5 Ω，到达用户后再用变压器降为220 V ，求(都为理想变压器)：(1)输电线上损失的电功率是多少？(2)降压变压器的原、副线圈匝数比为多少？【解析】 画输电示意图如图所示：(1)由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝U 1n 2n 1＝400×51 V ＝2 000 V 又P 2＝P 1＝U 2I 2，所以I 2＝P 2U 2＝40×1032 000 A ＝20 A ΔU ＝I 2R ＝20×5 V ＝100 VΔP 损＝I 22R ＝202×5 W ＝2 000 W.(2)U 3＝U 2－ΔU ＝2 000 V －100 V ＝1 900 V所以n 3n 4＝U 3U 4＝1 900220＝9511. 【答案】 (1)2 000 W (2)95∶11。

高中物理选修1-2 同步练习1.关于晶体与非晶体的区别，下列叙述哪一个是正确的()A．晶体有规则几何形状，在晶体内各个方向物理性质都相同B．晶体没有几何形状，在晶体里各个方向物理性质都不同C．非晶体没有规则形状，在非晶体里各个方向物理性质都相同D．非晶体具有规则形状，在非晶体里各个方向物理性质都不同解析：选C.晶体分为单晶体和多晶体，都有确定的熔点，单晶体有规则的形状，具有各向异性；多晶体和非晶体都没有规则的形状，都是各向同性，所以选C.2.下列物体：①松香，②明矾，③石英，④玻璃，⑤铝，⑥雪花，属于晶体的是() A．只有①②③⑤B．只有②③⑤⑥C．只有②③④⑥D．只有①②③④答案：B3.在样本薄片上均匀地涂上一层石蜡，然后用灼热的金属针尖点在样本的另一侧面，结果得到如图1－3－1所示的两种图样，则()图1－3－1A．样本甲一定是非晶体B．样本甲可能是非晶体C．样本乙一定是晶体D．样本乙不一定是晶体答案：BC4.(2011·高考山东卷)人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是()A．液体的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用解析：选AD.分子势能与分子间距有关，选项A正确；晶体分子分为单晶体和多晶体，单晶体的某个性质具有各向异性，而多晶体具有各向同性，选项B错误；温度升高，分子平均动能增大，但每个分子的动能不一定增大，选项C错误；露珠呈球状就是因为液体表面张力的作用，选项D正确．5.由于组成多晶体的许多小晶体是________排列的，因此多晶体______规则的几何形状，物理性质是各向________的．答案：无规则没有同性一、选择题1.如果某个固体在不同方向上的物理性质是相同的，那么()A．它一定是晶体B．它一定是多晶体C．它一定是非晶体D．它不一定是非晶体答案：D2.关于晶体和非晶体的说法，正确的是()A．所有的晶体都表现为各向异性B．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属一定是非晶体C．大粒盐磨成细盐，就变成了非晶体D．所有的晶体都有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点解析：选D.只有单晶体才表现为各向异性，故A错；单晶体有规则的几何形状，而多晶体无规则的几何形状，金属属于多晶体，故B错；大粒盐磨成细盐，而细盐仍是形状规则的晶体，在放大镜下能清楚地观察到，故C错；晶体和非晶体的一个重要区别，就是晶体有确定的熔点，而非晶体无确定的熔点，故D对．3.如图1－3－2是两种不同物质的熔化曲线，根据曲线下列说法正确的是()图1－3－2A．甲是晶体B．乙是晶体C．甲是非晶体D．乙是非晶体解析：选AD.晶体在熔化过程中不断吸热，但温度不变，即有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，不断加热，非晶体不断变软，然后熔化，温度不断上升，因此甲对应的是晶体，乙对应的是非晶体．4.(2012·浏阳一中高二检测)如图1－3－3甲所示，金属框架的A、B间系一个棉线圈，先使其布满肥皂膜，然后将P和Q两部分肥皂膜刺破后，线的形状将如图乙中的()图1－3－3解析：选C.在表面张力作用下液体表面有收缩到最小的趋势，由此可判断C正确．5.以下关于液体的说法正确的是()A．非晶体的结构跟液体非常类似，可以看做是黏滞性极大的液体B．液体的物理性质一般表现为各向同性C．液体的密度总是小于固体的密度D．所有的金属在常温下都是固体解析：选AB.由液体的微观结构知A、B正确；有些液体的密度大于固体的密度，例如汞的密度就大于铁、铜等固体的密度，故C错；金属汞在常温下就是液体，故D错．6.关于液体表面的收缩趋势的说法中正确的是()A．因为液体表面分子分布比内部密，所以有收缩趋势B．液体表面分子有向内运动的趋势，表现为收缩趋势C．因为液体表面分子分布比内部稀疏，所以有收缩趋势D．因为液体表面分子所受引力与斥力恰好互相平衡，所以有收缩趋势答案：C7.玻璃烧杯中盛有少许水银，在太空轨道上运行的宇宙飞船内，水银在烧杯中呈怎样的状态(如图1－3－4所示)()图1－3－4解析：选D.表面张力使液体表面收缩到液面最小，故呈球形，D对．图1－3－58.如图1－3－5所示，一块密度、厚度均匀的矩形被测样品，长AB为宽CD的两倍，若用多用电表沿两对称轴测其电阻均为R，这块样品可能是()A．金属B．多晶体C．单晶体D．非晶体解析：选C.因为沿两对称轴的电阻相等，但长度和横截面积不相等，所以沿轴AB和CD方向的电阻率不同，即沿AB和CD方向的导电性能不同，表现为各向异性，所以样品是单晶体，选C，多晶体和非晶体都是各向同性，金属也属于多晶体，A、B、D错．9.处在液体表面层的分子与液体内部分子相比较具有()A．较小的势能B．较大的势能C．相同的势能D．较大的动能解析：选B.液体内部的分子距离可以认为是平衡时的距离，表面层的分子距离比内部分子距离大，根据分子势能与距离的关系可知，处在液体表面层的分子势能较大，故B正确．图1－3－610.(2011·高考福建卷)如图1－3－6所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T.从图中可以确定的是()A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0B．曲线M的bc段表示固液共存状态C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态解析：选B.晶体有固定的熔点，非晶体无固定的熔点，在熔化过程中，是固液共存的，故B 正确．二、非选择题11.收集雪花的各种图案，试探究它们的异同，并判断雪花是晶体还是非晶体．解析：冬天，水汽在玻璃窗上结晶时会形成美观而有规则的冰窗花，它有时呈羽毛状，有时像一张张蕨类植物的叶子，有“茎”有“脉”．用放大镜仔细观看几片雪花，你会发现，虽然没有两片雪花是完全相同的，但所有的雪花都呈现六角形的规则图案．雪花是由微小的冰晶组成的晶体．答案：见解析12.毛笔插入水中，笔毛就散开，拿出来后笔毛就合拢在一起，试解释这一现象．解析：毛笔插入水中后，每根纤维都受到各个方向相同的水的作用力．笔毛相当于只受自身弹力作用，故呈散开状态．拿出水面后，外层的笔毛受水的表面张力作用，总要使其表面收缩至最小，因而会合拢在一起．答案：见解析。

A．变大 C．不变
A．1∶1
C．2∶1
9、一台理想降压变压器从10 kV的线路中降压并提供
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定
A．当S闭合瞬间，小灯泡将慢慢变亮
B．当S闭合瞬间，小灯泡立即变亮
C．当S断开瞬间，小灯泡慢慢熄灭
13、如图所示，变压器原线圈匝数
圈的交变电压U1
(1)副线圈的交变电压U2为多大；
(2)副线圈的交变电流I2为多大．
14、电磁炉是利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，磁化铁质锅底，使之形成无数个小涡流，加快锅底分子运动，
其工作原理如图所示．
(1)使用微型电脑控制的电磁炉加热时不产生明火、
A．变大 C．不变
A．1∶1
C．2∶1
【答案】B　[正弦交变电流的有效值为
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定
A．当S闭合瞬间，小灯泡将慢慢变亮
B．当S闭合瞬间，小灯泡立即变亮
C．当S断开瞬间，小灯泡慢慢熄灭
[解析]　由法拉第电磁感应定律知，在时间E ＝＝B ＝ΔΦΔt ΔS Δt (1)副线圈的交变电压U 2为多大；
(2)副线圈的交变电流I 2为多大．
[解析]　(1)由＝得U 2＝U 1U 2n 1n 2U (2)因为P 入＝P 出，所以U 1I 1
(1)使用微型电脑控制的电磁炉加热时不产生明火、
高效节能，是现代家庭中理想的灶具．请写出电磁炉在使用中触及到的物理知识(只写两点)：________和________。

（人教版）高中物理选修3-2（全册）课时同步练习汇总第四章第1、2节划时代的发现探究感应电流的产生条件课时达标训练新人教版选修3-2一、单项选择题1．下列现象中属于电磁感应现象的是( )A．磁场对电流产生力的作用B．变化的磁场使闭合电路中产生电流C．插在通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场2.如图所示, 矩形线框abcd 放置在水平面内, 磁场方向与水平方向成α角, 已知sinα＝45, 回路面积为S , 磁感应强度为B , 则通过线框的磁通量为( )A ．BS B.45BS C.35BS D.34BS3．如图所示, 开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直, 且一半在磁场内, 一半在磁场外, 若要使线框中产生感应电流, 下列办法中不可行的是( )A ．将线框向左拉出磁场B ．以ab 边为轴转动(小于90°)C ．以ad 边为轴转动(小于60°)D ．以bc 边为轴转动(小于60°)4．如图所示, 在匀强磁场中的矩形金属轨道上, 有等长的两根金属棒ab 和cd , 它们以相同的速度匀速运动, 则( )A ．断开开关S, ab 中有感应电流B ．闭合开关S, ab 中有感应电流C ．无论断开还是闭合开关S, ab 中都有感应电流D ．无论断开还是闭合开关S, ab 中都没有感应电流二、多项选择题5．我国已经制订了登月计划, 假如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, 通过观察电流表是否有示数来判断磁场的有无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, 则可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, 使线圈在某一平面内沿各个方向运动, 电流表无示数, 则不能判断月球表面有无磁场6.如图所示, 水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线, 以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系. 四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置, 两直导线中的电流大小与变化情况完全相同, 电流方向如图中所示, 当两直导线中的电流都增大时, 四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是( )A．线圈a中无感应电流 B．线圈b中有感应电流C．线圈c中有感应电流 D．线圈d中无感应电流7．如图所示, 线圈abcd在磁场区域ABCD中, 下列哪种情况下线圈中有感应电流产生( )A．把线圈变成圆形(周长不变)B．使线圈在磁场中加速平移C．使磁场增强或减弱D．使线圈以过ab的直线为轴旋转8．如图所示, 用导线做成圆形或正方形回路, 这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘), 下列组合中, 切断直导线中的电流时, 闭合回路中会有感应电流产生的是( )三、非选择题9.边长L＝10 cm的正方形线框固定在匀强磁场中, 磁场方向与线圈平面间的夹角θ＝30°, 如图所示, 磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋3t)T, 则第3 s内穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ为多少?10.如图所示, 有一个垂直于纸面向里的匀强磁场, B 1＝0.8 T, 磁场有明显的圆形边界, 圆心为O , 半径为r ＝1 cm. 现在纸面内先后放上与磁场垂直的圆线圈, 圆心均在O 处, A 线圈半径为1 cm, 10匝; B 线圈半径为2 cm, 1匝; C 线圈半径为0.5 cm, 1匝. 问:(1)在B 减为B 2＝0.4 T 的过程中, A 线圈和B 线圈磁通量改变多少? (2)在磁场转过30°角的过程中, C 线圈中磁通量改变多少?答案1．解析: 选 B 磁场对电流产生力的作用属于通电导线在磁场中的受力情况; 插在通电螺线管中的软铁棒被磁化属于电流的磁效应; 电流周围产生磁场属于电流的磁效应; 而变化的磁场使闭合电路中产生电流属于电磁感应现象. 故正确答案为B.2．解析: 选B 在磁通量Φ＝BS 公式中, B 与S 必须垂直, 若B 与S 不垂直, 则S 要转化为垂直于B 的有效面积, 也可以将B 转化为垂直于S 的垂直分量, 故Φ＝BS ·sin α＝45BS . 3．解析: 选D 将线框向左拉出磁场的过程中, 线框的bc 部分做切割磁感线的运动, 或者说穿过线框的磁通量减少, 所以线框中将产生感应电流. 当线框以ab 边为轴转动时,线框的cd边的右半段在做切割磁感线的运动, 或者说穿过线框的磁通量在发生变化, 所以线框中将产生感应电流. 当线框以ad边为轴转动(小于60°)时, 穿过线框的磁通量在减小, 所以在这个过程中线框中会产生感应电流, 如果转过的角度超过60°, bc边将进入无磁场区, 那么线框中将不产生感应电流(60°～300°). 当线框以bc边为轴转动时, 如果转动的角度小于60°, 则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形面积的一半的乘积).4．解析: 选B 两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动, 若断开开关S, 两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化, 则回路中无感应电流, 故选项A、C错误; 若闭合开关S, 两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化, 则回路中有感应电流, 故B正确, D错误.5．解析: 选CD 当线圈平面与磁场方向平行时, 不论向哪个方向移动线圈, 穿过线圈的磁通量都不会变化, 所以也不会产生感应电流, 因此不能判断有无磁场存在; 若使闭合线圈沿某一方向移动时有感应电流产生, 则一定存在磁场. 故正确答案为C、D.6．解析: 选CD 根据安培定则可判断出电流产生的磁场方向, 线圈a中的磁场方向均垂直于纸面向里, 线圈c中的磁场方向均垂直于纸面向外, 线圈b、d中的合磁通量始终为零, 故增大两直导线中的电流时, 线圈a、c中的磁通量发生变化, 有感应电流产生, 而线圈b、d中无感应电流产生. 选项C、D正确, A、B错误.7．解析: 选ACD 选项A中, 线圈的面积变化, 磁通量变化, 故A正确; 选项B中, 无论线圈在磁场中匀速还是加速平移, 磁通量都不变, 故B错; 选项C、D中, 线圈中的磁通量发生变化, 故C、D正确.8．解析: 选CD 穿过线圈A中有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0, 且始终为零, 即使切断导线中的电流, ΦA也始终为零, A中不可能产生感应电流. B中线圈平面与导线的磁场平行, 穿过B的磁通量也始终为零, B中也不能产生感应电流. C中穿过线圈的磁通量, ΦΦ出, 即ΦC≠0, 当切断导线中电流后, 经过一定时间, 穿过线圈的磁通量ΦC减小为零, 进＞所以C中有感应电流产生. D中线圈的磁通量ΦD不为零, 当电流切断后, ΦD最终也减小为零, 所以D中也有感应电流产生.9．解析: 第3 s内就是从2 s末到3 s末, 所以, 2 s末的磁场的磁感应强度为B1＝(2＋3×2)T＝8 T3 s末的磁场的磁感应强度为B2＝(2＋3×3)T＝11 T则有ΔΦ＝ΔBS sin θ＝(11－8)×0.12×sin 30° Wb＝1.5×10－2 Wb答案: 1.5×10－2 Wb10．解析: (1)对A线圈, Φ1＝B1πr2,Φ2＝B2πr2磁通量的改变量|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4 Wb＝1.256×10－4 Wb对B线圈, Φ1＝B1πr2, Φ2＝B2πr2磁通量的改变量|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4 Wb＝1.256×10－4 Wb(2)对C线圈: Φ1＝Bπr2C, 磁场转过30°, 线圈仍全部处于磁场中, 线圈面积在垂直磁场方向的投影为πr2C cos 30°, 则Φ2＝Bπr2C cos 30°. 磁通量的改变量|Φ2－Φ1|＝Bπr2C(1－cos 30°)≈0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866) Wb≈8.4×10－6 Wb答案: (1)1.256×10－4 Wb 1.256×10－4 Wb (2)8.4×10－6 Wb第四章 第4节 法拉第电磁感应定律课时达标训练 新人教版选修3-2一、单项选择题1．一金属圆环水平固定放置, 现将一竖直的条形磁铁, 在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放, 在条形磁铁穿过圆环的过程中, 条形磁铁与圆环( )A ．始终相互吸引B ．始终相互排斥C ．先相互吸引, 后相互排斥D ．先相互排斥, 后相互吸引2．如图甲所示, 长直导线与闭合金属线框位于同一平面内, 长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示. 在0～T 2时间内, 直导线中电流向上, 则在T2～T 时间内, 线框中感应电流的方向与所受安培力情况是( )A ．感应电流方向为顺时针, 安培力的合力方向向左B ．感应电流方向为逆时针, 安培力的合力方向向右C ．感应电流方向为顺时针, 安培力的合力方向向右D ．感应电流方向为逆时针, 安培力的合力方向向左3.如图所示, 通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环, 铜环平面与螺线管截面平行. 当电键S 接通瞬间, 两铜环的运动情况是( )A ．同时向两侧推开B ．同时向螺线管靠拢C ．一个被推开, 一个被吸引, 但因电源正负极未知, 无法具体判断D ．同时被推开或同时向螺线管靠拢, 因电源正负极未知, 无法具体判断4．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5.如图所示, ab为一金属杆, 它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中, 可绕a点在纸面内转动; S是以a为圆心位于纸面内的金属圆环. 在杆转动过程中, 杆的b端与金属环保持良好接触; A为电流表, 其一端与金属环相连, 一端与a点良好接触. 当杆沿顺时针方向转动时, 某时刻ab杆的位置如图所示, 则此时刻( )A．电流表中电流的方向由c→d; 作用于ab的安培力向右B．电流表中电流的方向由c→d; 作用于ab的安培力向左C．电流表中电流的方向由d→c; 作用于ab的安培力向右D．无电流通过电流表, 作用于ab的安培力为零二、多项选择题6.如图所示, 闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中, 将它从匀强磁场中匀速拉出, 以下各种说法中正确的是( )A．向左拉出和向右拉出时, 环中的感应电流方向相反B．向左或向右拉出时, 环中感应电流方向都是沿顺时针方向的C．向左或向右拉出时, 环中感应电流方向都是沿逆时针方向的D．环在离开磁场之前, 圆环中无感应电流7.如图所示, 用一根长为L、质量不计的细杆与一个上孤长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点, 悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场, 且d0≪L. 先将线框拉开到如图所示位置, 松手后让线框进入磁场, 忽略空气阻力和摩擦力, 下列说法正确的是( )A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→aB．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→aC．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等D．向左摆动进入或离开磁场的过程中, 所受安培力方向向右; 向右摆动进入或离开磁场的过程中, 所受安培力方向向左8.如图所示, “U”形金属框架固定在水平面上, 金属杆ab与框架间无摩擦. 整个装置处于竖直方向的磁场中. 若因磁场的变化, 使杆ab向右运动, 则磁感应强度( )A．方向向下并减小B．方向向下并增大C．方向向上并增大 D．方向向上并减小关.三、非选择题9．某同学在学习了法拉第电磁感应定律之后, 自己制作了一个手动手电筒. 如图所示是手电筒的简单结构示意图, 左右两端是两块完全相同的条形磁铁, 中间是一根绝缘直杆, 由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动, 线圈两端接一灯泡, 晃动手电筒时线圈也来回滑动, 灯泡就会发光, 其中O点是两磁极连线的中点, a、b两点关于O点对称.(1)试分析其工作原理;(2)灯泡中的电流方向是否变化.答案1．解析: 选 D 在条形磁铁靠近圆环的过程中, 通过圆环的磁通量不断增加, 会产生感应电流, 从而阻碍条形磁铁的运动, 所以此过程中它们是相互排斥的, 当条形磁铁穿过圆环后, 通过圆环的磁通量又会减小, 产生一个与原磁场相同的感应磁场, 阻碍原磁通量的减小, 所以圆环与条形磁铁间有相互吸引的作用力, D 正确.2．解析: 选C 在T2～T 时间内, 直导线中的电流方向向下增大, 穿过线框的磁通量垂直纸面向外增加, 由楞次定律知感应电流方向为顺时针, 线框所受安培力的合力由左手定则可知向右, C 正确.3．解析: 选 A 当电路接通瞬间, 穿过线圈的磁通量增加, 使得穿过两侧铜环的磁通量都增加, 由楞次定律可知, 两环中感应电流的磁场与线圈两端的磁场方向相反, 即受到线圈磁场的排斥作用, 使两铜环分别向外侧移动, A 正确.4．解析: 选D 磁铁N 极接近线圈的过程中, 线圈中有向下的磁场, 并且磁通量增加, 由楞次定律可得, 感应电流的方向为b →R →a , 故电容器下极板带正电, 上极板带负电, D 正确.5．解析: 选A 金属杆顺时针转动切割磁感线, 由右手定则可知产生a 到b 的感应电流, 电流由c →d 流过电流表, 再由左手定则知此时ab 杆受安培力向右, 故A 正确.6．解析: 选BD 将金属圆环不管从哪边拉出磁场, 穿过闭合圆环的磁通量都要减少, 根据楞次定律可知, 感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减少, 感应电流的磁场方向与原磁场方向相同, 应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的, 选项B 正确, A 、C 错误; 另外在圆环离开磁场前, 穿过圆环的磁通量没有改变, 该种情况无感应电流, D 正确.7．解析: 选BD 当线框进入磁场时, dc 边切割磁感线, 由楞次定律可判断, 感应电流的方向为: a →d →c →b →a ; 当线框离开磁场时, 同理可判其感应电流的方向为: a →b →c →d →a , A 错误, B 正确; 线框dc 边(或ab 边)进入磁场或离开磁场时, 都要切割磁感线产生感应电流, 机械能转化为电能, 故dc 边进入磁场与ab 边离开磁场的速度大小不相等, C 错误; 由“来拒去留”知, D 正确.8．解析: 选AD 因磁场变化, 发生电磁感应现象, 杆ab 中有感应电流产生, 而使杆ab 受到磁场力的作用, 并发生向右运动. 而杆ab 向右运动, 使得闭合回路中磁通量有增加的趋势, 说明原磁场的磁通量必定减弱, 即磁感应强度正在减小, 与方向向上、向下无关.9．解析: (1)线圈来回滑动时, 穿过线圈的磁通量不断变化, 线圈中产生感应电流, 灯泡发光.(2)线圈由a 滑至b 过程中, 磁场方向向左, 穿过线圈的磁通量先减小后增加, 根据楞次定律, 灯泡中电流方向先由右向左, 后由左向右.同样可判断线圈由b 滑至a 过程中, 灯泡中电流方向先由右向左, 后由左向右. 所以线圈中电流方向不断变化.答案: (1)见解析(2)变化第四章第4节法拉第电磁感应定律课时达标训练新人教版选修3-2一、单项选择题1．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒均匀地减少2 Wb, 则( )A．线圈中感应电动势每秒增加2 VB．线圈中感应电动势每秒减小2 VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势大小不变2．如图所示, 在竖直向下的匀强磁场中, 将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出, 运动过程中棒的方向不变, 不计空气阻力, 那么金属棒内产生的感应电动势将( )A．越来越大B．越来越小C．保持不变 D．方向不变, 大小改变3．环形线圈放在均匀磁场中, 如图甲所示, 设在第1 s内磁感线垂直于线圈平面向里, 若磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示, 那么在第2 s内线圈中感应电流的大小和方向是( )A．感应电流大小恒定, 顺时针方向B．感应电流大小恒定, 逆时针方向C．感应电流逐渐增大, 逆时针方向D．感应电流逐渐减小, 顺时针方向4．如图所示, 在匀强磁场中, MN、PQ是两条平行金属导轨, 而ab、cd为串有电压表和电流表的两根金属棒, 两只电表可看成理想电表. 当两棒以相同速度向右匀速运动时(运动过程中两棒始终与导轨接触)( )A．电压表有读数; 电流表有读数B．电压表无读数; 电流表无读数C．电压表有读数; 电流表无读数D ．电压表无读数; 电流表有读数5．如图所示, 一个半径为L 的半圆形硬导体AB 以速度v , 在水平U 型框架上匀速滑动, 匀强磁场的磁感应强度为B , 回路电阻为R 0, 半圆形硬导体AB 的电阻为r , 其余电阻不计, 则半圆形导体AB 切割磁感线产生感应电动势的大小及AB 之间的电势差分别为( )A ．BLv ;BLvR 0R 0＋rB ．2BLv ; BLvC ．2BLv ; 2BLvR 0R 0＋rD ．BLv ; 2BLv二、多项选择题6．有一种高速磁悬浮列车的设计方案是: 在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下), 并且在沿途两条铁轨之间平放一系列线圈. 下列说法中正确的是( )A ．列车运动时, 通过线圈的磁通量会发生变化B ．列车速度越快, 通过线圈的磁通量变化越快C ．列车运动时, 线圈中会产生感应电动势D ．线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关7．(山东高考)如图所示, 一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内, 通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定, 导体棒与轨道垂直且接触良好. 在向右匀速通过M 、N 两区的过程中, 导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示. 不计轨道电阻. 以下叙述正确的是( )A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小8.如图所示, 长为L 的金属导线弯成一圆环, 导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上, P 、Q 为电容器的两个极板, 磁场垂直于环面向里, 磁感应强度以B ＝B 0＋kt (k >0)随时间变化, t ＝0时, P 、Q 两板电势相等, 两板间的距离远小于环的半径, 经时间t , 电容器P 板( )A ．不带电B ．所带电荷量与t 无关C ．带正电, 电荷量是kL 2C4πD ．带负电, 电荷量是kL 2C4π三、非选择题9.一个边长为a＝1 m的正方形线圈, 总电阻为R＝2 Ω, 当线圈以v＝2 m/s的速度通过磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场区域时, 线圈平面总保持与磁场垂直. 若磁场的宽度b>1 m, 如图所示, 求:(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小;(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热.10.如图所示, 两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置, 导轨间距离为L, 电阻不计. 在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡. 整个系统置于匀强磁场中, 磁感应强度方向与导轨所在平面垂直. 现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放. 金属棒下落过程中保持水平, 且与导轨接触良好. 已知某时刻后两灯泡保持正常发光. 重力加速度为g. 求:(1)磁感应强度的大小;(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率.答案1．解析: 选D 因线圈的磁通量均匀变化, 所以磁通量的变化率ΔΦΔt 为一定值, 又因为是单匝线圈, 据E ＝ΔΦΔt可知选项D 正确.2．解析: 选 C 由于导体棒中无感应电流, 故棒只受重力作用, 导体棒做平抛运动, 水平速度v 0不变, 即切割磁感线的速度不变, 故感应电动势保持不变, C 正确.3．解析: 选B 由B ­t 图知, 第2秒内ΔB Δt 恒定, 则E ＝ΔB Δt S 也恒定, 故感应电流I ＝ER 大小恒定, 又由楞次定律判断知电流方向沿逆时针方向, B 正确, A 、C 、D 错误.4．解析: 选 B 在两棒以相同速度向右匀速运动的过程中, 磁通量不变, 无感应电流产生. 根据电压表和电流表的测量原理知, 两表均无读数, B 正确.5．解析: 选C 半圆形导体AB 切割磁感线的有效长度为2L , 对应的电动势为E ＝2BLv ,AB 间的电势差U AB ＝E R 0＋r R 0＝2BLvR 0R 0＋r, C 正确.6．解析: 选ABC 列车运动时, 安装在每节车厢底部的强磁铁产生的磁场使通过线圈的磁通量发生变化; 列车速度越快, 通过线圈的磁通量变化越快, 根据法拉第电磁感应定律可知, 由于通过线圈的磁通量发生变化, 线圈中会产生感应电动势, 感应电动势的大小与通过线圈的磁通量的变化率成正比, 与列车的速度有关. 由以上分析可知, A 、B 、C 正确, D 错误.7．解析: 选BCD 由题意可知, 根据安培定则, 在轨道内的M 区、N 区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里, 由此可知, 当导体棒运动到M 区时, 根据右手定则可以判定, 在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反, 再根据左手定则可知, 金属棒在M 区时受到的安培力方向向左, 因此A 选项不正确; 同理可以判定B 选项正确; 再根据导体棒在M 区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场越来越大, 因此产生的感应电动势越来越大, 根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知, 导体棒所受的安培力F M 也逐渐增大, 故C 选项正确; 同理D 选项正确.8．解析: 选BD 磁感应强度以B ＝B 0＋kt (k >0)随时间变化, 由法拉第电磁感应定律得: E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝kS , 而S ＝L 24π, 经时间t 电容器P 板所带电荷量Q ＝EC ＝kL 2C 4π; 由楞次定律知电容器P 板带负电, B 、D 正确.9．解析: (1)根据E ＝Blv , I ＝ER知I ＝Bav R ＝0.5×1×22A ＝0.5 A (2)线圈穿过磁场过程中, 由于b >1 m,故只在进入和穿出时有感应电流, 故Q ＝2I 2Rt ＝2I 2R ·a v ＝2×0.52×2×12J ＝0.5 J答案: (1)0.5 A (2)0.5 J10．解析: (1)设小灯泡的额定电流为I 0, 有 P ＝I 20R ①由题意, 在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后, 小灯泡保持正常发光, 流经MN 的电流为I ＝2I 0 ②此时金属棒MN 所受的重力和安培力相等, 下落的速度达到最大值, 有 mg ＝BLI ③联立①②③式得B ＝mg2LR P④ (2)设灯泡正常发光时, 导体棒的速率为v , 由电磁感应定律与欧姆定律得 E ＝BLv ⑤ E ＝RI 0⑥联立①②④⑤⑥式得v ＝2Pmg⑦答案: (1)mg 2L R P (2)2P mg第四章 第5节 电磁感应现象的两类情况课时达标训练 新人教版选修3-2一、单项选择题1.如图所示, 在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽, 有一带正电小球质量为m , 电荷量为q , 在槽内沿顺时针做匀速圆周运动, 现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场, 且B 逐渐增加, 则( )A ．小球速度变大B ．小球速度变小C ．小球速度不变D ．以上三种情况都有可能2.如图所示, 竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R , 质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦, 金属棒与导轨的电阻均不计, 整个装置放在匀强磁场中, 磁场方向与导轨平面垂直, 金属棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内, 力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )A ．金属棒的机械能增加量B ．金属棒的动能增加量C ．金属棒的重力势能增加量D ．电阻R 上放出的热量3．如图所示, 金属棒ab 置于水平放置的光滑框架cdef 上, 棒与框架接触良好, 匀强磁场垂直于ab 棒斜向下. 从某时刻开始磁感应强度均匀减小, 同时施加一个水平方向上的外力F 使金属棒ab 保持静止, 则F ( )A．方向向右, 且为恒力B．方向向右, 且为变力C．方向向左, 且为变力 D．方向向左, 且为恒力4．如图甲所示, 平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd, 两棒用细线系住, 细线拉直但没有张力. 开始时匀强磁场的方向如图甲所示, 而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示, 不计ab、cd间电流的相互作用, 则细线中的张力大小随时间变化的情况为图丙中的( )A B C D丙5. (福建高考)如图甲所示, 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, 铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合. 若取磁铁中心O为坐标原点, 建立竖直向下为正方向的x轴, 则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是( )甲A B C D乙二、多项选择题6．如图所示, 导体AB在做切割磁感线运动时, 将产生一个电动势, 因而在电路中有电流通过, 下列说法中正确的是( )。

2020--2021人教物理选修1--1第3章电磁感应练习含答案选修1—1第三章电磁感应1、关于磁通量的概念，下列说法正确的是()A．磁场中某处的磁感应强度越大，面积越大，则穿过线圈的磁通量就一定越大B．放在磁场中某处的一个平面，穿过它的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零C．磁通量的变化不一定是由于磁场的变化而产生的D．磁场中某处的磁感应强度不变，放在该处线圈的面积也不变，则磁通量一定不变2、穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀减少2 Wb，则() A．线圈中感应电动势每秒增大2 VB．线圈中感应电动势每秒减小2 VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势大小保持2 V不变3、一个白炽灯灯泡上标有“220 V40 W”，那么为了使它正常发光，所使用的正弦交流电应是()A．电压最大值为220 V，电流最大值为0.18 AB．电压最大值为311 V，电流最大值为0.26 AC．电压有效值为220 V，电流有效值为0.26 AD．电压有效值为311 V，电流有效值为0.18 A4、有一台理想变压器，已知副线圈有400匝．现把原线圈接到220 V的交流电的线路中，测得副线圈的电压是55 V，则原线圈的匝数为()A．100匝B．25匝C．1 600匝D．110匝5、(多选)发电厂发电机升压后的输出电压为U1，发电厂到学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校降压变压器原线圈得到的电压为U2，则输电线上损耗的功率可表示为()A ．U 21RB.（U 1－U 2）2R C ．I 2R D ．I(U 1－U 2) 6、变压器铁芯中的叠片间要互相绝缘是为了( )A ．增大电压B ．增加涡流损耗C ．减少涡流损耗D ．增大自感*7、A 、B 两个单匝闭合线圈，穿过A 线圈的磁通量由0增加到3×103 Wb ，穿过B 线圈的磁通量由5×103 Wb 增加到6×103 Wb.则两个电路中产生的感应电动势E A 和E B 的关系是( )A ．E A ＞E BB ．E A ＝E BC ．E A ＜E BD ．无法确定*8、如图是一正弦交变电流的电流图象，此正弦交变电流的频率和电流的有效值分别为( )A ．5 Hz ，10 AB ．50 Hz ，10 AC ．50 Hz ，10 2 AD ．5 Hz ，10 2 A*9、将输入电压为220 V 、输出电压为6 V 的变压器，改装成输出电压为30 V 的变压器，副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数为( )A ．150匝B ．144匝C ．130匝D ．120匝*10、(双选)为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上输电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )A ．输电电流为3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U*11、关于线圈的自感系数，下列说法正确的是()A．线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C．线圈中电流变化越快，自感系数越大D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定12、如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，将磁铁插入螺线管的过程中穿过线圈的磁通量______(填“增大”“减小”或“不变”)，电流表指针将______(填“不动”或“偏转”)．13、如图中画出了六种电流随时间变化的图象．这六个图中的电流，都随时间t 做周期性变化，其中属于交流的是_______，属于正弦式电流的是_______．14、一座发电站，它输出的电功率是4 800 kW，输电电压是110 kV.如果输电导线的总电阻是0.5 Ω，那么输电线上损失的电功率是多少？如果用400 kV的电压输电，输电线上损失的电功率将是多少？2020--2021人教物理选修1--1第3章电磁感应练习含答案选修1—1第三章电磁感应1、关于磁通量的概念，下列说法正确的是()A．磁场中某处的磁感应强度越大，面积越大，则穿过线圈的磁通量就一定越大B．放在磁场中某处的一个平面，穿过它的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零C．磁通量的变化不一定是由于磁场的变化而产生的D．磁场中某处的磁感应强度不变，放在该处线圈的面积也不变，则磁通量一定不变【答案】C[根据磁通量的定义，当平面与磁场垂直时，磁通量为磁感应强度B 与面积S的乘积；当平面与磁场平行时，磁通量为零，可知A、B项错误；磁通量既与磁场有关，也与面积S有关，所以磁通量的变化不一定仅由磁场的变化引起，也可能由于面积的变化引起，C项正确；当平面与磁场的夹角发生变化时，穿过平面的磁感线的条数也会变化，D项错误．]2、穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀减少2 Wb，则() A．线圈中感应电动势每秒增大2 VB．线圈中感应电动势每秒减小2 VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势大小保持2 V不变【答案】D[根据法拉第的电磁感应定律，磁通量均匀地变化，产生恒定的电动势，E＝ΔΦΔt＝2 V．]3、一个白炽灯灯泡上标有“220 V40 W”，那么为了使它正常发光，所使用的正弦交流电应是()A．电压最大值为220 V，电流最大值为0.18 AB．电压最大值为311 V，电流最大值为0.26 AC．电压有效值为220 V，电流有效值为0.26 AD．电压有效值为311 V，电流有效值为0.18 A【答案】B[电器上的标识一般不加特殊说明皆指交流电的有效值．由P＝UI 解得I≈0.18 A，U m≈311 V，I m≈0.26 A，故B正确．]4、有一台理想变压器，已知副线圈有400匝．现把原线圈接到220 V的交流电的线路中，测得副线圈的电压是55 V ，则原线圈的匝数为( )A ．100匝B ．25匝C ．1 600匝D ．110匝 【答案】C [由U 1U 2＝n 1n 2得22055＝n 1400，所以n 1＝1 600匝．]5、(多选)发电厂发电机升压后的输出电压为U 1，发电厂到学校的输电导线总电阻为R ，通过导线的电流为I ，学校降压变压器原线圈得到的电压为U 2，则输电线上损耗的功率可表示为( )A ．U 21RB.（U 1－U 2）2R C ．I 2R D ．I(U 1－U 2)【答案】BCD [输电线上的损失的电压U 损＝U 1－U 2，则P 损＝U 2损R＝（U 1－U 2）2R，选项B 正确，选项A 错误；由P 损＝IU 损＝I(U 1－U 2)知，选项D 正确；由P 损＝I 2R 知，选项C 正确．]6、变压器铁芯中的叠片间要互相绝缘是为了( )A ．增大电压B ．增加涡流损耗C ．减少涡流损耗D ．增大自感【答案】C [在变压器铁芯中的叠片间要互相绝缘是为了减少变压器中的涡流损耗．]*7、A 、B 两个单匝闭合线圈，穿过A 线圈的磁通量由0增加到3×103 Wb ，穿过B 线圈的磁通量由5×103 Wb 增加到6×103 Wb.则两个电路中产生的感应电动势E A 和E B 的关系是( )A ．E A ＞E BB ．E A ＝E BC ．E A ＜E BD ．无法确定【答案】D [根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势E ＝nΔΦΔt ，尽管A 、B 两线圈的匝数相同，磁通量变化ΔΦA ＞ΔΦB ，但是由于变化所用时间未知，故无法比较它们的感应电动势的大小关系．]*8、如图是一正弦交变电流的电流图象，此正弦交变电流的频率和电流的有效值分别为( )A．5 Hz，10 A B．50 Hz，10 A C．50 Hz，10 2 A D．5 Hz，10 2 A【答案】B[由图象可知T＝2.0×10－2 s＝0.02 s，峰值I m＝10 2 A，因f＝1 T，所以f＝50 Hz.I e＝I m2＝1022A＝10 A．]*9、将输入电压为220 V、输出电压为6 V的变压器，改装成输出电压为30 V 的变压器，副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数为()A．150匝B．144匝C．130匝D．120匝【答案】D[先由公式U1U2＝n1n2求出原线圈的匝数，再求出输出电压为30 V时，变压器副线圈的匝数，即可求出新增的匝数．]*10、(双选)为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)()A．输电电流为3I B．输电电流为9IC．输电电压为3U D．输电电压为1 3U【答案】AD[由ΔP＝I2R线知ΔP′＝9ΔP时，I′＝3I，故A对，B错；又由P＝IU得，U′＝13U，故C错，D对．]*11、关于线圈的自感系数，下列说法正确的是() A．线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C．线圈中电流变化越快，自感系数越大D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定【答案】D[线圈的自感系数与线圈的大小、形状、匝数和是否带有铁芯有关，而与电流及电流的变化无关．]12、如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，将磁铁插入螺线管的过程中穿过线圈的磁通量______(填“增大”“减小”或“不变”)，电流表指针将______(填“不动”或“偏转”)．[解析]由磁铁磁场的分布可知，将磁铁插入螺线管的过程中穿过线圈的磁通量将增大；电流表与螺线管组成闭合电路的磁通量发生变化而产生感应电流，电流表指针将发生偏转．[答案]增大偏转13、如图中画出了六种电流随时间变化的图象．这六个图中的电流，都随时间t 做周期性变化，其中属于交流的是_______，属于正弦式电流的是_______．[解析]大小和方向随时间作周期性变化的电流为交流电，(b)、(d)中方向不变不是交流电．[答案](a)(c)(e)(f)(c)14、一座发电站，它输出的电功率是4 800 kW，输电电压是110 kV.如果输电导线的总电阻是0.5 Ω，那么输电线上损失的电功率是多少？如果用400 kV的电压输电，输电线上损失的电功率将是多少？[解析]根据P＝UII1＝P出U1＝4.8×106 W1.1×105 V≈43.6 AP损1＝I21R＝(43.6 A)2×0.5 Ω＝950.48 WI2＝P出U2＝4.8×106 W400×103 V＝12 AP损2＝I22R＝(12 A)2×0.5 Ω＝72 W. [答案]950.48 W72 W。

2020-2021学年[同步]人教版高中物理选修1-2第三章3.4练习卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：）评卷人得分（2014•上海）核反应方程Be+He→C+X中的X表示（）A.质子B.电子C.光子D.中子【答案】D【解析】试题分析：根据核反应方程中的质量数和电荷数守恒判断出X的质子数和质量数，即可判断X是那种粒子．解：设X的质子数为m，质量数为n，则有：4+2=m+6，9+4=12+n，所以m=0，n=1，即X为中子，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：本题考查了质量数和电荷数守恒的应用，注意记住各种常见粒子的质量数和质子数．（2014•上海）链式反应中，重核聚变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是（）A.质子B.中子C.β粒子D.α粒子【答案】B【解析】试题分析：在重核的裂变中，铀235需要吸收一个慢中子后才可以发生裂变．解：在重核的裂变中，铀235需要吸收一个慢中子后才可以发生裂变，所以重核聚变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是中子．故选：B．点评：铀235需要吸收一个慢中子后才可以发生裂变是裂变的必要条件，要牢记．（2014•黄浦区二模）现已建成的核电站的能量来自于（）A.天然放射性元素衰变放出的能量B.人工放射性同位素放出的能量C.重核裂变放出的能量D.化学反应放出的能量【答案】C【解析】试题分析：本题比较简单，考查了核能的利用，根据裂变反应的原理和应用可直接求解．解：重核裂变过程中有质量亏损，伴随着巨大能量放出，目前核电站均是采用了重核裂变放出的能量进行的，故ABD错误，C正确．故选C．点评：在平时学习中对于简单知识不能忽略，注意积累加强记忆，并能了解相关知识的应用．（2014•宜昌模拟）下列说法中正确的是（）A. 卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为He+N→O+HB. 铀核裂变的核反应是U→Ba+Kr+2nC. 质子、中子、α 粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个α 粒子，所释放的核能为△E=（m3﹣m1﹣m2）c2D. 原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2．那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为的光子E．原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关【答案】ADE【解析】试题分析：A、卢瑟福通过α粒子轰击氮核得到质子．B、铀核裂变是通过一个中子轰击铀核，产生3个中子，写核反应方程式时，核反应前和核反应后的中子不能约．C、轻核聚变有质量亏损，求出质量亏损，根据质能方程求出释放的能量．D、通过波长的大小关系，确定出频率的大小关系，从而知道a能级和c能级的能量高低，通过Em﹣En=h求出光子的波长．E、半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关．解：A、卢瑟福通过α粒子轰击氮核得到质子，发现质子的核反应方程为He+N→O+H，故A 正确．B、铀核裂变的核反应方程是：U→Ba+Kr+2n，两边中子不能约．故B错误．C、质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3．质子和中子结合成一个α粒子，质量亏损△m=（m1+m2﹣m3），根据质能方程，释放的能量为△E=△mc2=（m1+m2﹣m3）c2．故C错误．D、已知λ1＞λ2，所以γ1＜γ2，知从a能级状态跃迁到b能级状态时发射光子的能量小于从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收光子的能量，所以a能级的能量小于c能级的能量，有hγ2﹣hγ1=hγ3，即h﹣h=h，解得：λ3=．故D正确．E、原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故E正确；故选：ADE点评：本题主要考查了核反应方程、质能方程以及能级等知识点，知道能极差与光子频率的关系，注意半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关．（2014•海淀区一模）下列表示重核裂变的方程是（）A.H+H→He+nB.P→Si+ eC.N+He→O+HD.U+n→Si Xe+10n【答案】D【解析】试题分析：重核的裂变是指质量数较大的原子核分裂成两个中等质量的原子核．解：重核的裂变是指质量数较大的原子核分裂成两个中等质量的原子核，A为聚变，B为β衰变，C为发现质子的方程，D是重核裂变，故D正确．故选：D．点评：本题考查了重核裂变的特点，在学习中还有掌握三种衰变、聚变和一些典型的核反应方程．（2014•盐城一模）钚的一种同位素衰变时释放巨大能量，如图所示，其衰变方程为Pu→U+He+γ，则（）A.核燃料总是利用比结合能小的核B.核反应中γ的能量就是的结合能C.核比核更稳定，说明的结合能大D.由于衰变时释放巨大能量，所以比的比结合能小【答案】AD【解析】试题分析：比结合能越大，越稳定，核燃料总是利用比结合能小的核，由于比的比结合能小，衰变时释放巨大能量，根据质量亏损与释放能量的关系．解：A、根据比结合越大，越稳定，则核燃料总是利用比结合能小的核．故A正确．B、核反应中γ的能量就是的结合能．故B错误．C、比核更稳定，说明的比结合能大，所以衰变时，会释放巨大能量．故C错误．D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键知道核反应过程中，比结合能的大小与释放能量的多少关系，注意比结合能与结合能的区别．（2014•兰州一模）下列说法正确的是（）A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应B. 汤姆孙发现电子，表明原子具有复杂结构C. 卢瑟福发现了中子，查德威克发现了质子D. 一束光照射到某金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短E．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子总能量增大【答案】ABE【解析】试题分析：太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，汤姆孙发现电子，说明电子是原子的组成部分，卢瑟福发现了质子，查德威克发现了中子，不能发生光电效应是因为入射光的频率小于该金属的截止频率．解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，A正确；B、汤姆孙发现电子，说明电子是原子的组成部分，是比原子更基本的物质单元，B正确；C、卢瑟福发现了质子，查德威克发现了中子，C错误；D、一束光照射到某金属上不能发生光电效应是因为入射光的频率小于该金属的截止频率，D错误；E、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子总能量增大，E正确．故选：ABE点评：本题考查物理学史、玻尔理论、发生光电效应的条件等知识点，难点不大，需要平时多积累．（2014•袁州区模拟）北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为I→Xe+Y．根据有关放射性知识，下列说法正确的是（）A. Y粒子为β粒子B. I的半衰期大约是8天，若取4个碘原子核，经16天就可能剩下1个碘原子核了C. 生成的Xe处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D.I中有53个质子和131个核子E．如果放射性物质碘131处于化合态，可能对放射性会有影响【答案】AD【解析】试题分析：根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程．半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的．解：A、53131I→54131Xe+Y，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，Y粒子为β粒子，故A正确．B、半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的．所以，则若取4个碘原子核，经16天剩下几个碘原子核无法预测．故B错误．C、生成的54131Xe处于激发态，还会放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，γ射线是高能光子，即高能电磁波，它是不带电的，所以γ射线的电离作用很弱，故C错误．D、53131I中有53个质子，131表示质量数即核子数，故D正确．E、半衰期与外部环境和所处状态无关，E错误；故选：AD．点评：知道半衰期的意义．知道zxI中，x为质量数，z为核电荷数．半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的．（2014•湖南二模）下列说法正确的是（）A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B. 汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构C. Bi的半衰期是5天，12g Bi经过1 5天后还有1.5g未衰变D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大．【答案】CD【解析】试题分析：太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，汤姆孙发现电子，卢瑟福提出原子具有核式结构，根据半衰期公式知经过1 5天后还剩余八分之一没有衰变．解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，A错误；B、汤姆孙发现电子，卢瑟福提出原子具有核式结构，B错误；C、根据半衰期公式知经过1 5天后还剩余八分之一没有衰变，即还有1.5g未衰变，C正确；D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，D正确．故选：CD点评：掌握裂变、聚变的特点及方程式，知道半衰期的特点及公式应用，了解物理学史．（2014•唐山二模）关于核反应方程Th→Pa+X+△E，△E为释放出的核能，X为新生成粒子），已知Th的半衰期为T，则下列说法正确的是（）A. Pa没有放射性B. Pa没比Th少1个中子，X粒子是从原子核中射出的，此核反应为β衰变C. N0个Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为N0△E（N0数值很大）D. Th的比结合能为E．Th的化合物的半衰期比T长【答案】BC【解析】试题分析：质量数较大的核都有放射性，β衰变是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，半衰期与原子核所处状态无关．解：A、质量数较大的核都有放射性，A错误；B、由质量数和电荷数守恒知X为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，B正确；C、经2T时间还剩余四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为N0△E，C正确；D、Pa的比结合能为，D错误；E、半衰期与原子核所处状态无关，E错误；故选：BC点评：本题关键是掌握爱因斯坦质能方程△E=△mc2以及比结合能的计算公式，掌握衰变的实质和半衰期的特点．（2014•开封模拟）下列描述中正确的是（）A. 放射性元素发生β衰变时所释放的电子来源于原子的核外电子B. 卢瑟福的原子核式结构学说能很好地解释α粒子散射实验事实C. 氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，再向低能级跃迁时放出光子的频率一定等于入射光子的频率D. 分别用X射线和紫光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用X射线照射时光电子的最大初动能较大E．（钍）核衰变为（镤）核时，衰变前Th核质量大于衰变后Pa核与β粒子的总质量【答案】BDE【解析】试题分析：放射性元素发生β衰变时所释放的电子来源于原子核中的中子的变化；卢瑟福的原子核式结构学说能很好地解释α粒子散射实验事实；氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，再向低能级跃迁时放出光子的频率不一定等于入射光子的频率；分别用两种不同频率的光照射同一金属表面都能发生光电效应，频率大的光照射时光电子的最大初动能较大；（钍）核衰变为（镤）核时，释放一定的能量，所以衰变前Th核质量大于衰变后Pa核与β粒子的总质量．解：A、β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的．故A错误；B、卢瑟福的原子核式结构学说能很好地解释α粒子散射实验事实；故B正确；C、氢原子在像低能级跃迁过程中可能放出多种频率的光子，因此放出光子的频率不一定等于入射光子的频，故C错误；D、根据爱因斯坦光电效应方程可知，发生光电效应时，光电子的最大初动能随入射光的频率的增大而增大，X射线和紫光相比频率比较大，因此用X光照射该金属板时逸出的光电子最大初动能最大，故D正确；E、核反应过程中质量数守恒但是质量不守恒，伴随着释放能量，质量发生亏损，故E正确．故选：BDE点评：选修的内容考查的知识点很广但不深，把课标上要求识记和理解的知识点记牢即可，应用也是最简单的应用．（2014•闵行区二模）在下列核反应方程中，X代表质子的方程是（）A.+→+XB.+→+XC.→+XD.+X→+【答案】B【解析】试题分析：根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，求出未知粒子的核电荷数和质量数即可判断粒子的种类．解：A、根据质量数和电荷数守恒得X的电荷数为0，质量数为1，所以X是中子，故A错误；B、同理X的电荷数为1，质量数为1，所以X为质子，故B正确；C、X的电荷数为﹣1，质量数为0，所以X是电子，故C错误；D、X的电荷数为1，质量数为2，所以X是氘核，故D错误．故选：B．点评：正确书写核反应方程是学习原子物理的重点，要注意质量数和电荷数守恒的应用．（2014•深圳二模）下列说法正确的有（）A.方程式U→Th+He是重核裂变反应方程B.方程式H+H→He+γ是轻核聚变反应方程C.氢原子光谱是分立的D.氢原子从某激发态跃迁至基态要吸收特定频率的光子【答案】BC【解析】试题分析：裂变是质量较重的核裂变为质量中等的核，聚变是质量较轻的核转化为质量较大的核，氢原子的轨道是不连续的，是一些特殊的分立的值，电子只能在这些轨道上绕原子核运动，从激发态跃迁至基态要放出收特定频率的光子．解：A、方程式U→Th+He是α衰变方程，故A错误；B、聚变是质量较轻的核转化为质量较大的核，所以方程式H+H→He+γ是轻核聚变反应方程，故B 正确；C、由于氢原子的轨道是不连续的，而氢原子在不同的轨道上的能级En=，故氢原子的能级是不连续的即是分立的，故C正确；D、氢原子从某激发态跃迁至基态要放出特定频率的光之，故D错误．故选：BC点评：正确解答本题需要掌握：裂变、聚变的反应的特点及波尔理论的内容，波尔理论在高中阶段要求层次较低，难度不大，涉及内容较固定，只要掌握好波尔理论的内容，即可解决这类问题．（2014•韶关二模）下列说法正确的是（）A.88226Ra衰变为86222Rn要经过1次α衰变和1次β衰变B.23592U+10n→14156Ba+9236Kr+310n 此方程是核裂变方程C.42He+94Be→126C+X此方程中X是中子D.12H+13H→10n+X此方程中X是质子【答案】BC【解析】试题分析：由质量数和电荷数守恒判断衰变次数，裂变是质量较重的核裂变为质量中等的核，由质量数和电荷数守恒判断x．解：A、设经过X次α衰变、Y次β衰变，则由226﹣222=4X，88﹣2X+Y=86，解得X=1，Y=0，故A错误；B、裂变是质量较重的核裂变为质量中等的核，则23592U+10n→14156Ba+9236Kr+310n 此方程是核裂变方程，故B正确；C、根据质量数和电荷数守恒知：x为10n，即为中子，故C正确；D、根据质量数和电荷数守恒知：x为42n，即为氦核，故D错误；故选：BC点评：正确书写核反应方程是学习原子物理的重点，要注意质量数和电荷数守恒的应用．（2014•河西区二模）关于核电站获取核能的基本核反应方程可能是（）A.U+n→Sr+Xe+10nB.N+He→O+HC.H+H→He+nD.U→U+He【答案】A【解析】试题分析：现在的核电站用的是裂变反应，从选项中找出裂变反应方程即可．解：现在的核电站用的是裂变反应获取能量，A是裂变反应，A正确；B是发现质子的反应，C是聚变反应，D是α衰变．故选：A．点评：本题考查了重核的裂变，要记住一些特殊的核反应方程，知道属于裂变反应还是聚变反应．（2014•齐齐哈尔三模）由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，而是在使用人工的方法制造后才被发现．已知Np经过一系列α衰变和β衰变后变成Bi，下列论断中正确的（）A. 核Bi比核Np的少28个中子B. 衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变C. 衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变D. 发生β衰变时，核内中子数减少，质子数增加E．质量为m0的放射性匀速Np，经过4个半衰期后，剩下的放射性元素Np的质量为m0【答案】BDE【解析】试题分析：正确解答本题需要掌握：电荷数、质子数以及质量数之间的关系；能正确根据质量数和电荷数守恒判断发生α和β衰变的次数．解：A、83209Bi的原子核比93237Np少10个质子，质子数和中子数总共少28，故83209Bi的原子核比93237Np 少18个中子，故A错误；B、设83209Bi变为93237Np需要经过x次α衰变和y次β衰变，根据质量数和电荷数守恒则有：93=2x ﹣y+83，4x=237﹣209，所以解得：x=7，y=4，故B正确，C错误；D、β衰变是原子核内的中子转化为质子释放一个电子，所以中子数减少，质子数增加，故D正确．E、一次衰变后质量变为原来的一半，则经过4个半衰期后，剩下的放射性元素Np的质量为原来的，即为m0，故E正确．故选：BDE．点评：本题考查了原子核衰变过程中质量数和电荷数守恒的应用，对于这一重点知识，要注意加强练习．（2l点评：本题比较简单，在平时学习中要掌握衰变，裂变，聚变和几种粒子发现的方程式．（2014•西藏模拟）下列说法正确的是（）A. 放射性元素的半衰期随温度的升高而减小B. 放射性元素放射出的α射线、β射线和γ射线，电离能力最强的是α射线C. Th衰变成Pb要经过6次α衰变和4次β衰变D. 原子从较高的激发态向较低的激发态或基态跃迁的过程，是吸收能量的过程E．光电效应的实验结论是：对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大【答案】BCE【解析】试题分析：半衰期与外界因素无关，电离能力最强的是α射线，根据质量数和电荷数守恒判断衰变种类和次数，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大．解：A、原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，故A错误；B、放射性元素放射出的α射线．β射线和γ射线，电离能力最强的是α射线，故B正确；C、发生β衰变一次，质子数增加1个，但质量数不会变化，质量数的变化是由α衰变引起的，Th比Th Pb多24个质量数，一次α衰变，质量数减少4个，故发生了6次α衰变．而发生一次α衰变质子数要减速2个，故6次α衰变，质子数要减速12个，Th比ThPb只多8个质子数，则说明发生了4次β衰变，故C正确；D、原子从较高的激发态向较低的激发态或基态跃迁的过程，是释放能量的过程．故D错误；E、对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，故E正确；故选：BCE．点评：本题考查的知识点较多，难度不大，在学习选修时要全面掌握各个知识点．（2014•重庆模拟）太阳内部持续不断地发生着4个质子（）聚变为1个氦核（He）的热核反应，核反应方程是4H→He+2X，这个核反应释放出大量核能．已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c．下列说法中正确的是（）A.方程中的X表示中子（n）B.方程中的X表示正电子（e）C.这个核反应中质量亏损△m=4m1﹣m2D.这个核反应中释放的核能△E=（4m1﹣m2﹣m3）c2【答案】B【解析】试题分析：根据核反应过程中质量数与核电荷数守恒，求出X的核电荷数，确定其种类；先求出核反应的质量亏损，然后由质能方程求出释放的核能．解：由核反应质量数守恒、电荷数守恒可推断出X为e，故A错误、B正确；质量亏损为：△m=4m1﹣m2﹣2m3；释放的核能为：△E=△mc2=（4m1﹣m2﹣2m3）c2，故C错误、D也错误．故选：B．点评：知道质量数守恒与核电荷数守恒是判断粒子X种类的关键，熟练应用质能方程即可求出核反应释放的能量．（2014•珠海二模）“两弹”所涉及的基本核反应方程有：①U+n→Sr+Xe+10n，②H+H→He+n，关于这两个方程，下列说法正确的是（）A.方程①属于α衰变B.方程②属于轻核聚变C.方程①的核反应是太阳能的源泉D.方程②中的H与He互为同位素【答案】B【解析】试题分析：重核裂变是质量数较大的核裂变为质量中等的核，聚变是质量数较小的和转化为质量较大的核，在转化过程中质量数和电荷数都守恒．太阳能的产生是由于太阳内部高温高压条件下的热核聚变反应形成的．解：A、方程①是质量数较大的核裂变为质量中等的核，属于重核裂变，故A错误；B、方程②是质量数较小的和转化为质量较大的核，属于轻核聚变，故B正确；C、太阳能的产生是由于太阳内部高温高压条件下的热核聚变反应形成的，故C错误；D、同位素的质子数相同，故D错误．故选：B点评：理解裂变和聚变的特点，对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变和衰变等基本知识要熟练掌握和应用．试卷第 11 页共 11 页。

1．下列关于理想变压器的说法，正确的是()A．输入功率等于输出功率B．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能C．输送的电能经变压器先转化为电场能，再转化为电能D．输送的电能经变压器的铁芯直接传输出去【解析】从能量的转化来看，由于过程中有电磁感应现象出现，所以会存在“磁生电”的过程，这里的“磁”就是指原线圈中产生的变化磁场，这样在副线圈中就产生了电磁感应现象，从而副线圈可以产生电能．所以A、B正确．【答案】AB2．一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中，下列物理量不一定相等的是()A．交变电流的频率B．电流的有效值C．电功率D．磁通量的变化率【解析】根据变压器的工作原理，交流电的频率、磁通量的变化率、电功率都相等，只有B符合题意．【答案】 B3．(2012·广东学业水平测试模拟)一台理想变压器，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈接入220 V交流电压，副线圈的电压为()A．22 V B．55 VC．880 V D．以上都不对【解析】由u1u2＝n1n2得：u2＝n2n1u1＝14×220 V＝55 V，故B正确．【答案】 B4．(2013·乌鲁木齐检测)输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图3－4－7所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为()图3－4－7A．1 100360 B．1 100180 C．2 200180 D．220360【解析】根据理想变压器U1U2＝n1n2得2201＝n15得：n1＝1 100匝烧坏前：22036＝1 100n2，所以n2＝36×1 100220匝＝180匝．【答案】 B5．(2013·吉林检测)如图3－4－8所示为一与交流电相连接的理想变压器，原线圈中电流为I1，副线圈中电流为I2，当副线圈中负载电阻R变小时()图3－4－8A．I2变小，I1变小B．I2变小，I1增大C．I2增大，I1增大D．I2增大，I1变小【解析】由于其他条件不变，在副线圈中的电阻变小时，副线圈中的电流变大，由于初级的功率等于次级的功率，初级的电流也变大，所以C对．【答案】 C6．如图3－4－9所示，利用一理想变压器给一个电灯供电，在其他条件不变时，若增加副线圈的匝数，则()图3－4－9A ．灯亮度减小B ．电流表示数增大C ．电压表示数增大D ．变压器的输入功率不变【解析】 若增加副线圈的匝数，次级电压升高，电压表的读数增大电灯的亮度增加，输出电流增加，输入电流也随输出电流的增大而增大，所以A 错，B 、C 对．变压器的输出功率增加，D 错．【答案】 BC7．一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶2，电源电压u ＝2202sin ωt V ，原线圈接入一个熔断电流I 0＝1 A 的保险丝，副线圈中接入可变电阻R (如图3－4－10)．为了使保险丝不被熔断，调节电阻R 时最低不能小于( )图3－4－10A ．440 ΩB ．440 2 ΩC ．880 ΩD ．880 2 Ω【解析】 当原线圈电流达到I 1＝I 0时，副线圈中电流为：I 2＝n 1n 2I 1＝n 1n 2I 0＝12×1 A ＝12 A ，这也就是副线圈中的最大电流． 副线圈的输出电压有效值为：U 2＝n 2n 1U 1＝n 2n 1×U 1max 2＝21×22022V ＝440 V ．因此，副线圈电路中负载电阻的最小值为R min ＝U 2I 2＝4401/2 Ω＝880 Ω. 【答案】 C8．(2012·广东学业水平测试模拟)如图3－4－11所示，在口字形闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合回路．a、b、c为三个闭合金属环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，在滑动变阻器的滑片左右滑动时，能够产生感应电流的圆环是()图3－4－11A．a、b两环B．b、c两环C．a、c两环D．a、b、c三环【解析】当滑动变阻器的滑片左右滑动，则该电路中的电流大小发生变化，则闭合铁芯中的磁场发生变化，通过a、b金属环的磁通量改变，所以a、b环内有感应电流产生，而c环的磁通量总为零，故无感应电流．【答案】 A9．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图3－4－12甲所示，副线圈所接电路如图3－4－12乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是()图3－4－12A．副线圈输出电压的频率为100 HzB．副线圈输出电压的有效值为31 VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加【解析】由题图甲知该交流电的周期是2×10－2 s，交流电的频率是50 Hz，变压器不改变频率，所以A错误；因为原线圈电压的最大值是310 V，根据变压器的匝数与电压的关系，副线圈输出电压的最大值为31 V，因此B错误；匝数比不变，所以原、副线圈的电流比不变，C错误；P向右移动时，负载电阻变小，根据P＝U22，因此，变压器的输出功率增加，D正确．R【答案】 D10．有一理想变压器，原、副线圈的匝数分别为100和10，将原线圈接在220 V交流电源上，则副线圈中磁通量变化率最大值为________．【解析】根据变压器的原理，磁通量的变化率等于单匝线圈的电压，次级电压U2＝220/10 V＝22 V，单匝线圈的有效值电压U＝22/10 V＝2.2 V，其最大值2.2 2.【答案】 2.2 211．如图3－4－13为理想变压器，它的初级线圈接在交流电源上，次级线圈接在一个标有“12 V100 W”的灯泡上．已知变压器初、次级线圈匝数之比为18∶1，那么灯泡正常工作时，图中的电压表读数为______V，电流表读数为________A.图3－4－13【解析】分析理想变压器问题时应注意正确应用电压关系和电流关系、特别是初、次级功率相等的关系．由公式U1/U2＝n1/n2，得U1＝U2n1/n2＝216 V；因理想变压器的初、次级功率相等，所以I1＝P1/U1＝0.46 A，即电压表、电流表读数分别为216 V、0.46 A.【答案】2160.4612．像图3－4－14中那样把两块铁芯固定在一把钳子上，可以做成一个钳形测量仪．利用它可以在不切断导线的情况下，通过电流表A，测量导线中的电流．那么，导线中的电流是交流还是直流？请你说明仪器的工作原理．图3－4－14【答案】导线中的电流是交流．钳形测量仪是利用电磁感应原理制造的．通电导线产生磁场，导线中通过交流电时在周围空间产生的磁场随时间变化，铁芯使磁场增强，穿过绕在铁芯上线圈的磁通量随时间变化，线圈中产生感应电动势，线圈闭合时产生感应电流，电流表A可测出线圈中的感应电流．在交流频率一定时，导线中电流越强则磁通量变化率越大，线圈中的感应电流也越大．感应电流与导线中电流有一定的关系，故通过电流表A中的电流可测出导线中的电流．。

第4节 电磁感应中的动力学与能量线框类问题（精选习题）1、在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽度为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场，正方形线框abcd 的边长为L （L ＜d ）、质量为m 、电阻为R ，将线框从距离磁场的上边界为h 高处由静止释放后，线框的ab 边刚进入磁场时的速度为v 0，ab 边刚离开磁场时的速度也为v 0，在线框开始进入到ab 边刚离开磁场的过程中（ ）A ．电路中产生的焦耳热为mgdB ．电路中产生的焦耳热为2mgdC ．线框的最小动能一定为mg （h －d ＋L ）D ．线框的最小动能一定为322442m g R B L【答案】AC【解析】由于线框进、出磁场时的速度相等，所以合外力做功为零，即线框克服安培力所做的功与重力对线框做的功mgd 相等，所以感应电流做的功为mgd ；当线框全部处在磁场中时，没有电磁感应现象，线框在重力作用下做加速运动，所以当线框cd 边刚进入磁场时，线框速度最小。

从起点到这一位置应用动能定理有 k ()=0mg h L W E 安＋－－ 又由于W 安＝mgd所以线框的最小动能为k ()E mg h L d ＝＋－ 故选AC 正确。

2、如图所示，一水平方向的匀强磁场，磁场区域的高度为h ，磁感应强度为B 。

质量为m 、电阻为R 、粗细均匀的矩形线圈，ab= L ，bc=h ，该线圈从cd 边离磁场上边界高度244()2mgR H gB L =处自由落下，不计空气阻力，重力加速度为g ，设cd 边始终保持水平，则( )A ．cd 边刚进入磁场时速度大小222mgRv B L =B ．cd 边刚进人磁场时其两端电压2()cd mgRU B L h =+C ．线圈穿过磁场的时间22()h BL t mgR=D ．线圈穿过磁场过程中,回路中产生的热量2Q mgh = 【答案】CD 【解析】A ．由题意可知，线圈从开始运动到cd 边进入磁场时做自由落体运动，故cd 边刚进入磁场时速度大小满足22v gH =，解得22mgRv B L=。

第4节串联电路和并联电路电表的改装1.一电流表(表头)并联一个分流电阻后就改装成一个大量程的电流表,当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时,发觉标准电流表读数为1 A,而改装电流表的读数为1.1 A,略微偏大一些,为了使它的读数精确,应( A )A.在原分流电阻上再并联一个较大的电阻B.在原分流电阻上再串联一个较小的电阻C.在原分流电阻上再串联一个较大的电阻D.在原分流电阻上再并联一个较小的电阻解析:改装表示数偏大,说明改装成电流表时并联的分流电阻偏大.故要使内阻略微变小一些,需要在原分流电阻上再并联一个较大的电阻,故A正确.2.把小量程电流表(表头)改装成量程较大的电流表时,下列说法中正确的是( B )A.改装的原理是串联电阻能减小电流的作用B.改装后,原电流表本身允许通过的最大电流值并不转变C.改装后原电流表自身的电阻增大了D.改装后使用时,通过原电流表的电流就可以大于改装前允许通过它的最大电流了解析:把表头改装成较大量程的电流表时,并联电阻使较多的电流通过该电阻进行分流而扩大电流的通过量,但原电流表本身允许通过的最大电流值并不转变,选项B正确.3. 一个电压表由表头G与分压电阻R串联而成,如图所示,若在使用中发觉电压表的读数总是比精确值稍小一些,接受下列哪种措施可能加以改进( D )A.在R上串联一个比R小得多的电阻B.在R上串联一个比R大得多的电阻C.在R上并联一个比R小得多的电阻D.在R上并联一个比R大得多的电阻解析:改装后的电压表比精确值稍小一些的直接缘由是通过表头的电流偏小,根本缘由是串联的电阻的阻值偏大造成的,在R上并联一个阻值很大的电阻即可解决,选项D正确.串、并联电路4. 3个完全相同的电压表如图所示接入电路中,已知V1表读数为8 V,V3读数为5 V,那么V2表读数为( B )A.5 VB.3 VC.8 VD.大于3 V,小于5 V解析:设电压表内阻为R V,由串联特点得:U1U3=R VR V(R V+R)2R V+R,解方程得RR V=23,由于R与V2表串联总电压为5 V,故U2=3 V,选项B正确.5. (多选)如图所示,一电压表和可变电阻器R串联后接在一电压恒定的电源两端,假如可变电阻的阻值减小到原来的1/4,电压表的示数将由U变为2U,则( ABD )A.流过R的电流将增大到原来的2倍B.R两端的电压将减到原来的1/2C.电源两端的电压为4UD.当R阻值变为零时,电压表示数将增大到3U解析:由于电压表的示数由U变为2U,则串联电路的电流变为原来的2倍,选项A正确;通过R电流变为原来的2倍,电阻变为原来的1/4,由U=IR得,R两端的电压将减到原来的1/2,选项B正确;由题意可知:U+IR=2U+2I×R4, 解得IR=2U,故电路两端的恒定电压为3U,当R阻值变为零时,电压表示数将增大到3U,选项C错误,D正确.6. (2022福建师大附中期中)(多选)如图所示,图线①②③分别表示导体A,B,C的伏安特性曲线,其中导体B为一非线性电阻,它们的电阻分别为R1,R2,R3,则下列说法正确的是( CD )A.导体A的电阻大于导体C的电阻B.导体B的电阻随电压增加而变大C.当它们串联接在电压恒为6 V直流电源两端时,流过三导体的电流均为1 AD.当它们串联接在电压恒为6 V直流电源两端时,它们的电阻之比R1∶R2∶R3=1∶2∶3解析:依据I=UR可知,直线的斜率的倒数等于电阻,故导体A的电阻小于导体C的电阻,选项A错误;导体B的电阻随电压增加而变小,选项B错误;当它们串联接在电压恒为6 V直流电源两端时,由图线可知,通过三个电阻的电流相等,电压之和等于6 V,由图线可知,三个电阻两端的电压分别为1 V,2 V,3 V,流过三导体的电流均为1 A,此时它们的电阻之比等于电压之比,即R1∶R2∶R3=1∶2∶3;选项C,D正确. 7. 如图所示,电压表V1和V2的内阻分别为3 000 Ω和1 500 Ω,R1=R2=500 Ω,假如电压U保持不变,S从断开到接通,比较电压表的读数U1和U2的变化状况( C )A.U1增加、U2减小B.U1不变、U2不变C.U1减小、U2增加D.不能确定解析:S断开时,电压表V1和V2按电阻的比例安排电压,此时U1=23U,U2=13U;当S闭合时,电压表V1和R1的并联电阻为3 0007Ω,电压表V2与R2的并联电阻为375 Ω,则按电阻的比例安排电压,U1=120225U、U2=105225U,故U1减小,U2增加,故选项C 正确.8.甲、乙两个同学,分别接受如图中(甲)、(乙)所示电路,测同一未知电阻R x的阻值.设直流电源的内阻可忽视.若(甲)测得电压表的读数为6 V,电流表的读数为2 mA.则(乙)测得的结果将是( D )A.U=6 V,I=2 mAB.U >6 V,I<2 mAC.U<6 V,I<2 mAD.U<6 V,I>2 mA解析:若(甲)测得电压表的读数为6 V,说明电源电动势为6 V,则(乙)测得电压U<6V,(甲)图中电流为2 mA,满足6R x +R A=2 mA,对于(乙)图,电流表的读数为I=6R并+R A ,其中R 并=R x R VR x +R V<R x ,则电流I>2 mA,选项D 正确. 9.有一只量程为1 mA 的电流表,刻度盘共有50格,若给它并联一个10-2 Ω的电阻,则可将它改装成一个量程为1 A 的电流表,若要把这个量程为1 mA 的电流表改装成一个量程为10 V 的电压表,应在电流表上串联一个 Ω的电阻.将这个电压表接在某段电路上,指针偏转40格,这段电路两端的电压是 V. 解析:将电流表并联一个分流电阻R 0,可改装成一较大量程的电流表,设量程为I,则I=I g +I g R gR 0,故R g=IR 0-I g R 0I g =1×10-2-10-3×10-210-3Ω=9.99 Ω≈10 Ω.将电流表改装成电压表,则需串联一分压电阻,设为R,则U=I g (R g +R),R=U I g-R g =（1010-3-10）Ω=9 990 Ω.当电压表指针偏转40 格时,表明这段电阻两端电压U ′=45U=8 V. 答案:9 990 810.(2022吉林一中检测)如图(甲)所示的电路中,电流表A 1指针指满刻度,电流表A 2指针指满刻度的23处;图(乙)中,A 2指针指满刻度,A 1指针指满刻度的13处.已知A 1的内阻为0.45 Ω,则A 2的内阻为( D )A.0.15 ΩB.0.25 ΩC.0.30 ΩD.0.10 Ω解析:设两电流表的满偏电流为I 1和I 2,图(甲)中,两电流表串联,电流相等,依据题中信息可得I 1=23I 2,图(乙)中,两电表并联,则电压相 等,由欧姆定律可得U=I 2r 2g =1I 1r 1g ,由于r 1g =0.45 Ω,联立可得r 2g = 0.10 Ω,故选项D 正确.11.(2022南昌二中月考)一个量程为15 V 的电压表,串联一个R 1=3 k Ω的电阻后,测量某电路两端的电压时,电压表示数为12 V,若已知该电路两端的实际电压为15 V,试求: (1)该电压表的内阻R V ;(2)将该电压表改装成量程为90 V 的电压表,应串联电阻的阻值R 2.解析:(1)当电压表串联一个电阻R 1=3 k Ω测量某电路两端的电压时,电压表两端的电压为U=12 V,电阻分得的电压为U 1=3 V,据U 1=R V 1得R V =U1R 1=12 k Ω. (2)将这个电压表改装成量程为90 V 的电压表,原电压表两端最大分得的电压为U V =15 V,串联电阻分得的电压U 2=75 V.据U V U 2=R VR 2,得R 2= 60 k Ω.答案:(1)12 k Ω (2)60 k Ω (老师备用) 【补偿题组】1.(针对第4题)(2022福建师大附中期中)两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的,V1表的量程是5 V,V2表的量程是15 V,把它们串联起来接入电路中,则下列说法正确的是( B )A.它们的示数相等,指针偏转角度也相等B.它们的示数之比为1∶3,指针偏转角度相等C.它们的示数相等,指针偏转角度之比为1∶3D.它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1∶3解析:由于电压表是由电流计串联一个定值电阻而成的,V2表的量程是V1表的量程的3倍,可知V2表的内阻是V1表内阻的3倍,把它们串联起来接入电路中时,通过的电流相同,则电表指针的偏转角度是相同的,两端的电压之比等于内阻之比为1∶3,故它们的示数之比为1∶3,故选项B正确.2. (针对第7题)(2022邢台一中月考)三个电阻器依据如图所示的电路连接,其阻值之比为R1∶R2∶R3=1∶3∶6,则电路工作时,通过三个电阻器R1,R2,R3上的电流之比I1∶I2∶I3为( D )A.6∶3∶1B.1∶3∶6C.6∶2∶1D.3∶2∶1解析:电阻R2和R3是并联关系,则电流之比等于电阻之比的倒数,即I2∶I3=R3∶R2=2∶1;而R1上的电流等于R2和R3的电流之和,故I1∶I2∶I3=3∶2∶1,选项D正确.3.(针对第8题)(2022南昌二中月考)(多选)小明去试验室取定值电阻两只,R1=10A.U1肯定大于3.0 VB.U2肯定小于9.0 VC.U1与U2之和小于12 VD.U1与U2之比肯定不等于1∶3解析:依据欧姆定律可得两电阻串联后两端的电压之比为U实1U实2=R1R2=13,由于总电压为12 V,所以U实1=3 V,U实2=9 V,串联电路中电阻两端的电压和电阻成正比,当电压表与R1并联后,由于电压表有内阻,所以并联后的总电阻小于10 Ω,相当于R1减小,故R1两端的电压小于3 V,电压表与R2并联后的总电阻小于30 Ω,相当于R2减小,所以U2肯定小于9.0 V,A错误,B正确;由于U1<3 V,U2<9 V,所以U1+U2<12 V,C正确;由于和电压表并联后相当于两个电阻发生变化,所以比值不肯定还为1∶3,但有可能还等于1∶3,D错误.。