人教版高中物理选修3-2测试题及答案解析全套

1、人教版高中物理选修 3-2测试题及答案解析全套人教版高中物理选修3-2测试题及答案解析全套含模块综合测试题，共4套阶苴验收评估第四章电磁感应（时间：50分钟满分：100分）、选择题 体题共8小题，每小题6分，共48分，第15小题中只有一个选项符合题意，第 68小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分）1.如图1所示，大圆导线环 A中通有电流，方向如图所示，另在导线环所在的平面画一个圆B,它的半面积在A环内，另一半面积在A环外。则B圆内的磁通量（A.为零B.垂直纸面向里C.垂直纸面向外D.条件不足，无法判断解析：选B 根据右手螺旋定则可知， A产生的磁场在

2、A线圈内部垂直纸面向里，在外部垂直纸面向 外，由于磁感线是闭合的曲线，所以A内部的磁感线一定比 A外部的磁感线要密一些，所以B项正确。2.如图2所示，a为圆形金属环，b为直导线，且 b垂直环面穿过圆环中心（）图2A .若直导线b中通入恒定电流，金属环 a中会产生感应电流B.若直导线b中通入交变电流，金属环 a中会产生感生电流C.若直导线b中通入恒定电流，同时让直导线b绕过圆环中心的水平轴在竖直平面内转动，金属环a中会产生感应电流D.以上三种说法均不对解析：选D 产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量发生变化，不管b中通入什么样的电流，穿过a中的磁通量始终为 0, D对。3.半径为r带缺口的刚性金

3、属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d,如图3甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面,规定向内为正，变化规律如图乙所示。在t = 0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒。则以下说法正确的是（）甲乙图3A .第2秒内上极板为正极B .第3秒内上极板为负极C.第2秒末微粒回到了原来位置D.第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2 r3d解析：选A 根据楞次定律，结合图像可以判断：在。1 s内，下极板为正极，上极板为负极；第 2秒内上极板为正极，下极板为负极；第3秒内上极板为正极，下极板为负极；第 4秒内上极板为负极，

4、下极板为正极，故A选项正确，B选项错误。由于磁感应强度均匀变化， 故产生的感应电动势大小是恒定的,感应电动势大小E= =条=0.i己第2秒末两极板间的电场强度为，修,D选项错误。在第i秒内微粒从静止沿向上或向下的方向开始做匀加速运动,第2秒内电场反向，电荷沿该方向做匀减速运动,第2秒末速度为0,第3秒内电荷做反向匀加速运动，第4秒内电荷沿反向做匀减速运动，第4秒末回到原来位置，故C选项错误。4.如图4所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcdab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

5、磁场。线框上产生的热量为Qi,通过线框导体横截面的电荷量为qi；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（XXXXXXA . Qi>Q2qi = q2B. Qi>Q2qi>q2C. Qi=Q2qi = q2D. Qi=Q2qi>q2解析：选A设线框ab边长为Li, bc边长为L2,进入磁场的速度为v,电阻为入磁场时，根据功能关系，线框进入磁场的过程中产生的热量等于克服安培力做的功,R, ab边平行MN进即 Qi = BLv L2,R通过线框导体横截面的电荷量A BL1L2q1 = _R_=_R,同理得bc边平行MN进入磁

6、场时，Q2= B £ v L1, q2= -7? RRabcd从某处以vo的速度竖直上抛,ab边始终与边界 MN平行，在导图5BL1L2I 一,工“一R一,q = q2,由于 Li>L2,因此 Qi>Q2, A 项正确。5 .如图5所示，水平虚线 MN的上方有一匀强磁场，矩形导线框向上运动高度 H后进入与线圈平面垂直的匀强磁场，此过程中导线框的线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图中能正确反映导线框的速度与时间关系的是XXXX XX XAf -ab边进入磁场后切解析：选C 在导线框从抛出到 ab边接近MN时，导线框做匀减速直线运动；在Co割磁感线产生感应电流，受到安培

7、力作用加速度瞬时变大，速度迅速变小。随着速度减小，产生的感应电 流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映导线框的速度与时间关系的是图6 .如图6所示，两圆环 A、B置于同一水平面上，其中 A为均匀带电绝缘环，B为导体环。当 A以如图所示方向绕中心转动的角速度发生变化时,B中产生如图所示的方向的感应电流，则 （）A . A可能带正电且转速减小B. A可能带正电且转速增大C. A可能带负电且转速减小D. A可能带负电且转速增大解析：选BC 由题目所给的条件可以判断，感应电流的磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律,原磁场的方向与感应电流的磁场方向相同时,磁通量是减少的， 环A应该做减速运动，

8、产生逆时针方向的电流，应该带负电，故选项 C是正确的，同理可得 B是正确的。7.如图7所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l= 1 m, cd间、de间、cf间分别接阻值为R= 10 的电阻。阻值为R=10 的导体棒ab以速度v = 4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为是（）B= 0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的A .导体棒ab中电流的流向为由b到aB. cd两端的电压为1 VC. de两端的电压为 1 VD. fe两端的电压为1 V解析：选BD 由右手定则可判知A选项错；由法拉第电磁感应定律E=Blv=0.5X 1X

9、4 V=2 V,UcdR. .zrE=1 V, B正确；由于de、cf间电阻没有电流流过，故Ucf=Ude=0,所以Ufe=Ucd=1 V, C错误，R+RD正确。8. 如图8所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆 环用丝线悬挂于 。点，将圆环拉至位置 a后无初速释放，在圆环从 a摆向b的过程中（）图8A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B.感应电流方向一直是逆时针C.安培力方向始终与速度方向相反D.安培力方向始终沿水平方向解析：选AD 圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界 线过程中，磁通量由向里最大变为向外最

10、大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以A正确。由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确。二、计算题（本题共3小题，共52分）9. （15分）（2016全国乙卷）如图9,两固定的绝缘斜面倾角均为以上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度土匀为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合 回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存 在匀强磁场，磁感应强度大小为 B,方向垂直于斜面向上。 已知两根导线刚好不在磁场中，

11、回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为1A重力加速度大小为 go已知金属棒ab匀速下滑。求人教版高中物理选修3-2测试题及答案解析全套(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小。解析：(1)设导线的张力的大小为右斜面对ab棒的支持力的大小为 Ni,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为 N2。对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin O=wNi + T+FNi = 2mgcos 0(2)对于cd棒，同理有mgsin 0+N2= T(DN2= mgcos 睡联立式得F=mg(sin 0 3 os 0)。(2)由安培力公式得F = BIL 这

12、里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为s= BL v 式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得联立式得 mgRv = (sin 0 3(jcos ©B。答案:(1)mg(sin 0 3 3s 0) mgR (2)(sin 0 3 os %?210. (17分)如图10(a)所示，一个电阻值为 R,匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为门，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示。图线与横、纵轴的截距分别为to和Bo。导线的电阻不计，求0至t1时间内：(1)通

13、过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。图10人教版高中物理选修 3-2测试题及答案解析全套解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势：E=n善=nS=nB0行22通过电阻Ri上的电流：E E n 周22I = = T77= Z7T；R+ Ri 3R 3Rto根据楞次定律，可判定流经电阻Ri的电流方向从b到a。Ri的电量(2)在0至ti时间内通过电阻q it n TiBorHi电阻Ri上产生的热量Q = 12Riti =2n2"Bo2r24ti9Rto2E2= Bdv答案：见解析11. (20分)如图ii甲所示，固定在水平面上

14、的平行光滑金属导轨电阻不计，间距d = 0.5 m,导轨右端连接一阻值 R = 4 的小灯泡L,在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2 m。在t=0时刻，电阻为i Q的金属棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始终受到始沿导轨向右运动，4 s末刚好到达 CD位置。已知金属棒从开始运动到 EF位置的整个过程中,恒力F作用，且小灯泡的亮度始终不变。求:a/T甲图ii(i)通过小灯泡的电流强度；(2)恒力F的大小；(3)金属棒在磁场中运动的速度。解析：(i)电路总电阻R总=R+ Rab= 5 Q金属棒进入磁场前，回路中感应电动势Ei =A ABS困一困=

15、 0.5 VEi灯泡中的电流强度为：IL=- =0, A。(2)因灯泡亮度不变，故棒进入磁场后做匀速运动，此时金属棒中的电流强度I = Il = 0.i A恒力大小：F= FA=BId =0.i No(3)因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2= Ei = 0.5 V人教版高中物理选修 3-2测试题及答案解析全套得 v=Br=0.5 m/s0答案：见解析的段聆收评估第五章交变电流（时间：50分钟满分：100分）、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，第15小题中只有一个选项符合题意，第3分，有选错的得0分）小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得1. （2015江

16、苏高考）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为 110 V。已知变压器原线圈匝数为 800,则副线圈匝数为（）B. 400A. 200D. 3200解析：选B 根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系Ui*，得n2=U1nU2 800X 110220= 400,选项B正确。2.（2015四川高考）小型手摇发电机线圈共 N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO',线圈绕 OO'匀速转动，如图1所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,不计线圈电阻，则发电机输出电压（）图1A .峰值是e0B.

17、峰值是2e。-2C.有效值是Ne0D.有效值是mNe。解析：选D 因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0,每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0o N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0,因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E = 42Ne0,故选项D正确。3 .以下说法正确的是（）A.交变电流的有效值就是它的平均值 -一、一，一1B .任何交变电流的有效值都是匕取大值的亚C.如果交变电流接在电阻R上产生的热量为 Q,那么该交变电流的有效值为D.以上说法均不正确解析：选D 有效值是根据电流的热效应来定义的，平均值并不是有效值

18、，例如线圈在匀强磁场中转, 一 一 一 八，1动一圈，其平均电动势为零，故 A错。在正弦式交变电流中，其有效值为最大值的左，对于其他交变电流并不一定满足此关系，故B错。交变电流要产生热量需要一定的时间，C选项中没有告诉时间，因此是错误的。4 .如图2所示，当交流电源的电压有效值U= 220 V,频率f=50 Hz时，3只灯Li、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f = 100 Hz ,则（）图2A. Li灯比原来亮B. L2灯比原来亮C. L 3灯比原来亮D. L 3灯比原来暗解析：选A 此题考查电容、电感对交变电流的影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系。当交变电流

19、的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此 Li变亮，L2变暗。又因为电阻在直流和 交流电路中起相同的作用，故L 3灯亮度不变，所以 A正确。5.频率为50 Hz的交变电流，其电压 u = 120 J2sin cotV,把它加在激发电压、熄灭电压均为 85 V的霓虹灯的两端，则在半个周期内霓虹灯点亮的时间是（）11A.50 sB.100 s11C.150 sD.20O s解析：选C 该交变电压的周期 T-l s= 0.02 s,电压的最大值50V= 170 V= 2x 85 V。作出交变电压的 u-t图像如图所示， 由于加在霓压大于85 V时灯才发光，由图像可知在半个周期内霓虹灯点亮

20、的时一G,产Um= 12072| 叫.一、*4/一-入七/林虹久两端电170L e .间是 At= t2u=170sin（2 ft）V= 85 V1-r r f - rt兀.15 7c.则2 兀ft1 = 6,力=600 s，2 ft2= 6, t2=所以 At= t2 t1=s150即霓虹灯在半个周期内被点亮的时间为6.图3是某种正弦式交变电压的波形图，5600 s1150 So由图可确定该电压的（）|ii/V311 卜 K-'-ZX0八尸一一 3 1- - X-/A .周期是0.01 sB.最大值是311 VC.有效值是220 VD.表达式为 u= 220sin 100 t(V)解

21、析：选BC 由题图像可直接读出正弦式交变电压的周期T= 0.02 s,最大值Umax =311 V,则有效值为 U = 22Umax=2x 311 V = 220 V,角速度为 3=午=0202 rad/s= 100 兀 rad/s,瞬时值表达式为u = 311sin 100 t(V),故只有 B、C 正确。7 .如图4所示，理想变压器的原、副线圈分别接着定值电阻R1、R2,且R1=R2,原、副线圈的匝数比n1 ： n2=2 ： 1,交流电源电压为 U,则()图4A . Ri两端的电压为U53U8 . Ri两端的电压为5一，2U9 . R2两端的电压为2U5UD . R2两端的电压为-R1两端

22、电压，即U = U+Ur1,则解析：选AC 输入的电流电源电压 U应等于原线圈两端电压加上通过原线圈电流 11= 詈=U U1,而12=詈=詈。又因为尸=小=1, R1=R2, -1=2,所以代入可求得R1R1R2 R212 n12' U2 1Ur1= 7, Ur2= 2U, A、C 正确。 558.如图5所示为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器 T1和降压变压器 T2向用户供电，已知输电线的总电阻R= 10 Q,降压变压器 T2的原、副线圈匝数之比为4： 1,副线圈与用电器 R0组成闭合电路。若 T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压 u = 220V2sin

23、 100疝(V),当用电器电阻 R0= 11 QBi()A.通过用电器 R0的电流有效值是 20 AB.升压变压器的输入功率为4 650 WC.发电机中的电流变化频率为100 HzD.当用电器的电阻 R0减小时，发电机的输出功率减小解析：选AB 由T2的副线圈两端电压的表达式知，副线圈两端的电压有效值为220 V,电流为I =22011A =20 A,选项A正确；由于输电线电流 I20="4 A = 5 A ,所以升压变压命的输入功率为P= P线+ I 2Ro= 52X10 W + 202X 11 W = 4 650 W,选项B正确；发电机中的电流变化频率与丁2的副线圈两端电压的频率

24、相同，也为50 Hz,选项C错误；当用电器的电阻 R0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，选项D错误。二、计算题（本题共3小题，共52分）9. （16分）如图6甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1.0乌外接灯泡的电阻为 9.0 Q求:图6V 3甲（1）写出流经灯泡的瞬时电流的表达式;（2）转动过程中穿过线圈的最大磁通量;线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功。解析：（1）由图得 e= Emsin n 642sin 100 t（V）则流经灯泡的电流i = Rey 0.6&sin

25、100 t(A)。(2) Em = BScoEm=6 2 V3=100 兀 rad/s虫='=管=祟 Wb = 2.7><10 2 Wb。Em(3月=/'E2外力所做的功 W=Q=-T= 7.2X10 2 Jo R+ r答案:(1)i=0.642sin 100 t(A)(2)2.7X10 2Wb(3)7.2 X 10 2 J10 kW,输出电压为400 V,向距离较远10. （18分）如图7所示，某小型水电站发电机的输出功率为的用户供电，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:降压变压器图7 一 一.n1水电站升压变

26、压器原、副线圈匝数比后;(2)输电线路导线电阻R;一、，、 一一，.，一一，. n3(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比三。解析：升压变压器的原、副线圈匝数之比应等于发电机的电压和升压变压器的输出电压之比。已知输入功率为10 kW而用户得到功率为 9.5 kW,所以损失的功率为0.5 kW,它应等于导线的电阻与输送电流的平方之积。输送电流应等于输送功率与升压变压器的输出电压之比，而降压变压器的原、副线圈匝数之 比应等于原、副线圈两端电压之比，所以有(1)升压变压器原、副线圈匝数比n1 U14001-_ - on2 U2 2 000 5(2)输电线上损失的电功率与导线电阻R和输送电流有关，有 P

27、损=I2R,而输送电流又取决于输电电. P 压及输送功率，有I=£,U2P 损P 损10 000-9 500所以 R= F=匹=10 000 2 Q=20 QU22 000降压变压器原线圈上电压U3=U2-IR = (2 000 5X 20)V = 1 900 Vo所以降压变压器原、副线圈匝数比n3_ U3 1 900 95n4= U4= 220 = 11°、195答案：(1)5 (2)20 Q石当发电厂输出的功率为 P0时，纯电阻用11. (18分)某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电。电设备消耗的功率为 P1。若发电厂用一台升压变压器T1先把电压升高，仍通过原来的

28、输电线供电，到达用电设备所在地，再通过一台降压变压器T2把电压降到低于用电设备的额定电压后，供用电设备使用,如图8所示。这样改动后，当发电厂输出的功率仍为P0时，用电设备可获得的功率增加至P2。试求所用升压变压器的原线圈与副线圈的匝数比 N2以及降压变压器T2的原线圈与副线圈的匝数比户各为多少?解析：设发电厂的输出电流为 I0,输电线的电阻为 R,用电设备白电阻为 r,没有变压器时，输电线 上消耗的电功率为 Pri= Po-Pi= Io2R用电设备消耗的功率为 Pi= Io2r用了变压器后，输电线上消耗的电功率为PR2=P0 P2=I2R（式中I是输电导线上的电流，也是升压变压器副线圈和降压变

29、压器原线圈上的电流， r/ Po P2 _由和式可得I = I。、PPN Po Pi所以N2=P°P2N2 IOP0-P1由式和式得nt=v=此时用电设备消耗的功率为 P2=2rP2 PO Piy Pi PO- P2答案:/PO P2/Po-PiP2 P0-P1yPI P0-P2的段骗收评估第六章传感器（时间：50分钟满分：100分）一、选择题 体题共8小题，每小题6分，共48分，第15小题中只有一个选项符合题意，第68小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分）1.如图1所示，由电源、小灯泡、电阻丝、开关组成的电路中，当闭合开关S后，小灯泡正常发

30、光。若用酒精灯加热电阻丝时，发现小灯泡亮度变暗，发生这一现象的主要原因是（）图1A .小灯泡的电阻发生了变化B.小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化C.电阻丝的电阻率随温度发生了变化I=U知，通过小灯泡的电流减RD.电源的电压随温度发生了变化解析：选C 电阻丝的电阻率随温度的升高而增大，电阻增大，根据小，功率减小，所以变暗，C正确。2.如图2所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图：罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板。平时光电三极管接收不到LED发出的光，呈现高电阻状态，发生火灾时，下列说法正确的是 （）A.进入罩内的烟雾遮挡了光线，使光电三极管电阻更大，检测

31、电路检测出变化发出警报B.发生火灾时，光电三极管温度升高，电阻变小，检测电路检测出变化发出警报C.发生火灾时，进入罩内的烟雾对光有散射作用，部分光线照到光电三极管上，电阻变小，发出警 报D.以上说法均不正确解析：选C 平时光电三极管收不到 LED发出的光呈高阻值状态。发生火灾时，由于烟雾对光的散 射作用，部分光线照射到光电三极管上，光电三极管导通，就会发出警报，C正确。3 .如图3所示为一测定液面高低的传感器示意图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体，把传感器接到如图所示电路中，已知灵敏电流表指针偏转方向与电流方向相同。如果 发现指针正向右偏转，则导电液体的深度h变化

32、为（）C. h不变D.无法确定解析：选B 由电源极性及电流方向可知，ABC构成的电容器上的电荷量正在减小，由 Q=CU可知C减小，根据C=瞪可知正对面积减小，即h在减小。4 .如图4所示是一火警报警器的一部分电路示意图， 其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器， 电流 表为值班室的显示器，a、b之间接报警器，当传感器 R2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4A. I变大，U变大B. I变小，U变小C. I变小，U变大D. I变大，U变小解析：选B当R2处出现火情时，热敏材料制成的传感器的电阻将减小，则此时电路中的总电阻减 小，由闭合电路欧姆定律可知：外电

33、路电压将减小，电路中的总电流增大，所以Ri上的电压增大，报警器两端电压将减小，显示器的电流减小，故正确选项为Bo5 .机器人技术发展迅速，以下哪方面是现有的机器人不能很好地完成的（）A.汽车工业中自动焊接领域B.深水探险C.艺术体操和与人对话D.机械加工解析：选C 现有的机器人技术限于制造工艺、计算机技术和传感器技术，还很难达到类似人对肢体 的控制能力，其动作精确但较僵硬，语音识别能力还很差，在其他几个方面机器人都有上佳表现。6 .如图5所示，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，LED为发光二极管（电流越大，发出的光越强），且R与LED相距不变，下列说法正确的是 （）II图5A.当滑

34、动触头B.当滑动触头C.当滑动触头P向左移动时,P向左移动时,P向右移动时,L消耗的功率增大L消耗的功率减小L消耗的功率减小D.无论怎样移动触头 P, L消耗的功率都不变解析：选AC 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，光敏电阻的阻值变小，所以电流变大，则L的功率变大。7 .有一种测量人体体重的电子秤，其原理图如图6中的虚线所示，它主要由踏板、压力传感器R（一个阻值可随压力大小而变化的电阻器卜显示体重的仪表 G（实质是理想电流表）三部分构成。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A,电源电动势为12 V,内阻为2 Q,电阻R随

35、压力变化的函数式为R=30-0.02F（F和R的单位分别是 N和）。下列说法正确的是（）A .该秤能测量的最大体重是1 400 NB .该秤能测量的最大体重是1 300 NC.该秤零刻线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表 G刻度盘0.375 A处D.该秤零刻线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表 G刻度盘0.400 A处解析：选AC 当电流表满偏时，电阻Rmin = Er= 122 Q = 2 d由R=300.02F,将Rmin = 2 QI 3代入上式，得 Fmax= 1 400 N,即该秤能测量的最大体重是1 400 N。当F = 0时，R=30 Q则1=一一 =R+ r1230+2A

36、= 0.375 A,故 A、C 正确。8 .小强在用恒温箱进行实验时，发现恒温箱的温度持续升高，无法自动控制。经检查，恒温箱的控制 器没有故障。参照图 7,下列对故障判断错误的是 （）图7A.只可能是热敏电阻出现故障B.只可能是温度设定装置出现故障C.热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障D.可能是加热器出现故障解析：选ABD 由恒温箱原理图可知，若热敏电阻出现故障或温度设定出现故障都会向控制器传递 错误信息，导致控制器发出错误指令，故C正确，A、B错误。若加热器出现故障，只有一种可能，即不能加热，而题中加热器一直加热才会使温度持续升高，故 D错误。二、非选择题（本题共4小题，共52分）9 .

37、（8分）如图8所示是一种自动控制水温的装置，加热电路的两端 P、Q应接在触头a、b之间还是c、d之间？ NTC热敏电阻两端 M、N应接在哪两个触头之间?解析：P、Q应该分别接到触头 a、b之间，同时，M、N应该分别接在e、f之间，其工作原理是：当水温升高时，NTC热敏电阻阻值减小，电磁铁中电流增大，吸引力增大，使衔铁被吸下，a、b断开，使加热装置停止加热； 当水温降低到一定程度时，NTC热敏电阻温度减小， 阻值增大，电磁铁中电流减小，吸引力减小，衔铁被弹簧拉上去，使 a、b之间连接，加热装置开始加热，从而实现水温控制。 答案：见解析10 . （12分）光电管在自动化控制中有很多的应用，光电管的

38、阴极常由活泼的碱金属制成，因为这些碱金属在光的照射下容易激发出光电子，入射光越强，光电子数就越多，从而在电路中形成的光电流就越大。利用光电管制成街道路灯的自动控制开关，使其达到日出路灯熄，日落路灯亮的效果。图9为其模拟电路,其中A为光电管，试完成该光控电路，并说明光电管的主要作用。图9解析：根据传感器工作原理，其自动控制电路如图所示。当光照射到光电管A的阴极时，产生的光电子在电源的作用下定向移动，电路里就有电流产生，电流大小取决于照射光的强度，因此电磁继电器的通 断就取决于照射光的强度，从而实现光控街道路灯的目的，可见，光电管实质是一种把光信号转换成电信 号的传感器。光控电路如图所示，光电管的

39、主要作用是把光信号转换成电信号。即光电传感器。答案：见解析11 . （14分）如图10所示，小铅球 P系在细金属丝下，悬挂在 。点，开始时小铅球 P沿竖直方向处于 静止状态。当将小铅球 P放入水平流动的水中时，球向左摆动一定的角度 0,水流速度越大，。越大。为 了测定水流对小球作用力的大小，在水平方向固定一根电阻丝BC,其长为L,它与金属丝接触良好，不计摩擦和金属丝的电阻， C端在O点正下方处，且OC= h。图中还有电动势为 E的电源（内阻不计）和一只电压表。请你连接一个电路，使得当水速增大时，电压表示数增大。图10mg解析：电路图如图所示。设CD = x, P球平衡时，由平衡条件可得tan根

40、据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律可得I=Rr =宫根据电阻定律可得 Rl=忐Rx= A 由式可得 u = tan j Eh ,因为水流速度越大，。越大，所以U越大。答案：见解析12 . (18分)一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2 mm的均匀狭缝。将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘 半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束。 在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时， 传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。图11甲为该装置示意图，图横坐标表示时间t,纵坐标表示接收到

41、的激光信号强度I,图中At1乙为所接收的光信号随时间变化的图线, = 1.0X10 3s, At2=0.8X 10 3 s。图11利用图乙中的数据求1 s时圆盘转动的角速度。(2)说明激光器的传感器沿半径移动的方向，并说理由。解析：(1)由图线读得，转盘的转动周期T=0.8 s,角速度co = M= 2；3.14 rad/s= 7.85 rad/SoI 0.8(2)激光器和传感器沿半径向圆盘边缘移动。理由：由于脉冲宽度在逐渐变窄，表明光信号能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应传感器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和传感器沿半径由中心向边缘移动。答案：见解析模块综合检测（时间：90分钟满分

42、：110分）一、选择题 体题共14小题，每小题4分,共56分，第18小题中只有一个选项符合题意，第914小题中有多个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分）1 .在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是（）A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系8 .安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍

43、引 起感应电流的磁通量的变化解析：选C通有恒定电流的静止导线附近产生的磁场是不变的，在其附近的固定导线圈中没有磁通量的变化，因此，不会出现感应电流，选项 C错误。9 .如图1所示，在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆 MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为 E1；若磁感应强度增为 2B,其他条件不变， MN中产生的感应电动势变为 E2。则通过电阻 R的电流方向及 E1与E2之比E1 ： E2分别为（）xT_X X X X> RX. X X-H . X UftK L X X I X 乂乂“ K 友 N 乂 "工图1A . c一 a,

44、2 ： 1B.a- c,2 ： 1C. a-c,1 ： 2D.c-a,1 ： 2解析：选C 杆MN向右匀速滑动，由右手定则判知，通过R的电流方向为a-c；又因为E=BLv,所以E1 ： E2= 1 ： 2,故选项C正确。3 .如图2所示，金属三角形导轨 COD上放有一根金属棒 MN ,拉动MN使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同， 则在MN运动过程中闭合电路的（）A.感应电动势保持不变B.感应电流逐渐增大C.感应电流将保持不变D.感应电流逐渐减小解析：选C 拉动MN使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，t时刻，导体棒切割磁感线的有效长度L

45、 = vttan %产生的感应电动势 E=BLv=Bv2ttan鹏 感应电动势逐渐增大，选项 A错误；粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，单位长度电阻相同，设为R,回路总电阻 R总 = R（vttan 什山+vt）COS a= R（tan a+ 1）vt,产生的感应电流 I=-E是一恒量，选项 C正确，B、D错误。 COS aR总4 .用柔软的细金属丝弯成一个矩形闭合线框，用绝缘细线将其悬挂起来，如图3所示，若匀强磁场与AB线框平面垂直，开始时磁场很强，当磁场均匀减弱时于=七kv0，下列说法正确的是（）图3A.细线可能断掉B.线框将会收缩C.线框可能变成圆形D.线框绕过a的竖直轴转动解析：选

46、C 准确理解“阻碍”含义，当磁场减弱时，线框内产生感应电流，感应电流产生的磁场阻碍磁通量变化，线框面积将扩大，而最大即为圆形，故选项B错误，C正确。线框悬线拉力未变，A错误。 线框绕过a的竖直轴转动时通过线框的磁通量减小，故D错误。5.如图4所示，图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为1,磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈， ad与bc间的距离也为1。t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合 （如图）。 现令线圈以恒定的速度 v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。 取沿a-b-c-d-a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可

47、能是（解析：选B梯形线框进入磁场过程，切割部分的有效长度增大，感应电动势 E增大，由右手定则知感应电流方向与正方向相反，所以 时间内U感应电流方向为负，大小变大；梯形线框出磁场过程，感应电流方向与正方向相同，切割部分的有效长度增大，感应电动势E增大，所以时间内感应电流方向为正，大小变大，故 B正确。6.如图5所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45。的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度3匀速转动（O轴位于磁场边界）。则线框内产生的感应电流的有效值为（）XXXXX X flX XXXXX XX XX XX XA.哈2R= V2BL2。-.2R2B

48、L2cqC. 4RBL2D. 4R解析：选D扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L,各点的平均速度v=L,导线框Bl 2m进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E = -L2E2 T 2RXZ=I2RT，Bl 2八、可得1 = B4R,故D正确,A、B、C错误。7.如图6所示为含有理想变压器的电路，图中的三个灯泡L1、L2、L3 者淅有 “ 5 V5 W”字样，L4标有“5 V10 W”字样，若它们都正常发光，不考虑导线的能耗，则该电路的输入功率Pab和输入电压Uab应为（1L*图6A . 20 W 25 VB. 20 W 20 VC . 25 W 25

49、 VD. 25 W 20 V解析：选C 该电路的输入功率为 4盏灯的功率总和， 即Pab=5 W+5 W+5 W+10 W=25 W。通过L1的电流I1=1 A,根据输入功率等于输出功率可得U1I1 = 20 W,解得U1 = 20 V,故电源输入电压Uab =Ui+Uli = 25 V。本题选 CoT的原、副线8 . （2015福建高考）图7为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器圈匝数分别为n1、n2,在T的原线圈两端接入一电压u=Umsint的交流电源，若输送电功率为 P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为A. n;ni Um24rn2B.

50、而Um24rC. 4ni 2 P 2n2 Um rD. 4n22P 2 tt- rn i Um解析:=窗；因为输送电功率为P,输电线中的电流为1 =然，故选项 C正确。P .2niP2=U1= n2Um,则输电线上损失的电功率为*= I 22（2r）选C 升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为Ui = Um;由变压关系可得 U2=n2,则U2曲U2 n29 .如图8是街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器输入电压是市电网的电压，不会有很Ro表示，滑动变阻器 R表示用户用电器的大的波动；输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用总电阻。当滑动变阻器触头P向下移动时（）图8A.相当于在增加

51、用电器的数目B. Vi表的示数和V2表的示数都增大C . A1表的示数和A2表的示数都增大D.变压器的输入功率在增大解析：选ACD 原线圈电压Ui由市电网决定，不会随用电器电阻的变化而变化，而副线圈两端电压U2由原线圈电压及原、副线圈匝数比决定，故也不发生变化，B项错误；当滑动变阻器触头 P向下移动时，用户用电器总电阻减小，意味着用电器数目增加，而U2不变，所以电流变大，即 A2示数变大，输出功率变大，这就决定了输入功率也变大，故 A、D项正确；又因为 Ui不变，故Ii变大，即Ai示数变大，C项正确。10. （20i6全国丙卷）如图9, M为半圆形导线框，圆心为 OM； N是圆心角为直角的扇形

52、导线框，圆 心为On;两导线框在同一竖直面 （纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OmOn的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。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Om和On的轴，以相同的周期 T逆时针匀速转动，则（）图9A.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=T时，两导线框中产生的感应电动势相等 8D.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A错误；导线框的转解析：选BC 两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项动周期为T,则感应电流的周期也为 T,选项B正确；在t = T时，切割磁感线的有效长

53、度相同，两导线框 8D错误。中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项11. 如图10甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100,线圈面积S= 200 cm2,线圈的电阻r= 1 Q,线圈外接一个阻值 R = 4 的电阻，把线圈放入一方向垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是（）A.电阻R两端的电压保持不变B.初始时刻穿过线圈的磁通量为0.4 WbC.线圈电阻r消耗的功率为4X10 4 WD.前4 s内通过R的电荷量为4X10-4 C解析：选AC 根据法拉第电磁感应定律，可知磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故A正确；初始时刻穿过线圈的磁通量虫=8$=0.2* 200* 104 Wb = 0.004 Wb，故B错误;由法拉第电磁感应定律有E=n*=n己=100X0.44