人教版高中物理选修3-2同步训练期末复习测试卷二【含答案】

人教版物理选修3-2期末复习测试卷二一、单选题(共30分)1(本题3分)下列说法正确的是（）A奥斯特首先发现了电磁感应现象B楞次首先提出在电荷的周围存在由它产生的电场这一观点C安培首先提出分子电流假说D库仑首先发现了法拉第电磁感应定律2(本题3分)关于磁场的说法正确的是（）A小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向B电流元在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零C因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线东西放置时实验现象最明显D导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其本质是导体中的自由电荷受到洛仑兹力作用，通过洛仑兹力对自由电荷做功实现能量的转化3(本题3分)如图所示，金属框abcd竖直放置且足够长，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中。当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后（）A导体棒ef一定做减速运动B导体棒ef的加速度不可能大于gC导体棒ef最终的速度与S闭合的时刻有关D导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒4(本题3分)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间t的关系图象如图（正弦式）所示。下列说法正确的是（）A时刻线框平面与中性面垂直B线框的感应电动势有效值为C线框转一周外力所做的功为D从到过程中线框的平均感应电动势为5(本题3分)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙（正弦式）所示。灯泡额定电压为15V，额定功率为15W，其阻值RL与电流正相关，变化范围，定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为。为保证灯泡不致烧坏，滑动变阻器从最大阻值逐渐调小，在此调节过程中，下列说法正确的是（）A无论如何，灯泡都无法调至额定功率B灯泡能调到额定功率，此时R的功率为10WC当时，电阻R1的功率最大D当时，灯泡与滑动变阻器的功率之和最大6(本题3分)如图所示，两匀强磁场的磁感应强度和大小相等、方向相反。金属椭圆环的长轴与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生逆时针方向感应电流的是（）A同时减小增大B同时增大减小C同时以相同的变化率增大和D同时以相同的变化率减小和7(本题3分)如图甲所示，将粗细均匀的导线做成的正方形线框abcd在磁场上方某高处由静止释放，cd边刚进入磁场时开始计时(t=0)，线框的v-t图象如图乙所示，在3t0时刻cd边刚离开磁场时速度也为v0，已知线框的质量为m、边长为L，两条水平虚线L1、L2相距为d(d3L)，虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里，磁场感应强度为B，重力加速度为g，则（）A线框进入磁场过程中电流方向为adcbaB在t0时刻线框的速度为v0-gt0Ccd边刚进入磁场时c、d两点间的电势差为D线框穿过磁场的过程中产生的电热小于2mgd8(本题3分)如图所示，电路中A、B是完全相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）A合上开关S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮B合上开关S，A、B逐渐变亮，最后A、B一样亮C断开开关S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D断开开关S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭9(本题3分)一理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值均为100的电阻RA、RB，输入端接有电压u=220sin100tV的交流电，如图所示。则（）ARA、RB功率之比为4：1B通过RA的电流为2.2ACRB两端电压为110VDRA两端电压为44V10(本题3分)图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针匀速转动，线圈匝数n=100，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示。发电机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12。则（）A在t=0.01s时刻，穿过线圈的磁通量变化率为B在时，电压表示数电压表的示数为C将灯泡换为发光二极管，发光二极管的发光电压为，那么发光二极管在1分钟内发光时间为20sD由图（b）可知，此时线圈转动的周期为；现若其它条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式二、多选题(共16分)11(本题4分)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B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法拉第在实验中发现了电磁感应现象，并提出了法拉第电磁感应定律D法拉第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引起感应电流的磁通量的变化12(本题4分)如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=440匝，交流电源的电压，电阻R=44，电压表、电流表均为理想电表。则下列说法正确的是（）A交流电的频率为50HzB电流表A1的示数为0.8AC电压表的示数为88VD电阻R的功率为352W13(本题4分)如图所示为一闭合单匝线圈abcd，在0t0时间内磁场垂直纸面向里，穿过线圈的磁通量大小由均匀减小到0，在t02t0时间内磁场垂直纸面向外，穿过线圈的磁通量大小由0均匀增大到。则（）A02t0时间内线圈中感应电流方向始终为adcbaB02t0时间内，线圈中感应电流方向先为adcba，再变为abcdaC02t0时间内，线圈中感应电动势大小为D02t0时间内线圈中感应电动势大小为014(本题4分)如图所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为L，其左端用导线接有两个阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为B的匀强磁场中。导体杆MN垂直于导轨放置，已知接入电路的电阻为R，杆与导轨间光滑。对杆施加水平向右、大小为F的恒力，杆从静止开始沿导轨运动杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，导轨足够长。则（）AM点的电势高于N点B杆运动的最大速度与杆的质量无关C杆克服安培力做的功等于两个电阻产生的电热之和D两个电阻总功率之和等于导体棒电热功率的一半三、解答题(共54分)15(本题14分)如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内，MO间接有阻值为的电阻，导轨相距，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。质量为，电阻为的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好。用平行于MN的恒力向右拉动CD，CD受的摩擦阻力恒为4.5N。求：（1）CD运动的最大速度的大小；（2）当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少？（3）当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度的大小。16(本题13分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨、相距，上端连接一个阻值的电阻，导轨平面与水平面夹角，长为L的金属棒垂直于、放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。已知金属棒的质量为，阻值，磁场的磁感应强度，重力加速度，导轨电阻不计。金属棒从静止开始运动，若金属棒下滑距离为时速度恰达到最大（，）。求：(1)金属棒达到的最大速度；(2)金属棒由静止开始下滑位移为s的过程中，金属棒上产生的焦耳热。17(本题13分)如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长平行光滑导轨，导轨间距为，导轨左端连接的定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为，将电阻为（接入电路中的电阻）的金属棒ab垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨电阻不计，规定水平向右为x轴正方向，在处给棒一个向右的初速度，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，在运动过程中受的安培力FA随位移x的关系图象如图乙所示。求：(1)金属棒速度时，金属棒受到安培力大小FA1；(2)金属棒运动到时，速度大小v2；(3)估算金属棒运动到的过程中克服安培力做功值WA。18(本题14分)如图所示，水平面内固定两根间距L=1m的长直平行光滑金属导轨PQ、MN，其Q、N端接有阻值R=1.5的电阻，一质量m=0.1kg、阻值r=0.5的导体棒ab垂直于导轨放置于距QN端d=2m处，且与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。在01s内，为了保持ab棒静止，在棒的中点施加一平行于导轨平面的外力F0（未知）；1s后改用F=0.5N的水平向左的恒力拉动ab棒，ab棒从静止开始沿导轨运动距离x=4.8m时速度恰好达到最大值。ab棒运动过程中始终与导轨保持垂直，导轨电阻不计。求：(1)t=1s时外力F0的大小和方向；(2)ab棒的最大速度vm；(3)从t=0到ab棒运动距离x=4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热QR。参考答案答案含解析1C【详解】A奥斯特发现的是电流的磁效应，首先发现电磁感应现象的是法拉第。A错误；B楞次发现了感应电流的方向的判断方法，首先提出在电荷的周围存在由它产生的电场这一观点的是法拉第。B错误；C安培根据通电螺线管与条形磁铁的磁感线的分布是相似的，提出了分子电流假说。C正确；D库仑发现的是库仑定律，法拉第电磁感应定律是纽曼和韦伯提出来的。D错误。故选C。2A【详解】A小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向。A正确；B当电流与磁场平行时，电流元在磁场中受到的磁场力为零，但是该位置的磁感应强度不为零。B错误；C因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显。因为地磁场方向是南北方向的，小磁针本事就指南北。所以通电导线南北方向时，产生东西向的磁场，指南北的小磁针将偏向东西向，现象明显。C错误；D导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其本质是导体中的自由电荷受到洛仑兹力作用，通过克服外力对自由电荷做功实现能量的转化。洛伦兹力不做功。D错误。故选A。3D【详解】A当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于重力，则导体棒做减速运动；若安培力等于重力，则导体棒做匀速运动；若安培力小于重力，则导体棒做加速运动，故A错误；B若安培力大于2mg，合力向上，由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小大于g，故B错误；C闭合S，经过一段时间后，ef棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由平衡条件得则得可见稳定时速度v是定值，与开关闭合的先后无关，故C错误；D在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能之和一定守恒，故D正确。故选D。4B【详解】A由图可知在时刻，线框的磁通量最大，所以线框平面处在中性面，故A错误；B由图可得磁通量的最大值为，周期为T，所以角速度为，可知线框感应电动势的最大值为由于此线框在磁场绕轴转动时产生的电流为正弦交流电，故其动势的有效值为故B正确；C由于线框匀速转动一周，根据能量守恒定律可知外力做的功等于线框产生的焦耳热，则有故C错误；D从t=0到的过程中，磁通量减小了根据，可得平均电动势为故D错误；故选B。5D【详解】A输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙，可知输入电压U1=220V，依据理想变压器电压与匝数关系式且解得U2=30V当灯泡电压达到15V时，灯泡即可达到额定功率，A错误；B灯泡达到额定功率，此时电流为R1与R分15V，两端的电压为则两端的电压为R的阻值为功率为B错误；CD把R1视为电源内阻，当RL+R=R1时，RL与R的功率之和最大，C错误，D正确。故选D。6B【详解】AB产生逆时针方向的感应电流，则感应磁场的方向垂直纸面向外。由楞次定律可知，圆环中的净磁通量变化为向外磁通量减少或者向里的磁通量增多，则A错误，B正确。CD同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相同，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，CD 错误。故选B。7A【详解】A根据楞次定律可得，线框进入磁场过程中电流方向为adcba，A正确；B在t0时刻线框完全进入磁场，从t0到3t0时间内做加速度为g的匀加速直线运动，由逆向思维，速度为，B错误；Ccd边刚进入磁场时产生的感应电动势为，所以c、d两点间的电势差为，C错误；D线框从进入磁场到cd边刚到达磁场下边界过程中，根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为穿出和穿入磁场的过程中产生的焦耳热相等，则线框穿过磁场的过程中产生的电热为D错误。故选A。8D【详解】AB合上开关S瞬间，自感线圈由于自感作用无电流，此时相当于两灯泡串联，故两灯泡会立即变亮，随后L上的电流逐渐变大，因L电阻可忽略，故A灯泡会逐渐变暗，最后熄灭，B灯泡会逐渐变亮，故AB错误；CD断开开关S，B灯泡会立即熄灭，自感线圈与A灯泡形成闭合回路，同时L会产生自感电动势，所以A灯会闪亮一下后逐渐熄灭，故C错误，D正确。故选D。9D【详解】A因为原副线圈匝数之比为2：1，则原副线圈中电流之比为1：2，由P=I2R可得，RA、RB功率之比为1：4，故A错误；CD因为所以原线圈两端电压U1与RB两端电压之比为联立可得，RA两端电压与原线圈两端电压U1之比为联立解得，故C错误，D正确；B通过RA的电流为故B错误。故选D。10C【详解】A感应电动势与磁通量的变化率成正比。在t=0.01s时刻，感应电动势为0，则磁通量的变化率为0。A错误；B电压表示数为有效值。根据有效值公式得B错误；C 电动势e随时间t变化的函数为发光二极管的发光电压为，只有当电压大于或等于时，二极管才发光，在一个周期内有解得，因为二极管具有单向导电性，所以一个周期的发光时间为1分钟的发光时间为C正确；D将线圈的转速提高一倍，则角速度也提高一倍，根据最大值公式可知其最大值也增大一倍，所以线圈电动势的表达式D错误。故选C。11AB【详解】A1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，A正确；B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，符合史实，B正确；C法拉第发现了电磁感应现象，法拉第电磁感应定律是纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后总结出来的，C错误；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引起感应电流的磁通量的变化，D错误。故选AB。12ABC【详解】A交流电的周期为交流电的频率为A正确；BC由原副线圈的电压比等于匝数比可得即电压表的示数是88V，由欧姆定律可得电流表A2的示数是由原副线圈的电流比等于匝数之反比可得电流表A1的示数BC正确；D由功率公式P=IU可得电阻R的功率PR=I2U2=288W=176WD错误。故选ABC。13AC【详解】AB在0t0时间内，磁通量减小，由楞次定律可知，产生感应电流方向为adcba，t02t0时间内磁场垂直纸面向外且增大，由楞次定律可知，产生感应电流方向为adcba，故A正确，B错误；CD02t0时间内，磁通量变化为线圈中感应电动势大小为故C正确，D错误。故选AC。14BD【详解】A根据右手定则可知，杆中电流方向为MN（电源内部流向），则N点的电势高于M点，故A错误；B设杆运动的最大速度是v，此时杆做匀速运动，受到的安培力大小为则最大速度与质量无关，B正确；C杆克服安培力做的功等于两个电阻元件和导体棒产生的电热之和，C错误；D两个电阻并联电阻值等于导体棒电阻值的一半，而电流相等，则两个电阻总功率等于导体棒电热功率的一半，D正确。故选BD。15(1)；(2)；(3)【详解】(1)设CD棒的最大速度为vm，则导体棒产生的感应电动势为根据欧姆定律有则安培力为根据题意分析，当速度最大时，CD棒做匀速直线运动，合力为零，有解得(2)CD棒速度最大时，有则可得(3)当CD棒的速度为最大速度的一半时有感应电动势感应电流为则CD棒所受安培力为根据牛顿第二定律可得解得16(1)12m/s；(2)6J【详解】(1)根据受力分析可知，金属棒达到最大速度时据闭合电路欧姆定律得据法拉第电磁感应定律代入数据得(2)整个系统总能量守恒电阻R、r串联代入数据得17(1)1.0N；(2)0.9m/s；(3)2.08J【详解】(1)由法拉第电磁感应定律，感应电动势为E1=BLv1由闭合电路欧姆定律，回路中感应电流由安培力公式FA1=BLI1联立解得FA1=1.0N(2)由图乙可得，金属棒运动到x=3m处，受到的安培力FA2=0.9N，根据安培力公式F=BIL可得解得v2=0.9m/s(3)由FA-x图象中图线与x轴围成面积值就等于此过程安培力做的功，由图可得，在03m区域内大约有104个小方格，每个小方格面积值0.10.2=0.02J，所以此过程克服安培力做功WA0.02104=2.08J18(1)0.25N，方向向左；(2)4m/s；(3)1.575J【详解】(1)1s时，电动势根据楞次定律，电流从b到a，电流的大小为根据左手定则，安培力方向向右外力F0与平衡，两者等大反向，所以F0大小为0.25N，方向向左。(2)ab棒达最大速度时为匀速，拉力F向左，安培力F1向右，二力平衡。其中安培力电流电动势解得(3)在第一秒内在运动的距离x内从t=0到ab棒运动距离x=4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热解得