高中物理人教版选修3-2 能力提升训练：综合 提升训练2 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高中物理人教版选修3-2 能力提升训练：综合 提升训练2 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 507.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-09-11 14:26:53 | ||
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文档简介
综合 提升训练2
（时间：90分钟 分值：100分）
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1.如图所示，一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是（ ）
A.线圈沿纸面向右移动
B.线圈沿纸面向下移动
C.线圈垂直纸面向外移动
D.线圈以ab边为轴转动
解析：产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化.因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生.由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故A、B、C错误；当线圈绕ab边转动时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故D正确.
答案：D
2.如图所示，螺丝管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B的B-t图象如右图所示（以向右为正方向），下列说法正确的是（ ）
A.通过电阻R的电流方向是从A到C
B.感应电流的大小保持不变为2.4 A
C.电阻R的电压为6 V
D.C点的电势为4.8 V
解析： 从题图中可得磁通量在逐渐增大，根据楞次定律可得通过R的电流方向为从C到A，A错误；根据法拉第电磁感应定律：E＝n＝n＝1 500×0.002×V＝6 V，而感应电流大小为I＝＝ A＝1.2 A，B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：U＝IR＝1.2×4 V＝4.8 V，C错误；因为A端接地，电压为零，所以C端的电势为4.8 V，D正确.
答案：D
3.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是（ ）
A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶2
解析：对理想变压器，无磁通量损失，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比；理想变压器可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率.故正确答案为B.
答案：B
4.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置.小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（ ）
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：小磁块在内壁光滑的塑料管Q中，从高处由静止释放做自由落体运动，机械能守恒；小磁块在内壁光滑的铜管P中，则会产生电磁阻尼阻碍小磁块的运动，相比Q中自由落体运动时间要长，C项正确，A项错误；由于电磁阻尼产生焦耳热，机械能不守恒，B项错误；由于机械能有损失，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，D项错误.
答案：C
5.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin 314t （V）的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是（ ）
A.2.0 V B.9.0 V
C.12.7 V D.144.0 V
解析：根据u＝51sin 314t （V）可知交流电的最大值为Um＝51 V，则其有效值U1＝ V＝ V；由题图可知线圈n1是原线圈，线圈n2是副线圈，如果变压器是理想变压器，由输入电压和输出电压的关系有＝，可得U2＝U1＝× V＝ V≈9 V，因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器则B正确，但实际变压器存在漏磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于9 V，故A正确.
答案：A
6.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，a、b的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕轴OO′匀速转动，则以下判断正确的是（ ）
A.图示位置线圈中的感应电动势最大为Em＝BL2ω
B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωcos ωt
C.线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝
D.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝
解析：题图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误；当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em＝BSω＝BL2ω，瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt，故B错误；感应电动势的有效值为E＝，闭合电路欧姆定律I＝，R产生的热量为Q＝I2RT，周期T＝，联立得Q＝，故C正确；线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为ΔΦ＝2BS＝2B，流过电阻R的电荷量为q＝＝，故D错误.
答案：C
7.如图甲、图乙所示两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V.若分别在c、d两端与g、h两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为（ ）
A.220 V，220 V B.220 V，110 V
C.110 V，110 V D.220 V，0 V
解析：首先要搞清楚变压器和分压器在改变电压原理上的本质不同.对于变压器，a、b间与c、d间的电压比总是等于它们间线圈的匝数比，与哪一个是原线圈无关，故a、b间接220 V的交流电压，c、d间的电压为110 V，c、d间改接110 V的交流电压，则a、b间应输出电压为220 V；而对于分压器，当e、f间接220 V的电压时，电阻的e、g与f、g部分串联，g、h间电压仅是f、g部分电阻的电压，当g、h间接110 V的电压时，由于e、g部分无电流，e、g两点等电势，故e、f间的电压等于g、h间的电压.只有选项B正确.
答案：B
8.交变电流电压的有效值为6 V，它和电阻R1、R2及电容器C、电压表一起连接成如图所示的电路，图中电压表的读数为U1，为了保证电容器C不被击穿，电容器的耐压值为U2，电容器在电路中正常工作，则（ ）
A.U1＝6 V U2＝6 V
B.U1＝6 V U2＝3 V
C.U1＝6 V U2≥6 V
D.U1＝6 V U2≥6 V
解析：电压表读数为交流电压的有效值，所以电压表读数U1＝6 V，电容器耐压值应大于交流电压的最大值， U2≥6 V.
答案：D
9.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，则线框A、B两端电压UAB与线框移动距离的关系图象正确的是（ ）
A B
C D
解析：进入磁场时，注意UAB是路端电压，应该是电动势的四分之三，此时E＝Bav，所以UAB＝；完全进入后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为Bav，穿出磁场时电压应该是电动势的四分之一，UAB＝，电势差方向始终相同，即φA>φB，由以上分析可知选D.
答案：D
10.如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，与灯泡L1连接的是一只理想二极管D.下列说法中正确的是（ ）
A.闭合开关S稳定后L1、L2亮度相同
B.断开S的瞬间，L2会逐渐熄灭
C.断开S的瞬间，L1中电流方向向左
D.断开S的瞬间，a点的电势比b点高
解析：闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，因此L1、L2亮度不同，故A错误；断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，故B错误；断开S的瞬间，线圈L与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，所以回路中没有电流，故C错误，D正确.
答案：D
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分）
11.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献.下列说法正确的是（ ）
A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D.焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系
解析：奥斯特发现的电流的磁效应表明了电能生磁，A正确.欧姆定律描述了电流与电阻、电压与电动势之间的关系，焦耳定律才揭示了热现象与电现象间的联系，B错误，D正确.法拉第发现的电磁感应现象表明了磁能生电，C正确.
答案：ACD
12.如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路.当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）
A.P、Q将互相靠拢 B.P、Q将互相远离
C.磁铁的加速度仍为g D.磁铁的加速度小于g
解析：方法一 设磁铁下端为N极，如图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向.可见，P、Q将互相靠拢.由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，知磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结果.所以本题应选AD.
方法二 根据楞次定律的另一表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g.
答案：AD
13.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动.重力加速度为g.以下说法正确的是（ ）
A.ab杆所受拉力F的大小为μmg＋
B.cd杆所受摩擦力为零
C.回路中的电流强度为
D.μ与v1大小的关系为μ＝
解析：棒ab切割磁感线产生感应电动势E＝BLv1，棒cd运动不切割磁感线，故不产生感应电动势，回路中电流I＝＝，因两棒匀速，则对ab棒有F安＝，F＝F安＋μmg＝＋μmg.对cd棒：F安水平向右，f＝μF安＝mg，μ＝.故A、D正确.
答案：AD
14.如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动（俯视），若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场.设运动过程中小球带电荷量不变，那么（ ）
A.小球对玻璃圆环的压力一定不断增大
B.小球所受的磁场力一定不断增大
C.小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动
D.磁场力对小球一直不做功
解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其电场强度方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断.当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力FN和磁场的洛伦兹力f，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中f＝Bqv，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大，B错误；向心力F向＝m，其大小随速度先减小后增大，因此压力FN也不一定始终增大，A错误.故正确答案为C、D.
答案：CD
三、实验题（本题共2小题，共15分）
15.（6分）在探究产生感应电流条件的实验中，实验室提供了下列器材：电源、开关、电流表、大小螺线管、铁芯、滑动变阻器、导线若干，如图所示.请按照实验的要求连好实验电路.
解析：大螺线管和电流表组成闭合电路；带铁芯的小螺线管、滑动变阻器、电源、开关组成闭合回路.如图所示.
16.（9分）如图所示为某一热敏电阻（电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的I-U关系曲线图.
（1）为了通过测量得到如图 所示I-U关系的完整曲线，在下图所示的a和b两个电路中应选择的是图 .
（2）在图c所示电路中，电源电压恒为9 V，当给热敏电阻加热后，电流表读数将________________________________（填“增大”“减小”或“不变”）.
解析：由于图中要求测量多组数据，所测电压调节范围较大，且从零开始变化，所以应选用滑动变阻器的分压式接法，故应选图a；热敏电阻温度升高时，其电阻值减小，故干路中的电流增大.
答案：（1）a （2）增大
四、计算题（本题共3小题，共35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，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
17.（10分）如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r＝1 m、电阻为R＝3.14 Ω的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生.
（1）在图丙中画出感应电流随时间变化的it图象（以逆时针方向为正）；
（2）求出线框中感应电流的有效值.
解析：（1）如图所示.
（2）设电流的有效值为I，则有
I2RT＝IR·＋IR·，
解得I＝ A.
18.（12分）如图甲所示，一边长l＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合.在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中.
（1）求通过线框导线截面的电荷量及线框的电阻，
（2）写出水平力F随时间变化的表达式.
解析：（1）根据q＝t，由I-t图象得q＝1.25 C，
又＝＝＝，得R＝4 Ω.
（2）由I-t图象可知，感应电流随时间变化的规律I＝0.1 t，由感应电流I＝，可得金属框的速度随时间也是线性变化的，v＝＝0.2t，线框做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，线框在外力F和安培力F′作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－F′＝ma，得F＝（0.2t＋0.1）N.
19.（13分）如图甲所示，MNCD为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGH范围内存在方向垂直斜面的匀强磁场，磁场边界EF、HG与斜面底边MN（在水平面内）平行.一正方形金属框abcd放在斜面上，ab边平行于磁场边界.现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从开始运动到cd边离开磁场的过程中，某运动的vt图象如图乙所示.已知金属框电阻为R，质量为m，重力加速度为g，图乙中金属框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量，求：
（1）斜面倾角的正弦值和磁场区域的宽度；
（2）金属框cd边到达磁场边界EF前瞬间的加速度；
（3）金属框穿过磁场过程中产生的热量.
解析：（1）由题图乙可知，在0～t1时间内金属框运动的加速度a1＝，
设斜面的倾角为θ，由牛顿第二定律有a1＝gsin θ，
解得sin θ＝；
在t1～2t1时间内金属框匀速进入磁场，则l0＝v1t1，
在2t1～3t1时间内金属框运动位移x＝，
则磁场的宽度d＝l0＋x＝.
（2）在t2时刻金属框cd边到达EF边界，速度为v2，设此时加速度大小为a2，cd边切割感线产生的电动势E＝Bl0v2，受到的安培力F＝，
由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma2，
金属框进入磁场时，有mgsin θ＝，
联立上式，得－＝a2，
又＝gsin θ＝，
所以a2＝·－＝，
加速度方向沿斜面向上.
（3）金属框从t1时刻进入磁场到t2时刻离开磁场的过程中，由功能关系得mg（d＋l0）sin θ＝mv－mv＋Q，解得Q＝4mv－mv.
（时间：90分钟 分值：100分）
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1.如图所示，一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是（ ）
A.线圈沿纸面向右移动
B.线圈沿纸面向下移动
C.线圈垂直纸面向外移动
D.线圈以ab边为轴转动
解析：产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化.因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生.由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故A、B、C错误；当线圈绕ab边转动时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故D正确.
答案：D
2.如图所示，螺丝管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B的B-t图象如右图所示（以向右为正方向），下列说法正确的是（ ）
A.通过电阻R的电流方向是从A到C
B.感应电流的大小保持不变为2.4 A
C.电阻R的电压为6 V
D.C点的电势为4.8 V
解析： 从题图中可得磁通量在逐渐增大，根据楞次定律可得通过R的电流方向为从C到A，A错误；根据法拉第电磁感应定律：E＝n＝n＝1 500×0.002×V＝6 V，而感应电流大小为I＝＝ A＝1.2 A，B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：U＝IR＝1.2×4 V＝4.8 V，C错误；因为A端接地，电压为零，所以C端的电势为4.8 V，D正确.
答案：D
3.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是（ ）
A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶2
解析：对理想变压器，无磁通量损失，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比；理想变压器可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率.故正确答案为B.
答案：B
4.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置.小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（ ）
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：小磁块在内壁光滑的塑料管Q中，从高处由静止释放做自由落体运动，机械能守恒；小磁块在内壁光滑的铜管P中，则会产生电磁阻尼阻碍小磁块的运动，相比Q中自由落体运动时间要长，C项正确，A项错误；由于电磁阻尼产生焦耳热，机械能不守恒，B项错误；由于机械能有损失，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，D项错误.
答案：C
5.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin 314t （V）的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是（ ）
A.2.0 V B.9.0 V
C.12.7 V D.144.0 V
解析：根据u＝51sin 314t （V）可知交流电的最大值为Um＝51 V，则其有效值U1＝ V＝ V；由题图可知线圈n1是原线圈，线圈n2是副线圈，如果变压器是理想变压器，由输入电压和输出电压的关系有＝，可得U2＝U1＝× V＝ V≈9 V，因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器则B正确，但实际变压器存在漏磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于9 V，故A正确.
答案：A
6.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，a、b的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕轴OO′匀速转动，则以下判断正确的是（ ）
A.图示位置线圈中的感应电动势最大为Em＝BL2ω
B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωcos ωt
C.线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝
D.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝
解析：题图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误；当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em＝BSω＝BL2ω，瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt，故B错误；感应电动势的有效值为E＝，闭合电路欧姆定律I＝，R产生的热量为Q＝I2RT，周期T＝，联立得Q＝，故C正确；线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为ΔΦ＝2BS＝2B，流过电阻R的电荷量为q＝＝，故D错误.
答案：C
7.如图甲、图乙所示两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V.若分别在c、d两端与g、h两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为（ ）
A.220 V，220 V B.220 V，110 V
C.110 V，110 V D.220 V，0 V
解析：首先要搞清楚变压器和分压器在改变电压原理上的本质不同.对于变压器，a、b间与c、d间的电压比总是等于它们间线圈的匝数比，与哪一个是原线圈无关，故a、b间接220 V的交流电压，c、d间的电压为110 V，c、d间改接110 V的交流电压，则a、b间应输出电压为220 V；而对于分压器，当e、f间接220 V的电压时，电阻的e、g与f、g部分串联，g、h间电压仅是f、g部分电阻的电压，当g、h间接110 V的电压时，由于e、g部分无电流，e、g两点等电势，故e、f间的电压等于g、h间的电压.只有选项B正确.
答案：B
8.交变电流电压的有效值为6 V，它和电阻R1、R2及电容器C、电压表一起连接成如图所示的电路，图中电压表的读数为U1，为了保证电容器C不被击穿，电容器的耐压值为U2，电容器在电路中正常工作，则（ ）
A.U1＝6 V U2＝6 V
B.U1＝6 V U2＝3 V
C.U1＝6 V U2≥6 V
D.U1＝6 V U2≥6 V
解析：电压表读数为交流电压的有效值，所以电压表读数U1＝6 V，电容器耐压值应大于交流电压的最大值， U2≥6 V.
答案：D
9.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，则线框A、B两端电压UAB与线框移动距离的关系图象正确的是（ ）
A B
C D
解析：进入磁场时，注意UAB是路端电压，应该是电动势的四分之三，此时E＝Bav，所以UAB＝；完全进入后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为Bav，穿出磁场时电压应该是电动势的四分之一，UAB＝，电势差方向始终相同，即φA>φB，由以上分析可知选D.
答案：D
10.如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，与灯泡L1连接的是一只理想二极管D.下列说法中正确的是（ ）
A.闭合开关S稳定后L1、L2亮度相同
B.断开S的瞬间，L2会逐渐熄灭
C.断开S的瞬间，L1中电流方向向左
D.断开S的瞬间，a点的电势比b点高
解析：闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，因此L1、L2亮度不同，故A错误；断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，故B错误；断开S的瞬间，线圈L与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，所以回路中没有电流，故C错误，D正确.
答案：D
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分）
11.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献.下列说法正确的是（ ）
A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D.焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系
解析：奥斯特发现的电流的磁效应表明了电能生磁，A正确.欧姆定律描述了电流与电阻、电压与电动势之间的关系，焦耳定律才揭示了热现象与电现象间的联系，B错误，D正确.法拉第发现的电磁感应现象表明了磁能生电，C正确.
答案：ACD
12.如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路.当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）
A.P、Q将互相靠拢 B.P、Q将互相远离
C.磁铁的加速度仍为g D.磁铁的加速度小于g
解析：方法一 设磁铁下端为N极，如图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向.可见，P、Q将互相靠拢.由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，知磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结果.所以本题应选AD.
方法二 根据楞次定律的另一表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g.
答案：AD
13.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动.重力加速度为g.以下说法正确的是（ ）
A.ab杆所受拉力F的大小为μmg＋
B.cd杆所受摩擦力为零
C.回路中的电流强度为
D.μ与v1大小的关系为μ＝
解析：棒ab切割磁感线产生感应电动势E＝BLv1，棒cd运动不切割磁感线，故不产生感应电动势，回路中电流I＝＝，因两棒匀速，则对ab棒有F安＝，F＝F安＋μmg＝＋μmg.对cd棒：F安水平向右，f＝μF安＝mg，μ＝.故A、D正确.
答案：AD
14.如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动（俯视），若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场.设运动过程中小球带电荷量不变，那么（ ）
A.小球对玻璃圆环的压力一定不断增大
B.小球所受的磁场力一定不断增大
C.小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动
D.磁场力对小球一直不做功
解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其电场强度方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断.当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力FN和磁场的洛伦兹力f，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中f＝Bqv，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大，B错误；向心力F向＝m，其大小随速度先减小后增大，因此压力FN也不一定始终增大，A错误.故正确答案为C、D.
答案：CD
三、实验题（本题共2小题，共15分）
15.（6分）在探究产生感应电流条件的实验中，实验室提供了下列器材：电源、开关、电流表、大小螺线管、铁芯、滑动变阻器、导线若干，如图所示.请按照实验的要求连好实验电路.
解析：大螺线管和电流表组成闭合电路；带铁芯的小螺线管、滑动变阻器、电源、开关组成闭合回路.如图所示.
16.（9分）如图所示为某一热敏电阻（电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的I-U关系曲线图.
（1）为了通过测量得到如图 所示I-U关系的完整曲线，在下图所示的a和b两个电路中应选择的是图 .
（2）在图c所示电路中，电源电压恒为9 V，当给热敏电阻加热后，电流表读数将________________________________（填“增大”“减小”或“不变”）.
解析：由于图中要求测量多组数据，所测电压调节范围较大，且从零开始变化，所以应选用滑动变阻器的分压式接法，故应选图a；热敏电阻温度升高时，其电阻值减小，故干路中的电流增大.
答案：（1）a （2）增大
四、计算题（本题共3小题，共35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，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
17.（10分）如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r＝1 m、电阻为R＝3.14 Ω的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生.
（1）在图丙中画出感应电流随时间变化的it图象（以逆时针方向为正）；
（2）求出线框中感应电流的有效值.
解析：（1）如图所示.
（2）设电流的有效值为I，则有
I2RT＝IR·＋IR·，
解得I＝ A.
18.（12分）如图甲所示，一边长l＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合.在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中.
（1）求通过线框导线截面的电荷量及线框的电阻，
（2）写出水平力F随时间变化的表达式.
解析：（1）根据q＝t，由I-t图象得q＝1.25 C，
又＝＝＝，得R＝4 Ω.
（2）由I-t图象可知，感应电流随时间变化的规律I＝0.1 t，由感应电流I＝，可得金属框的速度随时间也是线性变化的，v＝＝0.2t，线框做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，线框在外力F和安培力F′作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－F′＝ma，得F＝（0.2t＋0.1）N.
19.（13分）如图甲所示，MNCD为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGH范围内存在方向垂直斜面的匀强磁场，磁场边界EF、HG与斜面底边MN（在水平面内）平行.一正方形金属框abcd放在斜面上，ab边平行于磁场边界.现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从开始运动到cd边离开磁场的过程中，某运动的vt图象如图乙所示.已知金属框电阻为R，质量为m，重力加速度为g，图乙中金属框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量，求：
（1）斜面倾角的正弦值和磁场区域的宽度；
（2）金属框cd边到达磁场边界EF前瞬间的加速度；
（3）金属框穿过磁场过程中产生的热量.
解析：（1）由题图乙可知，在0～t1时间内金属框运动的加速度a1＝，
设斜面的倾角为θ，由牛顿第二定律有a1＝gsin θ，
解得sin θ＝；
在t1～2t1时间内金属框匀速进入磁场，则l0＝v1t1，
在2t1～3t1时间内金属框运动位移x＝，
则磁场的宽度d＝l0＋x＝.
（2）在t2时刻金属框cd边到达EF边界，速度为v2，设此时加速度大小为a2，cd边切割感线产生的电动势E＝Bl0v2，受到的安培力F＝，
由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma2，
金属框进入磁场时，有mgsin θ＝，
联立上式，得－＝a2，
又＝gsin θ＝，
所以a2＝·－＝，
加速度方向沿斜面向上.
（3）金属框从t1时刻进入磁场到t2时刻离开磁场的过程中，由功能关系得mg（d＋l0）sin θ＝mv－mv＋Q，解得Q＝4mv－mv.