2024版高中同步新教材选择性必修第二册人教物理备课资源03-期中学业水平检测

2024版高中同步新教材选择性必修第二册人教物理备课资源期中学业水平检测满分100分,限时90分钟一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)1.下列说法正确的是()A.奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应现象B.闭合电路在磁场中做切割磁感线运动,电路中一定会产生感应电流C.穿过线圈的磁通量变化越大,线圈中产生的感应电动势一定越大D.涡流的形成不遵循法拉第电磁感应定律2.如图所示,倾斜导轨宽为L,与水平面成α角,处在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,金属杆ab水平放在导轨上。当回路电流为I时,下列有关金属杆ab所受安培力F的大小和方向说法正确的是()A.方向垂直ab杆沿斜面向上B.方向垂直ab杆水平向右C.F=BILcosαD.F=BILsinα3.如图甲所示,某同学在研究电磁感应现象时,将一线圈两端与电流传感器相连,强磁铁从长玻璃管上端由静止下落,电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像,t2时刻电流为0,如图乙所示。下列说法正确的是()A.在t2时刻,穿过线圈的磁通量的变化率为0B.在t1到t2时间内,强磁铁的加速度大于重力加速度C.强磁铁穿过线圈的过程中,受到线圈的作用力先向上后向下D.在t1到t3的时间内,强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量4.如图所示,虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场(具体方向未知),磁感应强度大小为B,一比荷为k的带负电粒子由虚线上的M点沿与虚线夹角为60°的方向垂直磁场射入,经过一段时间该粒子经过N点(图中未画出),速度方向与虚线平行向右,忽略粒子的重力。则下列说法正确的是()A.磁场的方向垂直纸面向外B.粒子由M运动到N的时间为πC.如果N点到虚线的距离为L,则粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD.如果N点到虚线的距离为L,则粒子射入磁场的速度大小为kBL5.如图所示,足够长的光滑导轨固定在水平面内,导轨间距为L,左侧接有一电动势为E的电源,空间存在垂直于水平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。长度为L、质量为m、电阻为R的导体棒静止放在导轨上,除了导体棒有电阻外,其余电阻忽略不计,导体棒与导轨接触良好,始终垂直于导轨。现在闭合开关,同时对导体棒施加一水平向右的恒力F,下列说法正确的是()A.导体棒受到的安培力一直增大B.导体棒受到的安培力的方向始终不变C.导体棒能够达到的最大速度为FRD.导体棒能够达到的最大速度为FR6.如图所示的电路中,A、B、C为三个相同的灯泡,L为直流电阻为零的电感线圈,D为单向导电的二极管(即当二极管中电流从“+”流向“-”时电阻很小,当电流从“-”流向“+”时电阻无穷大)。若将闭合的开关S断开,A、B、C三个灯泡中,会出现缓慢变暗的现象的是()A.仅A灯泡B.仅A和B灯泡C.仅A和C灯泡D.A、B和C三个灯泡7.如图所示,圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场,Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或电子的运动径迹,a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角,则下列判断正确的是()A.沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短B.沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子C.沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率之比为3D.沿径迹Ob、Od运动的粒子的运动时间之比为9∶88.如图所示,间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接,导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒,金属棒与导轨垂直且接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q,则下列说法正确的是()A.金属棒在导轨上做匀减速运动B.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qRC.金属棒运动至最大位移的一半时,速度为12D.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为12mv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)9.如图所示,在竖直虚线MN和M'N'之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场,一带电粒子(不计重力)以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域,带电粒子沿直线运动,并从C点离开场区。如果撤去磁场,该粒子将从B点离开场区;如果撤去电场,该粒子将从D点离开场区。则下列判断正确的是()A.该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同B.该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均相同C.匀强电场的场强大小E与匀强磁场的磁感应强度大小B之比为EB=vD.若该粒子带负电,则电场方向竖直向下,磁场方向垂直于纸面向里10.如图所示,放置在水平桌面上的单匝正方形线圈在大小为F的水平外力作用下以速度v向右匀速进入竖直向上的匀强磁场(图中虚线为磁场边界)。第二次在大小为2F的水平外力作用下以3v向右匀速进入同一匀强磁场。线圈的边长为L,电阻为R。下列说法正确的是()A.线圈受到的摩擦力大小为0.5FB.线圈受到的摩擦力大小为0.75FC.磁场的磁感应强度大小为FRD.磁场的磁感应强度大小为FR11.如图(a)所示,螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场,以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连,导线框内有一小金属圆环L,圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时()A.在t2~t3时间内,a点的电势始终比d点的电势高B.在t3~t4时间内,L有扩张趋势C.在t1~t2时间内,L内有顺时针方向的感应电流D.在t2~t3时间内,L内有逆时针方向的感应电流12.如图所示,M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置,导轨间距分别为2L和L,两组导轨间由导线相连,装置置于水平面内,导轨间存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场,两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置,且均处于静止状态,不计导体棒外其余部分电阻。t=0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动,两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好,且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处。则下列说法正确的是()A.t=0时,导体棒D的加速度大小为a=2B.达到稳定运动时,C、D两棒速度之比为1∶2C.从t=0时至达到稳定运动的过程中,回路产生的内能为25mD.从t=0时到达到稳定运动的过程中,通过导体棒的电荷量为m

三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)某兴趣小组的同学为了测量如图甲所示的磁极已知的方形磁铁磁极表面附近磁场的磁感应强度的大小,设计了如图乙所示的装置,图乙中两根完全相同的轻弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘连接。已知方形磁铁的长度远大于金属棒的长度,现进行如下操作:a.断开开关S,用刻度尺测量出两根轻弹簧的长度均为l1;b.用刻度尺测量出金属棒ab的长度为L;c.将方形磁铁置于金属棒ab附近,使方形磁铁在金属棒ab处的磁场垂直于纸面向里(可视为匀强磁场);d.闭合开关S,待系统稳定后,记录电流表的示数为I,用刻度尺测量出两根轻弹簧的长度均为l2;e.保持方形磁铁与金属棒ab的距离不变,在小范围内改变方形磁铁相对于金属棒ab的位置,重复实验。回答下列问题:(1)l2l1(选填“>”“=”或“<”);

(2)实验中(选填“需要”或“不需要”)测量金属棒ab的质量;

(3)已知轻弹簧的劲度系数为k,则方形磁铁磁极表面附近磁场的磁感应强度B=。(用已知量和测量的物理量表示)

14.(9分)在图甲中,不通电时电流计指针停在正中央,当闭合开关时,观察到电流计指针向左偏。现在按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路,将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路。(1)将开关S闭合后,将螺线管A插入螺线管B的过程中,螺线管B的端(选填“上”或“下”)为感应电动势的正极;

(2)螺线管A放在B中不动,开关S突然断开的瞬间,电流计的指针将(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转;

(3)开关S处于闭合状态,螺线管A放在B中不动,滑动变阻器的滑片向右滑动,电流计的指针将(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转。

15.(8分)舰载作战飞机沿平直跑道起飞过程分为两个阶段:第一阶段是电磁弹射,电磁弹射区的长度为x1=80m,弹射原理如图所示,飞机固定在滑杆上,储能装置通过导轨和滑杆放电,产生强电流恒为I=4000A,导轨激发的磁场在两导轨间近似为竖直方向的匀强磁场且B=10T,在磁场力和飞机发动机推力作用下,滑杆和飞机从静止开始向右加速,在导轨末端飞机与滑杆脱离,导轨间距为L=3m;第二阶段在飞机发动机推力的作用下匀加速直线运动达到起飞速度。已知飞机离舰起飞速度为v=100m/s,航空母舰的跑道总长为x2=180m,舰载机总质量为m=3.0×104kg,起飞过程中发动机的推力恒定,弹射过程中及飞机发动机推力下的加速过程,舰载机所受阻力恒为飞机发动机推力的20%,求:(1)滑杆受到的安培力大小;(2)电磁弹射过程电磁推力做的功;(3)飞机发动机推力的大小。16.(10分)如图所示,两间距为d的平行光滑导轨由固定在同一水平面上的导轨CD-C'D'和竖直平面内半径为r的14圆弧导轨AC-A'C'组成,水平导轨与圆弧导轨相切,左端接一阻值为R的电阻,不计导轨电阻;水平导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,其他地方无磁场。导体棒甲静止于CC'处,导体棒乙从AA'处由静止释放,沿圆弧导轨运动,与导体棒甲相碰后粘在一起,向左滑行一段距离后停下。已知两棒质量均为m,电阻均为R,始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度大小为g,求(1)两棒相碰前瞬间棒乙对每个圆弧导轨底端的压力大小N;(2)两棒在磁场中运动的过程中,电路中产生的焦耳热Q。17.(13分)如图甲所示,平行长直金属导轨置于水平面内,间距为L。导轨左端接有阻值为R的电阻,质量为m的导体棒MN垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计,且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。开始时,导体棒MN静止于磁场区域的右端,当磁场以速度v1匀速向右移动时,导体棒MN随之开始运动,并很快达到恒定速度。设导体棒MN受到水平向左、大小为f的恒定阻力,导体棒MN始终处于磁场区域内。(1)当磁场刚开始运动时,请判断导体棒中感应电流的方向,并求出此时导体棒所受安培力的大小和方向;(2)求导体棒所达到的恒定速度v2的大小;(3)若t=0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动,经过较短时间后,导体棒也做匀加速直线运动,其v-t关系如图乙所示,已知在t时刻导体棒的瞬时速度大小为vt,求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。18.(14分)如图所示的坐标系,x轴沿水平方向,y轴沿竖直方向,在x轴上方空间的第一、第二象限内,既无电场也无磁场;在第三象限,存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xOy平面(纸面)向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电质点,从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限,然后经过x轴上x=-2h处的P2点进入第三象限,带电质点恰好能做匀速圆周运动,之后经过y轴上y=-2h处的P3点进入第四象限,已知重力加速度为g,求:(1)质点到达P2点时速度的大小和方向;(2)第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小;(3)若在第四象限加一匀强电场,使质点做直线运动,求电场强度的最小值。

答案与解析1.A2.B3.A4.C5.C6.C7.C8.C9.CD10.AC11.ABC12.BC1.A奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应现象,A正确;闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动,电路中一定会产生感应电流,B错误;穿过线圈的磁通量变化越快,线圈中产生的感应电动势一定越大,C错误;涡流的形成遵循法拉第电磁感应定律,D错误。2.B根据左手定则,金属杆ab所受安培力方向垂直ab杆水平向右,A错误,B正确;安培力大小为F=BIL,C、D错误。故选B。3.At2时刻电流为0,说明感应电动势为零,由E=nΔΦΔt可知穿过线圈的磁通量的变化率为0,A正确;由“来拒去留”可知强磁铁下落穿过线圈的过程中,受到线圈的作用力始终向上,t1到t2时间内,强磁铁的加速度为a=mg−Fm<g,B、C错误;在t1到t3时间内,4.C根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示,根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向里,故A错误;粒子由M运动到N时速度方向改变了60°角,所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α=60°,则粒子由M到N运动的时间为t=16T,又粒子在磁场中的运动周期为T=2πmqB,整理得t=π3kB,故B错误;如果N点到虚线的距离为L,根据几何关系有cosα=R−LR,解得R=2L,又R=mvqB,代入数据解得v5.C闭合开关,导体棒受到的安培力向右,导体棒加速,回路电动势E总=E-BLv,随着速度v增加,回路电动势减小,向右的安培力F安减小,导体棒加速度a=F+F安m减小。当E=BLv时,安培力为零,由于有外力,导体棒继续加速,动生电动势BLv大于E,回路电动势方向反向,电流反向,安培力F安向左不断增加,加速度a=F−F安m继续减小,直到安培力等于外力,导体棒以最大速度匀速向右运动。设最大速度为vm,此时回路电动势E总=BLvm-E,其中E总=IR,F=BIL,解得vm=FR+BLEB26.C各支路的电阻相等,开关闭合电流稳定时各支路的电流相等;将闭合的开关S断开,B、C灯中原来的电流都消失,线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小,自感电动势方向向左,此时B灯所在支路中的二极管两端的电压为反向电压,电流不能从左向右通过二极管,所以B灯立即熄灭,此时线圈L与灯A、C组成回路,A灯中电流的方向不变,C灯中电流的方向与开始时相反,A、C灯均逐渐变暗。故选C。7.C粒子在磁场中做匀速圆周运动,则有qvB=mv2R,T=2πRv,解得T=2πmqB,由于正电子和电子的电荷量q和质量m均相等,可知粒子的周期相等,而沿径迹Oc运动的粒子轨迹对应的圆心角最大,设为θ,由t=θ2πT,可知沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长,选项A错误;由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的粒子均带负电,选项B错误;设圆形磁场区域半径为r,根据几何关系可得沿径迹Oa、Ob运动的粒子轨迹半径分别为ra=r、rb=3r,根据qBv=mv2R可得vavb=rarb=33,选项C正确;8.C金属棒在整个运动过程中,产生的感应电动势E=BLv,通过金属棒的电流I=E2R,受到的安培力F=BIL,解得F=B2L2v2R,安培力方向与运动方向相反,金属棒速度v减小,安培力减小,加速度减小,A错误;整个运动过程中通过的电荷量q=IΔt=E2RΔt,又E=ΔΦΔt=BL·ΔxΔt,联立解得q=BL·Δx2R,故金属棒的位移Δx=2qRBL,B错误;由以上分析,金属棒运动至最大位移的一半时,通过的电荷量为q2,根据动量定理,金属棒从最初位置运动至最大位移处的过程有-BLq=0-mv,金属棒从最初位置运动至最大位移的一半处的过程有-BL·q2=mv1-mv,解得v1=12v,即金属棒运动至最大位移的一半处时,速度为12v,C正确;整个过程,金属棒的动能转化为电路产生的焦耳热,有Q总=9.CD洛伦兹力不做功,不改变粒子的动能,而当区域内只有电场时,电场力做正功,粒子的动能增大,则粒子由C、D两点离开场区时的动能相同,小于从B点离开场区时的动能,故A错误。粒子在正交的电磁场中与只有电场时运动时间相同,为t1=ACv0;粒子在只有磁场时运动时间为t2=ADv0,由于AD>AC,则知粒子在磁场中运动时间最长,故B错误。带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场做匀速直线运动,电场力与洛伦兹力平衡,则qE=qv0B,得EB=v0,故C正确。若该粒子带负电,则知电场方向竖直向下,由左手定则判断可知,10.AC对线圈受力分析,以速度v匀速进入磁场,有f+B2L2vR=F,以速度3v匀速进入磁场,有f+B2L2×3vR=2F,解得磁场的磁感应强度大小为B=FR11.ABC由题图可知,在t2~t3时间内,螺线管内外加磁场的磁感应强度先向上减小后向下增大,根据楞次定律可知,感应电流在螺线管内产生的磁场一直向上,由安培定则可知,a端相当于电源的正极,d端相当于电源的负极,因此a点的电势始终比d点的电势高,A正确;在t3~t4时间内,螺线管中外加磁场的磁感应强度变化率减小,线圈产生的感应电动势减小,穿过金属圆环L的磁通量减小,L有扩张趋势,B正确;在t1~t2时间内,螺线管内外加磁场的磁感应强度向上且逐渐增大,根据楞次定律可知,感应电流在螺线管内产生的磁场向下,由安培定则可知,导线框中有dcbad方向的感应电流,穿过金属圆环L的磁场向下,由于螺线管内磁场磁感应强度的变化率减小,导致感应电流逐渐减小,向下穿过金属圆环L的磁通量减小,由楞次定律可知L内有顺时针方向的感应电流,故C正确;在t2~t3时间内,螺线管中产生的感应电动势大小不变,穿过金属圆环L的磁通量不变,L内无感应电流,故D错误。12.BCt=0时,回路中感应电动势E0=B×2Lv0,回路中的电流I=E02R=BLv0R,对于导体棒D,根据牛顿第二定律有BIL=ma,导体棒D的加速度大小为a=B2L2v0mR,A错误;达到稳定运动时,回路的感应电流为零,有B×2LvC=BLvD,因此vC∶vD=1∶2,B正确;从t=0时至达到稳定运动的过程中,根据动量定理,对导体棒C,有-BI×2L·t=mvC-mv0,对导体棒D,有BIL·t=mvD-0,联立解得vC=15v0,vD=25v0,根据能量守恒,回路产生的内能Q=12mv02-12mvC2-12mvD2,解得Q=2513.答案(1)>(2分)(2)不需要(2分)(3)2k(l2解析由左手定则可知金属棒ab受到向下的安培力,轻弹簧的长度增大,所以l2>l1。设金属棒ab的质量为m,轻弹簧的原长为l0,开关S断开时,由平衡条件得mg=2k(l1-l0),开关S闭合后,由平衡条件得mg+BIL=2k(l2-l0),解得B=2k(l14.答案(1)下(3分)(2)向右(3分)(3)向右(3分)解析(1)将开关S闭合后,将螺线管A插入螺线管B的过程中,穿过线圈的磁通量向下增加,螺线管B产生感应电流,根据楞次定律,螺线管B感应电流的磁场向上,由安培定则,螺线管B的下端为感应电动势的正极;(2)在图甲中,闭合开关时,观察到电流计指针向左偏,即电流从电流计的哪方流入,指针就偏向哪方,螺线管A放在B中不动,开关S突然断开的瞬间,穿过线圈B的磁通量向下减小,根据楞次定律,螺线管B感应电流的磁场向下,感应电流从右端流入电流计,则电流计的指针将向右偏转;(3)螺线管A放在B中不动,滑动变阻器的滑片向右滑动,接入电路的阻值变大,电路中电流减小,穿过线圈B的磁通量向下减小,根据楞次定律,螺线管B感应电流的磁场向下,感应电流从右端流入电流计,则电流计的指针将向右偏转。15.答案(1)1.2×105N(2)9.6×106J(3)9.75×105N解析(1)滑杆受到的安培力大小为F1=BIL=10×4000×3N=1.2×105N(2分)(2)电磁推力做功W1=F1x1=1.2×105×80J=9.6×106J(2分)(3)设飞机发动机推力的大小为F2,对整个过程根据动能定理有W1+F2x2-0.2×F2x2=12mv2(2分)解得F2=9.75×105N(2分)16.答案(1)32mg(2)1解析(1)设两棒相碰前瞬间棒乙的速度大小为v1,对棒乙沿圆弧导轨运动的过程,根据机械能守恒定律有12mv12=mgr(1解得v1=2gr(1分)两棒相碰前瞬间,棒乙受到的支持力N'与重力mg的合力提供向心力,有2N'-mg=mv12r(2解得N'=32mg(1分)根据牛顿第三定律可知N=N'=32mg(1分)(2)设两棒相碰并粘在一起后瞬间的速度大小为v2,根据动量守恒定律有mv1=2mv2(1分)解得v2=gr2(1分)两棒粘在一起在磁场中运动的过程中,根据能量守恒定律有Q=12×2mv22(1解得Q=12mgr(1分)17.答案(1)感应电流由M流向NB2L2v1R,方向水平向右(2)v1-解析(1)当磁场刚开始运动时,导体棒相对磁场向左切割磁感线,根据右手定则,导体棒中感应电流由M流向N(2分)根据左手定则,导体棒所受安培力的方向水平向右,大小为F0=BI0L(1分)又I0=E0R,E0=BLv1(1分联立可得F0=B2L2v1(2)导体棒以恒定速度v2运动时,切割磁感线的相对速度大小为v1-v2此时产生感应电动势为E=BL(v1-v2)(1分)感应电流为I=ER(1分)由于导体棒匀速运动,由平衡条件得BIL=f(1分)联立解得v2=v1-fRB2L2((3)设磁场的加速度大小为a,导体棒的加速度大小为a',导体棒受安培力和阻力作用,由牛顿第二定律可得BIL-f=ma'(1分)在t时刻导体棒的瞬时速度大小为vt,由乙图可知,此时棒做匀加速运动,磁场与棒之间速度差为恒量,因此必有a=a'(1分)感应电动势为E'=BL(at-vt),且E'=IR(1分)联立解得a'=B2L2vt18.答案(1)2gℎ,与x轴负方向成45°角斜向下(2)mgqmq2gℎ解析(1)质点从P1到P2,由平抛运动规律有v0=2ℎt,vy=gt,h=12gt2(3解得质点到达P2点时速度的大小v=v02+vy2=2gℎ,方向与x轴负方向成45°(2)质点进入第三象限,从P2到P3做匀速圆周运动,如图所示重力与电场力平衡,Eq=mg(1分)由洛伦兹力提供向心力,Bqv=mv2R(1分由几何知识得(2R)2=(2h)2+(2h)2(1分)解得E=mgq,B=mq2gℎ(3)质点进入第四象限做直线运动,当电场强度的方向与运动方向垂直时电场强度最小,由qE'=mgcos45°(2分)解得电场强度的最小值E'=2mg2q(2分)第三章满分100分,限时90分钟一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)1.对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图像,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0.2A,周期为0.01sD.电流大小周期性变化,是交流电2.我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”作出独特的贡献。若在传输电能总功率不变的情况下,从原先150kV高压输电升级为1350kV特高压输电,则下列说法正确的是()A.若输电线不变,则输电线上损失的电压变为原先的1B.若输电线不变,则输电线上损失的功率变为原先的1C.如果损失的功率不变,相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先的1D.如果损失的功率不变,相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的9倍3.在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示,已知线框内阻为1.0Ω,外接一只电阻为9.0Ω的灯泡,交流电压表为理想电表,则()A.电压表V的示数为20VB.电路中的电流方向每秒改变10次C.0.1s时线框处于中性面位置D.电动势的瞬时值表达式为e=20sin10πtV4.某交变电流的电压随时间变化的规律如图所示(初始部分为正弦函数的四分之一周期),下列说法正确的是()A.该交变电流的周期为2sB.该交变电流电压的有效值为200VC.将该交变电流加在交流电压表两端时,电压表读数为2002VD.将该交变电流加在启辉电压(达到或超过启辉电压后氖管会发光)为200V的氖管上,氖管未被击穿,则氖管1s内发光100次5.某电动自行车充电器内有一输入电压为220V、输出电压为60V的变压器。由于副线圈烧坏了需要维修,维修人员拆下烧坏的副线圈,用绝缘导线在铁芯上绕出了一个5匝的线圈,如图所示。将原线圈接到220V交流电源上,测得新绕线圈两端电压为1V。则()A.该变压器原线圈有2200匝B.该变压器原线圈有5500匝C.被烧坏的副线圈有300匝D.被烧坏的副线圈有250匝6.如图为理想自耦变压器,其中P为变压器上的滑动触头,P'为滑动变阻器上的滑片,则以下说法正确的是()A.P不动,P'向下滑动时,U2一直在减小B.P'不动,P逆时针转动,可使电压U1减小C.P'不动,P顺时针转动一个小角度时,电流表示数增大D.P顺时针转动一个小角度,同时P'向下滑动时,小灯泡的亮度可能不变7.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示,发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知输电线的总电阻r=10Ω,降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4=n∶1,降压变压器的副线圈两端电压如图乙所示,降压变压器的副线圈与阻值为R0=22Ω的电阻组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器,则下列说法正确的是()A.发电机产生交流电的频率为0.5HzB.通过R0的电流的最大值为10AC.输电线损失的功率为1000nD.降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtV8.一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω,A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、副线圈匝数的比值为()A.2B.3C.4D.5二、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)9.如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动,线框产生的感应电动势随时间变化的图像如图乙所示,下列说法正确的是()A.t=0.005s时,线框所在平面平行于磁场B.t=0.010s时,线框所在平面为中性面C.t=0.015s时,穿过线框的磁通量最大D.当线框平面与磁场的夹角为30°时,电动势约为156V10.如图甲所示,在理想变压器输入端加上如图乙所示的交变电压U1=Umsinωt,在副线圈的输出端串接上一只理想整流二极管D和滑动变阻器R,则()A.当滑片P上移时,原线圈中的电流I1变大B.当滑片P上移时,原线圈的输入功率变小C.当拿掉二极管后,副线圈中的交流电周期与原来相同D.保持滑片P不动,R上电流有效值是无二极管时的111.某电厂对用户进行供电的原理如图所示。发电机的输出电压为U1=380V,输电线的总电阻r=15Ω,为了减小损耗采用了高压输电。变压器视为理想变压器,其中升压变压器的匝数比为n1∶n2=1∶20,用户获得的电压为U4=220V,发电厂的输出功率为P1=7.6×105W,则下列说法中正确的有()A.输电线上的电流为100AB.用户获得的功率为1.5×105WC.降压变压器的匝数比为n3∶n4=380∶11D.若用户端消耗的功率增大,在发电厂的输出电压不变的情况下,用户端获得的电压减小12.如图所示,在xOy直角坐标系中的第二象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场,第四象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B。直角扇形导线框半径为L、总电阻为R,在坐标平面内绕坐标原点O以角速度ω逆时针匀速转动,转动周期为T。线框从图中所示位置开始转动一周的过程中()A.消耗的电功率不变B.在0~T4时间内,C.感应电流的有效值为I=BD.在转动过程中受到的安培力始终不变三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系,我们把两个线圈套在同一闭合的铁芯上,一个线圈连到学生电源的输出端,另一个线圈连到小灯泡上,如图所示,请回答下列问题:(1)将与灯泡相连的线圈匝数减少,其余装置不变继续实验,灯泡亮度将(选填“变亮”或“变暗”),这说明灯泡两端的电压(选填“变大”或“变小”);

(2)在实验中,测得变压器原、副线圈的匝数分别为120和60,原、副线圈两端的电压分别为8.2V和3.6V,据此可知电压比与匝数比不相等,可能原因是。

14.(8分)某学习小组在“探究变压器原、副线圈电压和匝数关系”的实验中,采用了可拆式变压器,将原、副线圈套在铁芯A的两臂上,铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯,如图所示。(1)下列说法正确的是;

A.为保证实验安全,原线圈应接低压直流电源B.电表应置于直流电压挡C.保持原线圈电压及匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈的匝数对输出电压的影响D.变压器正常工作后,电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈(2)为了减小涡流的影响,铁芯应该选择;

A.整块硅钢铁芯B.整块不锈钢铁芯C.绝缘的铜片叠成D.绝缘的硅钢片叠成(3)该实验小组认真检查电路无误后,分别测出相应的原、副线圈电压值。若原、副线圈匝数分别为n1=240、n2=120,在原线圈两端依次加上不同的电压,用多用电表合适的电压挡分别测量原、副线圈两端的电压,数据如表所示:利用表格中的数据在图中作出U1-U2图像,图像的斜率k=(保留2位有效数字)。

序号12345原线圈:U1/V2.04.06.08.010.0副线圈:U2/V0.901.822.753.634.5015.(6分)正方形线框abcd在匀强磁场中,绕垂直于磁感线的轴OO'以角速度ω匀速转动,如图所示。线框边长为L,匝数为N,线框的总电阻为r,外电路的电阻为R,磁感应强度的大小为B。求:(1)线框转动过程中产生的感应电动势的最大值;(2)线框转动过程中,图中理想电压表的示数。16.(8分)一旋转磁极式发电机的原理图如图甲所示,其线圈固定,磁体在外力的驱动下绕线圈对称轴匀速转动,输出端通过一原、副线圈匝数比为n∶1的变压器(视为理想变压器)向电阻为R的用电器(可视为纯电阻)供电,如图乙所示,理想电压表的示数为U2。已知磁体间的磁场为匀强磁场,磁感应强度的大小为B,线圈的匝数为N、面积为S、电阻为r。求:(1)变压器原线圈所在电路中理想电流表的示数I1;(2)磁体转动的角速度ω。17.(14分)如图甲所示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沿图示方向匀速转动,线圈的匝数N=100,电阻r=4Ω,线圈的两端经集流环与电阻R连接,电阻R的阻值为R=16Ω,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随时间t按图乙所示正弦规律变化。(取π=3.14)求:(1)甲图中从图示位置开始计时,交流发电机产生的电动势的瞬时值表达式;(2)电路中交流电压表的示数;(3)从图示位置转过90°,通过线圈的电荷量q和电阻R产生的焦耳热Q。18.(18分)如图所示,用一小型交流发电机向远处用户供电,已知发电机线圈abcd的匝数N=100、面积S=0.03m2,线圈匀速转动的角速度ω=100πrad/s,匀强磁场的磁感应强度B=2πT,输电时先用升压变压器将电压升高,到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用,输电导线的总电阻为R=10Ω,变压器都是理想变压器,降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4=10∶1,若用户区标有“220V8.8kW”的电动机恰能正常工作,发电机线圈电阻r不可忽略。求(1)输电线路上损耗的电功率ΔP;(2)发电机电动势最大值和升压变压器副线圈两端电压U2;(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8,交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比。答案与解析1.A2.C3.B4.D5.C6.D7.C8.B9.AB10.BC11.AD12.AC1.A由图像可知,电流的大小周期性变化,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,B、C、D错误。2.C在输送功率不变时,输电电压升高到原来的9倍,则输电电流变为原来的19,若输电线不变,输电线上损失的电压ΔU=Ir,将变为原来的19,选项A错误;输电线上损失的功率ΔP=I2r,因此若输电线不变,输电线上损失的功率变为原先的181,选项B错误;如果损失的功率不变,PU2r=P9U2r',r'=81r,相同材料,则电阻率不变,当传输距离不变时,所需导线横截面积是原先的181,选项C正确;如果损失的功率不变,3.B从题图乙可知,电动势的最大值Em=202V,电动势的有效值E=Em2=20V,电路中的电流I=ER+r=2A,电压表V的示数U=IR=18V,A错误;周期T=0.2s,频率为5Hz,故电路中的电流方向每秒改变10次,B正确;0.1s时,感应电动势最大,穿过线框的磁通量为零,线框与中性面垂直,C错误;角速度ω=2πT=10πrad/s,电动势的瞬时值表达式为e=202cos104.D由图像可知,该交变电流的周期为0.02s,A错误;根据电流的热效应计算电压的有效值,有20022V2R×T4+(2002V)2R×T2=U2RT,解得有效值U=1005V,B错误;交流电压表读数为交变电流电压的有效值,所以电压表读数为1005V,C错误;只有当交流电压大于或等于启辉电压200V时,氖管才能发光,由图像可知,一个周期氖管发光两次,5.C设该变压器的原、副线圈和新绕线圈的匝数分别为n1、n2、n3,变压器的原、副线圈和新绕线圈两端电压分别为U1、U2、U3,则有U1U3=n1n3,解得该变压器原线圈匝数为n1=U1U3·n3=1100,A、B错误;同理可得U1U2=n1n2,6.DP不动,P'向下滑动时,自耦变压器输入电压U1不变,根据U1U2=n1n2,输出电压U2不变,A错误;输入电压U1与匝数无关,B错误;P'不动,P顺时针转动一个小角度时,副线圈匝数减小,根据U1U2=n1n2可知副线圈两端电压减小,则电流减小,变压器输出功率减小,而理想变压器输入功率等于输出功率,则输入功率减小,原线圈中的电流减小,C错误;P顺时针转动一个小角度,U2变小,7.C变压器不改变交流电的频率,由题图乙可知,交流电的频率为f=12×10−2Hz=50Hz,A错误;通过R0的电流的最大值为Im=UmR0=102A,B错误;通过R0的电流的有效值I=Im2=10A,根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系可知通过输电线的电流为I3=n4n3I=10nA,输电线损失的功率为P=I32r=1000n28.B设原、副线圈的匝数比为k,原线圈中的电流为I原,则副线圈中的电流为I副=kI原,U副=kI原R副。原线圈两端电压U原=k2I原R副,因为电源电压的有效值恒定,所以有IR1+k2I(R2+R3)=4R1I+4k2IR2,代入数据则有3I+5k2I=12I+4k2I,解得k=3,故选项B正确。导师点睛本题可用等效电阻思想分析。设n1n2=k,由以上分析,S断开时有U=IR1+k2I(R2+S闭合时有U=4IR1+4k2IR2解得k=3。9.ABt=0.005s时,线框产生的感应电动势最大,穿过线框的磁通量最小,线框所在平面平行于磁场,A正确;t=0.010s时,线框产生的感应电动势为零,穿过线框的磁通量最大,线框处在中性面位置,B正确;t=0.015s时,线框产生的感应电动势最大,穿过线框的磁通量最小,C错误;感应电动势的瞬时值可表示为e=311sinθ(V),当θ=60°时线框平面与磁场的夹角为30°,代入可得电动势为e=311×32V≈269V,D10.BC当滑片P上移时,副线圈电路的电阻变大,副线圈电路电压不变,所以副线圈中的电流变小,副线圈的输出功率变小,相应的原线圈的输入功率变小,原线圈中的电流变小,A错误,B正确。由于理想整流二极管的作用是半波整流,将副线圈中负向电压滤除,所以当拿掉二极管后,副线圈中的交流电周期与原来相同,C正确。保持滑片P不动,在一个周期内,有二极管时R上产生的热量是无二极管时的12,即I有2RT=12I无2RT,得I有=22I无11.AD根据P=UI,升压变压器原线圈中的电流为I1=P1U1=2000A,所以输电线上的电流为I2=n1n2I1=100A,A正确;输电线损失的功率ΔP=I22r=1.5×105W,则用户获得的功率P4=P1-ΔP=6.1×105W,B错误;升压变压器副线圈两端电压U2=n2n1U1=7600V,降压变压器原线圈两端电压U3=U2-I2r=6100V,降压变压器的匝数比为n3n4=U3U4=6100V220V=30511,C错误;若用户端消耗的功率增大12.AC从图示位置开始计时,在0~T4时间内,根据楞次定律结合安培定则可知,线框中的感应电流沿顺时针方向,线框产生的感应电动势大小为E1=12BL2ω,感应电流大小为I1=E1R=BL2ω2R;在T4~T2时间内,线框中的感应电流沿逆时针方向,感应电动势大小为E2=12BL2ω,感应电流大小为I2=E2R=BL2ω2R;在T2~3T4时间内,线框中的感应电流沿逆时针方向,感应电动势大小为E3=12BL2ω,感应电流大小为I3=E3R=BL2ω2R;在3T4~T时间内,线框中的感应电流沿顺时针方向,感应电动势大小为E4=12BL2ω,感应电流大小为I4=E4R13.答案(1)变暗(2分)