高二物理教科版选修32模块检测BWord文件下载.docx

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解析　K断开后，自感电流的方向与G1原电流方向相反，与G2原电流方向相同．答案为D.

3.

图3

如图3所示的电路中，电源电压u＝311sin（100πt）V，A、B间接有“220V，440W”的电暖宝、“220V，220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝，下列说法正确的是（　　）

A．交流电压表的示数为311V

B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3

A

C．电暖宝发热的功率是抽油烟机发热功率的2倍

D．抽油烟机1min消耗的电能为1.32×

104J

解析　本题考查欧姆定律和交变电流的规律，意在考查学生对欧姆定律和交变电流的理解．由交变电压的表达式可知，交变电压的有效值U＝

＝220V，所以交流电压表的示数为有效值220V，A错误；

电路正常工作时，通过保险丝的电流为I＝

＋

＝3A<

3

A，B错误；

电暖宝的功率是抽油烟机功率的2倍，但抽油烟机消耗的电能主要转化为机械能，产生的热量很少，电暖宝的热功率大于抽油烟机热功率的2倍，C错误；

抽油烟机1min消耗的电能为W＝P2t＝220×

60J＝1.32×

104J，D正确．

4.

图4

一台发电机的结构示意图如图4所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场．若从图示位置开始计时电动势为正值，下列图像中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是（　　）

解析　由于发电机内部相对两磁极为表面呈半圆柱面形状，磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的轴向磁场，所以距转轴距离相等的各点磁感应强度大小相等，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生大小恒定的感应电动势，故A、B错误；

当线圈转到竖直位置时，回路中感应电动势反向，所以C错误、D正确．

5．钳形电流表的外形和结构如图5（a）所示．图（a）中电流表的读数为1.2A．图（b）中用同一电缆线绕了3匝，则（　　）

图5

A．这种电流表能测直流电流，图（b）的读数为2.4A

B．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4A

C．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6A

D．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A

解析　钳形表是根据电磁感应原理制成的，故只能用来测量交流电流，对钳形表的初、次级满足

＝

，I2＝

I1，钳形表在使用时，初级是串联在被测电路中的，故同一电缆线虽多绕了几匝，但电缆线中的电流I1保持不变，故当n1增加3倍时I2＝3.6A，C正确．

6．如图6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，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R以外，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为：

u1＝220

sin100πt（V）．下列说法中正确的是（　　）

图6

A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V

B．t＝

s时，c、d两点间的电压瞬时值为110V

C．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小

D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小

答案　A

解析　由

，知U2＝

U1，当单刀双掷开关与a连接时，U1＝220V，n1∶n2＝10∶1，解得：

U2＝22V，A选项正确；

对B选项：

sin（100πt）所以u1＝220

sin（100π×

）＝110

（V），B选项错误；

对C选项：

滑动变阻器触头向上移动时，其电阻R变大，由欧姆定律得：

I2＝

，I2变小，电流表示数变小，而电压表示数不变，因为它的示数U2是由U1和匝数比决定的，而这些量没有变化，因此C错误；

对D选项：

当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数n1变小，匝数n2和输入电压U1不变，由U2＝

U1，得U2变大，I2变大，因此电压表和电流表示数均变大．本题正确答案为A.

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，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）

7．目前中国南极考察队队员正在地球南极考察，设想考察队队员在地球南极附近水平面上驾驶一辆冰车向前行进时，由于地磁场作用，冰车两端会有电势差，设驾驶员左方电势为U1，右方电势为U2，则下列说法正确的是（　　）

A．向着南极点行进时，U1比U2高

B．背着南极点行进时，U1比U2低

C．在水平冰面上转圈时，U1比U2高

D．无论怎样在水平冰面上行进，U1总是低于U2

答案　BD

解析　在南极附近，地磁场磁感线的方向都是向上的，向着南极点行进或者背着南极点行进时，冰车切割磁感线，由右手定则可知，驾驶员右方电势高于左方电势；

不管冰车怎样在水平冰面上行进，依据右手定则可判定，驾驶员右方电势总是高于左方电势．故B、D正确．

图7

8．电阻为1Ω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像如图7所示，现把交变电流加在电阻为9Ω的电热丝上，下列判断正确的是（　　）

A．线圈转动的角速度为100rad/s

B．在0～0.005s时间内，通过电阻的电荷量为

C

C．电热丝两端的电压为180V

D．电热丝的发热功率为1800W

解析　由题图可知T＝0.02s，ω＝

＝100πrad/s，A错误．在0～0.005s内，由Um＝nBSω得BS＝

Wb，q＝

C，B正确．电热丝两端电压U＝

.

＝90

V，C错误．电热丝的发热功率P＝I2R＝

W＝1800W，D正确．

9.

图8

传感器是把非电学量（如速度、温度、压力等）的变化转化成电学量变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用，如图8所示，是一种测定液面高度的电容式传感器示意图，金属芯线与导电的液体形成一个电容器，从电容C的大小变化就能反映导电液面的升降情况，两者的关系是（　　）

A．C增大表示h增大　　　　B．C增大表示h减小

C．C减小表示h减小D．C减小表示h增大

答案　AC

10．如图9所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则（　　）

图9

A．只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大

B．只将Q向下移动时，电流表的读数变小

C．只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大

D．只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大

解析　将Q向下移动时，R阻值增大．电路中电阻增大，电流减小，故B项正确；

由于副线圈上电压不变，电灯两端的电压不变，功率不变，亮度不变，故A项错．将P沿顺时针方向移动时副线圈匝数减少，电压减小，电流减小，故C项错．提高输入端的电压时，副线圈上电压增大，电流增大，故D项正确．

三、填空题（每小题6分，共12分）

11.

图10

如图10所示，理想变压器的初级线圈接在220V的正弦交流电源上，R＝10Ω，次级线圈b、c间匝数为10匝，当把电键K由b掷向c时，通过R上的电流增加0.2A，则通过变压器铁芯的最大磁通量变化率为________．

答案　

Wb/s

解析　由U1/n1＝U2/n2＝U3/n3得U1/n1＝（U3－U2）/（n3－n2）可得U1/n1＝0.2V/匝，即每匝线圈若接一个伏特表其示数为0.2V，所以结合法拉第电磁感应定律可知则通过变压器铁芯的最大磁通量变化率为

Wb/s.

12．如图11甲所示，调压器装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55Ω，

、

为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，则：

图11

电流表

的示数为________A，

的示数为________A，原线圈中电流的瞬时值表达式为：

________．

答案　2A　1A　i＝220

sin（100πt）A

四、计算题（共4小题，共40分．并要求写出必要的演算过程和单位，只写出最后答案的不得分）

13．（8分）在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于匀强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场．操作时通过手摇轮轴A和定滑轮O来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L，上下宽度为d的矩形线圈，其匝数为n，总质量为M，总电阻为R，如图12所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐．若转动手摇轮轴A.在时间t内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．此过程中，流过线圈中每匝导线横截面的电量为q，求：

图12

（1）磁场的磁感应强度．

（2）在转动轮轴时，人至少需做多少功？

（不考虑摩擦影响）．

答案　

（1）

（2）Mgd＋

解析　

（1）设磁场的磁感应强度为B，在匀速提升过程中线圈运动速度v＝

①

线圈中感应电动势E＝nBLv②

产生的感应电流I＝

③

流过导线横截面的电量q＝It④

联立①②③④得B＝

（2）匀速提拉过程中，要克服重力和安培力做功

即W＝WG＋WB⑤

又WG＝Mgd⑥

WB＝nBILd⑦

联立①②③⑤⑥⑦可得W＝Mgd＋

14.

图13

（10分）如图13所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L的单匝正方形线框abcd，在外力的作用下以恒定的速率v向右运动进入磁感应强度为B的有界匀强磁场区域．线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边界．已知线框的四个边的电阻值相等，均为R.求：

（1）在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小．

（2）在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压．

（3）在线框被拉入磁场的整个过程中，线框产生的热量．

（2）

　（3）

解析　

（1）ab边切割磁感线产生的电动势为E＝BLv

所以通过线框的电流为I＝

（2）ab边两端电压为路端电压　Uab＝I·

3R

所以Uab＝

（3）线框被拉入磁场的整个过程所用时间t＝

线框中电流产生的热量Q＝I2·

4R·

t＝

15．（12分）图14甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.20m，电阻R＝0.40Ω，导轨上停放一质量m＝0.10kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r＝0.10Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示．从金属杆开始运动经t＝5.0s时，求：

图14

（1）通过金属杆的感应电流的大小和方向；

（2）金属杆的速度大小；

（3）外力F的瞬时功率．

答案　

（1）1.0Ab→a　

（2）5.0m/s　（3）1.0W

解析　

（1）由图像可知，t＝5.0s时的U＝0.40V

此时电路中的电流（即通过金属杆的电流）I＝

＝1.0A

用右手定则判断出，此时电流的方向为由b指向a

（2）金属杆产生的感应电动势E＝I（R＋r）＝0.50V

因E＝BLv，所以5.0s时金属杆的速度大小

v＝

＝5.0m/s

（3）金属杆速度为v时，电压表的示数应为U＝

BLv

由图像可知，U与t成正比，由于R、r、B及L均为不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动．

金属杆运动的加速度a＝

＝1.0m/s2

根据牛顿第二定律，在5.0s末时对金属杆有

F－BIL＝ma，解得F＝0.20N

此时F的瞬时功率P＝Fv＝1.0W

16．（10分）如图15所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab＝0.25m，宽度bc＝0.20m，共有n＝100匝，总电阻r＝1.0Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动．线圈处于磁感应强度B＝0.40T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V，1.8W”的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8W．（不计转动轴与电刷的摩擦）

图15

（1）推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式Em＝nBSω（其中S表示线圈的面积）；

（2）求线圈转动的角速度ω；

（3）线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能．

答案　

（1）见解析　

（2）2.5rad/s　（3）5.0×

102J

解析　

（1）线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab边的线速度为v，该边产生的感应电动势为E1＝BLabv

线圈的cd边产生的感应电动势为E2＝BLcdv

线圈产生的总感应电动势为：

Em＝n（E1＋E2）

因为Lab＝Lcd，

所以Em＝2nBLabv

线速度v＝ω·

Lbc，

所以Em＝nBLabLbcω＝nBSω（其中S＝LabLbc表示线圈的面积）

（2）设小灯泡正常发光时的电流为I，则

I＝

＝0.60A

设灯泡正常发光时的电阻为R，R＝

＝5.0Ω

根据闭合电路欧姆定律得：

E＝I（R＋r）＝3.6V

发电机感应电动势最大值为Em＝

E，Em＝nBSω

解得ω＝

＝1.8

rad/s＝2.5rad/s

（3）发电机产生的电能为Q＝IEt，t＝100T＝100×

s

解得Q＝5.0×