高中_物理_物理选修_选修3-2_高中同步测试卷·人教物理选修3－2：高中同步测试卷含解析_高中同步测试卷·人教物理选修3－2：高中同步测试卷（十三）含解析

高中同步测试卷(十三)高考水平测试卷(B)(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．下列各图中，相同的条形磁铁穿过相同的线圈时，线圈中产生的感应电动势最大的是(　　)2．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所示，下列说法中正确的是(　　)A．交变电流的频率为0.02HzB．交变电流的瞬时表达式为i＝5cos50πt(A)C．在t＝0.01s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0.4Ω，则其产生的热功率为5W3．如图*所示，导线MN和矩形线框abcd共面且均固定．在MN中通以图乙所示的电流(NM方向为电流正方向)，则在0～T时间内(　　)A．线框感应电流方向始终沿abcdaB．线框感应电流方向先沿abcda后沿adcbaC．ab边始终不受力的作用D．bc边受安培力先向左后向右4．如图，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(　　)　5.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)A．0B.eq\f(1,2)r2qkC．2πr2qkD．πr2qk6．某小型水电站的电能输送示意图如图*所示，发电机输出的电压恒定，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为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，R0为负载电阻．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是(　　)A．降压变压器T2原线圈的输入电压为55VB．降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4∶1C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D．当R0增大时，升压变压器T1的输出电压不变7．如图所示，一个刚*的矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，已知磁场区域的高度大于线圈的高度，则下列判断中正确的是(　　)A．若线圈进入磁场时是减速运动，则离开磁场时也是减速运动B．若线圈进入磁场时是减速运动，则离开磁场时是加速运动C．若线圈进入磁场时是匀速运动，则离开磁场时也是匀速运动D．若线圈进入磁场时是加速运动，则离开磁场时也是加速运动二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)8．(2016·高考全国卷*)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，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(　　)A．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＝eq\f(T,8)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9.如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯10.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．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)．则(　　)A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为eq\f(krS,2ρ)D．图中a、b两点间的电势差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)kπr2))11．在如图所示的电路中，理想变压器的初级线圈加稳定的交变电压，开关S处于断开状态，那么下列情况正确的是(　　)A．当R1上滑动触头P上移时，灯泡L变亮B．当R1上滑动触头P上移时，电流表A1的读数变大C．当R1上滑动触头P上移时，电压表V的读数变大D．当闭合开关S时，电流表A1的读数变大，A2的读数不变12．如图所示，粗糙的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，宽为L，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B，导轨上、下两边分别连接电阻R1和R2，质量为m的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.则导体棒ab沿着导轨下滑的过程中(　　)A．R1和R2发热功率之比P1∶P2＝R2∶R1B．导体棒匀速运动时的速度v＝eq\f(mgR1R2sinθ,B2L2（R1＋R2）)C．安培力对导体棒做的功等于导体棒机械能的减少量D．重力和安培力对导体棒做功之和大于导体棒动能的增量题号123456789101112*三、计算题(本题共4小题，共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后*的不能得分，有数值计算的题，*中必须明确写出数值和单位．)13．(10分)如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1＝3300V，副线圈的输出电压U2＝220V，绕过铁心的单匝导线的电压表的示数为U0＝2V，两个相同的灯泡并联接在副线圈上，则：(1)原、副线圈的匝数各是多少？(2)当S断开时，A2的示数I2＝5A，那么A1的示数是多少？(3)当S闭合时，变压器原线圈的输入功率为多大？(导线电阻忽略不计)14．(10分)曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，如图*为其结构示意图．图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc的中点，与ab边平行，它的一端有一半径r0＝1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图乙所示．当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线圈在磁极间转动．设线框由N＝800匝线圈组成，每匝线圈的面积S0＝20cm2，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B＝0.010T，自行车车轮的半径R1＝35cm，小齿轮的半径R2＝4.0cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm(如图乙)．现从静止开始使大齿轮加速运动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V？(假定摩擦小轮与自行车之间无相对滑动)15.(10分)如图*，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示．已知轨距为L＝2m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计．(1)当R＝0时，求杆ab匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小及杆中的电流方向；(2)求金属杆的质量m和阻值r；(3)当R＝4Ω时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W.16．(12分)如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量为m＝10g，总电阻为R＝1Ω，边长d＝0.1m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10m/s2；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)线圈进入磁场区域时，受到安培力的大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．参考*与解析1．[导学号26020193]　【解析】选D.感应电动势的大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔBS,Δt)，A、B两种情况磁通量变化相同，C最小，D最大，磁铁穿过线圈所用的时间A、C、D相同且小于B所用的时间，所以D选项正确．2．[导学号26020194]　【解析】选D.由图象可知，交流电的周期为20×10－3s，所以交流电的频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，所以A错误；根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i＝Acosωt＝5cos100πt(A)，所以B错误；在t＝0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量最小，所以C错误；交流电的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(5,\r(2))A，所以发电机的发热功率为P＝I2r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,\r(2))))eq\s\up12(2)×0.4W＝5W，所以D正确．3．[导学号26020195]　【解析】选A.由题意可知，NM方向为电流正方向，根据右手螺旋定则可知，在0到eq\f(T,2)时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向里，大小在减小，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向为顺时针，即为abcda；在eq\f(T,2)到T时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向仍为顺时针，即为abcda，故A正确，B错误；当NM电流大小变化时，周围产生磁场，导致线框中产生感应电流，从而使线框ab边受到安培力作用，故C错误；当通以正向电流时，线框bc边受到向右的安培力；当通以反向电流时，线框bc边受到向左的安培力，故D错误．故选A.4．[导学号26020196]　【解析】选D.由于导线框闭合，导线框以某一初速度向右运动，其右侧边开始进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，右侧边受到安培力作用，做减速运动；导线框完全进入磁场中时，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，做匀速运动；导线框右侧边开始出磁场时，左侧边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，左侧边受到安培力作用，导线框做减速运动；导线框进、出磁场区域时，受到的安培力不断减小，导线框的加速度不断减小，所以可能正确描述导线框运动过程的速度图象是D.5．[导学号26020197]　【解析】选D.变化的磁场产生电场，电场对运动的带电粒子做功．均匀变化的磁场产生恒定的电场，电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kπr2，电场力做功W＝qE＝πr2qk，故选项D正确．6．[导学号26020198]　【解析】选D.由图象得到，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220eq\r(2)sin100πtV；有效值为220V，降压变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，故降压变压器T2原线圈的输入电压为：4×220V＝880V，故A错误；降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1∶1，故B错误；由于输电线电阻有电压降，故升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压，故C错误；当R0增大时，由于升压变压器T1的输入电压不变，则输出电压也不变，故D正确；故选D.7．[导学号26020199]　【解析】选A.如果线圈进入磁场时是减速运动，说明整个进入过程线圈受到的安培力大于重力，即B2L2v0/R>mg；线圈进入磁场后，线圈只受到重力，继续加速，到离开磁场时，线圈的速度v1>v0，即B2L2v1/R>mg，线圈仍然做减速运动，所以A选项正确、B选项错误；如果进入时是匀速运动，则有B2L2v0/R＝mg，当线圈完全进入磁场后，线圈只受到重力，线圈加速运动，到离开磁场时的速度v1>v0，线圈将做减速运动，所以C选项错误；如果线圈进入磁场时是加速运动，说明B2L2v0/R<mg，进入磁场后只受到重力作用，线圈继续加速，当线圈离开磁场时，可能B2L2v1/R>mg，则减速运动，也可能B2L2v1/R＝mg，则线圈匀速下落，还可能B2L2v1/R<mg，则线圈将继续加速下落，所以D选项错误．8．[导学号26020200]　【解析】选BC.当导线框N完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生正弦交流电，A项错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B项正确；在t＝eq\f(T,8)时，导线框转过角度为45°，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R，则感应电动势均为E＝eq\f(1,2)BR2ω，C项正确；导线框N转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D项错误．9．[导学号26020201]　【解析】选AB.当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁场减弱．所以选项A、B正确，选项C、D错误．10．[导学号26020202]　【解析】选BD.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)，说明B减小，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向，故A错误；穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的减少，圆环应有扩张的趋势，故B正确；由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πr2＝eq\f(1,2)kπr2，圆环的电阻R＝ρeq\f(2πr,S)，则感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(krS,4ρ)，故C错误；图中a、b两点间的电压U＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(E,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)kπr2))，故D正确．11．[导学号26020203]　【解析】选CD.当滑动触头P上移时，接入电路的电阻变大，因负载电压不变，故流过副线圈的电流I2减小，灯泡变暗，同时I1将随着I2的减小而减小，即电流表A1的读数变小，所以A、B均错；电压表V的读数等于U2－I2RL变大，C正确；当闭合S时，负载增大，消耗的电功率增大，P＝U1I1，所以电流表A1的读数应变大，但副线圈两端电压仍不变，电流表A2的读数应不变，D正确．12．[导学号26020204]　【解析】选AD.由于导体棒的电阻不计，两电阻的电压相等，由公式P＝eq\f(U2,R)得：P1∶P2＝R2∶R1，故A正确；导体棒匀速运动时所受的安培力大小为FA＝eq\f(B2L2v,\f(R1R2,R1＋R2))，摩擦力大小为Ff，由平衡条件得：Ff＋FA＝mgsinθ，则知FA<mgsinθ，解得v<eq\f(mgR1R2sinθ,B2L2（R1＋R2）)，故B错误；根据功能关系可知，导体棒克服安培力做功和摩擦力做功之和等于导体棒机械能的减少量，故C错误；导体棒受到重力、导轨的支持力和滑动摩擦力、安培力四个力作用，支持力不做功，根据动能定理得知：重力、安培力和摩擦力对导体棒做功之和等于导体棒动能的增量，而摩擦力做负功，故重力和安培力对导体棒做功之和大于导体棒动能的增量，故D正确．13．[导学号26020205]　【解析】(1)线圈匝数之比等于电压之比，单匝圈数为1，则有：n1∶n2＝3300∶220＝15∶1(1分)n1∶1＝U1∶U0＝3300∶2＝1650∶1(1分)联立可得n1＝1650匝；n2＝110匝．(1分)(2)电流之比等于匝数反比I1∶I2＝n2∶n1代入数据得I1＝eq\f(1,3)A．(3分)(3)由(2)知灯泡的电阻为R＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(220,5)Ω＝44Ω(1分)当S闭合时两灯并联总电阻为eq\f(R,2)＝22Ω(1分)消耗的总功率P＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),\f(R,2))＝eq\f(2202,22)W＝2200W．(2分)【*】(1)1650匝　110匝　(2)eq\f(1,3)A(3)2200W14．[导学号26020206]　【解析】当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值Em＝NBS0ω0(2分)式中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度．发电机两端电压的有效值U＝eq\f(\r(2),2)Em(1分)设自行车车轮的角速度为ω1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有R1ω1＝r0ω0(2分)小齿轮转动的角速度与自行车转动的角速度相同，也为ω1.设大齿轮的角速度为ω，有R3ω＝R2ω1(2分)由以上各式得ω＝eq\f(\r(2)UR2r0,NBS0R3R1)(2分)代入数据得ω＝3.2rad/s.(1分)【*】3.2rad/s15．[导学号26020207]　【解析】(1)由题图可知，当R＝0时，杆最终以v＝2m/s的速度匀速运动，产生电动势E＝BLv＝0.5×2×2V＝2V(1分)由右手定则判断可知杆中电流方向从b→a.(1分)(2)设杆运动的最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv由闭合电路的欧姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)，杆达到最大速度时满足mgsinθ－BIL＝0联立解得：v＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgsinθ,B2L2)r(2分)由图象可知：斜率为k＝eq\f(4－2,2)m/(s·Ω)＝1m/(s·Ω)，纵截距为v0＝2m/s，得到：eq\f(mgsinθ,B2L2)r＝v0，eq\f(mgsinθ,B2L2)＝k解得：m＝0.2kg，r＝2Ω.(2分)(3)由题意：E＝BLv，P＝eq\f(E2,R＋r)得P＝eq\f(B2L2v2,R＋r)(1分)瞬时电功率增大量ΔP＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,2),R＋r)－eq\f(B2L2veq\o\al(2,1),R＋r)(1分)由动能定理得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)联立以上两式得W＝eq\f(m（R＋r）,2B2L2)ΔP代入数据解得W＝0.6J．(1分)【*】(1)2V　从b→a　(2)0.2kg　2Ω　(3)0.6J16．[导学号26020208]　【解析】(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安＋μmgcosθ＝mgsinθ(2分)代入数据解得：F安＝mgsinθ－μmgcosθ＝(0.01×10×0.6－0.5×0.01×10×0.8)N＝2×10－2N．(1分)(2)由F安＝BId、E＝Bvd、I＝eq\f(E,R)(2分)解得：F安＝eq\f(B2d2v,R)(1分)则v＝eq\f(F安R,B2d2)＝eq\f(2×10－2×1,12×0.12)m/s＝2m/s(1分)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＝(10×0.6－0.5×10×0.8)m/s2＝2m/s2(1分)线圈释放时，PQ边到bb′的距离L＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×2)m＝1m．(1分)(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1m，Q＝W安＝F安·2d(2分)代入数据解得：Q＝2×10－2×2×0.1J＝4×10－3J．(1分)【*】(1)2×10－2N　(2)1m　(3)4×10－3J