高中物理人教版选修3-2 综合 测试题Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高中物理人教版选修3-2 综合 测试题Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 351.8KB | ||
| 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 | 2020-01-02 09:05:08 | ||
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文档简介
综合水平测试
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的四个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．下列说法不符合物理学史的是( )
A．奥斯特发现了电流的磁效应
B．法拉第发现了电磁感应现象
C．牛顿解释了涡旋电场的产生原理
D．楞次找到了判断感应电流方向的方法
答案 C
解析 根据物理学史可知A、B、D说法正确，C项中，麦克斯韦解释了涡旋电场的产生原理。
2. 如图所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给杆ef一个向右的初速度，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
答案 A
解析 导体杆向右运动时会切割磁感线产生感应电动势、感应电流，所以导体杆ef受到向左的安培力做减速运动，速度减小会使电动势、电流减小，安培力也随之减小，所以做减速运动的加速度会减小，直到速度为零时导体杆静止。因此A正确，B、C、D错误。
3．如图所示，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计。当开关K处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方。那么，当开关K断开时，将出现( )
A．G1和G2的指针都立即回到零点
B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
答案 D
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。故选D。
4．如图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V。图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象。则(线圈内阻不计，集流环和电刷电阻不计)( )
A．电阻R上的电功率为20 W
B．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零
C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝
14．1cos100πt(V)
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos50πt(A)
答案 C
解析 电压表测量值为电压的有效值，P＝＝10 W，故A项错误。根据法拉第电磁感应定律，E＝，t＝0.02 s时，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，R两端电压瞬时值最大，故B项错误。线框处于中性面(即磁通量最大)时感应电动势为零；线框平行磁场，即磁通量为零时，电动势最大，磁通量正弦式变化，电动势呈余弦式变化。根据电压有效值为10 V知，电压最大值Um＝10 V，u＝Umcosωt＝10cos100πt(V)，故C项正确。i＝＝cos100πt(A)，故D项错误。
5．在变电所，经常要用交流电表去检测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，下列图中能正确反映其工作原理的是( )
答案 C
解析 电流互感器是用弱电流来检测强电流，因此副线圈匝数要比原线圈匝数多，A、B错误；而D中检测器直接与地线、火线相连，与用电器电网并联，这是电压互感器的连接方式，会由于电压过大而烧坏电流表，只有C是正确的。
6. 电源、开关S和S′、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S、S′闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则( )
A．液滴向下运动
B．液滴仍然静止
C．R2两端的电势差是否升高无法分析
D．当光照强度不变时断开S′，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高
答案 D
解析 当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，R2两端的电势差降低，R1两端的电势差升高，电容器极板之间电压升高，液滴向上运动，选项A、B、C错误；当光照强度不变，断开S′时，电容器所带电荷量不变，把电容器的上极板向上移一小段距离，电容器电容变小，又Q＝CU，则上极板的电势比A点的电势高，选项D正确。
7．一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，匀强磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中( )
A．向上滑行的时间等于向下滑行的时间
B．在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量
C．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等
D．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为m(v－v2)
答案 BC
解析 因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，所以A错误；分析知上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，由动生电动势公式E＝BLv可以知道上滑阶段的平均感应电动势E1大于下滑阶段的平均感应电动势E2，而上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电荷量q＝It＝t＝t＝，式中结果无时间，故上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电荷量相同，所以C正确；因为E1>E2，故UR1>UR2，再由公式W电＝qU，可以知道上滑阶段回路电流对R做功即电阻R产生的热量比下滑阶段多，所以B正确；金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，只有安培力做功，动能的一部分转化为内能，电阻R和杆上的电阻r上产生的热量的和就是金属杆减小的动能，D错误；所以B、C选项是正确的。
8．如图所示，为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来。当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动，则下列说法中正确的是( )
A．不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势
B．当A盘转动时，B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到安培力的作用
C．当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动
D．当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动
答案 ABC
解析 将图中铜盘A所在的一组装置作为发电机模型，铜盘B所在的一组装置作为电动机模型，这样就可以简单地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”，处在磁场中的每一根“辐条”都在做切割磁感线运动，产生感应电动势，进而分析可得，A、B、C正确。
9．两根相距为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＝
答案 AD
解析 杆ab切割磁感线产生感应电动势E＝BLv1，
杆cd运动不切割磁感线，故不产生感应电动势，回路中电流I＝＝，C错误；因两杆匀速运动，则对ab杆有F安＝，F＝F安＋μmg＝＋μmg，A正确；对cd杆：F安水平向右，f＝μF安＝mg，μ＝。故B错误，D正确。
10．如图所示，AB、CD为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、有效长度为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间电阻R上产生的焦耳热为Q，则( )
A．初始时刻棒所受的安培力大小为
B．从初始时刻至棒第一次到达最右端的过程中，整个回路产生的焦耳热为
C．当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv－2Q
D．当棒再次回到初始位置时，AC间电阻的热功率为
答案 AC
解析 初始时刻，棒两端的电动势E0＝BLv0，棒中的电流I0＝＝，棒所受的安培力大小F＝，选项A正确；两电阻的阻值相等，则热功率也相等，从初始时刻至棒第一次到达最右端过程中，整个回路产生的焦耳热为2Q，弹簧具有的弹性势能Ep＝mv－2Q，选项B错误，C正确；当棒再次回到初始位置时速度小于v0，AC间电阻的热功率也小于P＝E0·＝，选项D错误。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、实验题(本大题共2小题，每小题6分，共12分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答。)
11．(1)如图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图。试回答下列问题。
①在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的______和________。
②请按实验要求在实物上连线。
③在实验出现的电磁感应现象中，A、B线圈哪个相当于电源？________(选填“A”或“B”)。
(2)已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成如图所示电路，当条形磁铁按如图所示情况运动时，以下判断正确的是________。
A．甲图中电流计偏转方向向右
B．乙图中磁铁下方的极性是N极
C．丙图中磁铁的运动方向向下
D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向
答案 (1)①大小 方向 ②见解析 ③B (2)ABD
解析 (1)①电流计G的零刻度在表盘中央，电流流过时，指针偏转，既显示了电流的大小，也显示了电流的方向。
②电源、开关、滑动变阻器和小线圈构成一闭合回路；大线圈和电流计构成闭合电路。电路如图所示。
③B线圈与电流计相连，显示回路感应电流，即B线圈相当于电源。
(2)在图甲中，由楞次定律判断知电流从正接线柱流入电表，表针偏转方向向右，A正确；在图乙中，线圈中感应电流的磁场方向向下，因磁铁远离，磁场减弱，故原磁场方向应向下，即磁铁下方的极性是N极，B项正确；在图丙中，线圈中感应电流的磁场方向向上，而磁铁磁场方向向上，由楞次定律知，磁铁的运动方向向上，C错误；在图丁中，磁铁向上运动，线圈中原磁场方向向下减弱，感应电流的磁场方向向下，故线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，D正确。
12．钳型电流表的工作原理如图所示。当通有交变电流的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。日常所用正弦式交变电流的频率在中国和英国分别为50 Hz和60 Hz。现用一钳型电流表在中国测量某一电流，电表读数为10 A；若用同一电表在英国测量峰值同样大小的电流，则读数将是________A。若此表在中国的测量值是准确的，且量程为30 A；为使其在英国的测量值变得准确，应重新将其量程标定为________A。
答案 12 25
解析 ＝＝，即＝。由题中条件可知其他条件相同，只有电流变化的时间不同，因此，E＝知E∝，所以＝＝，而电流与电动势成正比，所以＝，即I英＝I中＝12 A，即在英国该电流表的读数为12 A。同理可得此表在英国的量程应为25 A。
三、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。)
13．(10分)如图所示，水平桌面上有两个质量为m＝5.0×10－3 kg、边长均为L＝0.2 m的正方形线框A和B，电阻均为R＝0.5 Ω，用绝缘细线相连静止于宽为d＝0.8 m的匀强磁场的两边，磁感应强度B＝1.0 T，垂直桌面向下，现用水平恒力F＝0.8 N拉线框B，不计摩擦，线框A的右边离开磁场时恰好做匀速运动，求：
(1)线框匀速运动的速度；
(2)线框产生的焦耳热。
答案 (1)10 m/s (2)0.3 J
解析 (1)线框A的右边离开磁场时
E＝BLv，I＝。
平衡条件为F＝BIL，所以v＝＝10 m/s。
(2)由能量守恒定律Q＝F(d＋L)－·2mv2，
代入数据解得线框进出磁场过程中产生的焦耳热
Q＝0.3 J。
14．(12分)一个直流电动机的内电阻r＝2 Ω，与R＝8 Ω的电阻串联后接在线圈上，如图所示。已知线圈的面积为S＝ m2，共100匝，线圈的电阻为r′＝2 Ω，线圈在B＝ T的匀强磁场中绕OO′以转速n＝600 r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为U＝100 V，求电动机正常工作时的输出功率。
答案 800 W
解析 线圈的角速度
ω＝2πn＝2π× rad/s＝20π rad/s，
线圈转动时产生的电动势的最大值为Em＝NBSω＝200 V，有效值为E＝＝200 V，则电路中的电流为I＝＝10 A。故电动机正常工作时的输出功率为P＝UI－I2r＝800 W。
15．(12分)发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，若发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原副线圈的匝数比为1∶25。
(1)画出上述输电全过程的线路图；
(2)求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；
(3)若输电导线电阻为10 Ω，求降压变压器原线圈两端的电压；
(4)计算降压变压器的输出功率。
答案 (1)见解析图 (2)6250 V 16 A
(3)6090 V (4)97.44 kW
解析 (1)线路图如下：
(2)对升压变压器，据公式＝，有
U2＝U1＝×250 V＝6250 V
I2＝＝＝ A＝16 A。
(3)U3＝U2－I2R线＝(6250－16×10) V＝6090 V。
(4)P4＝P1－P损＝P1－IR线＝97.44 kW。
16．[2017·北京高考](14分)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。
图1
图2
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。
(1)求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
(2)从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
图3 图4
a．请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。
答案 (1) BILvΔt (2)见解析
解析 (1)题图1中，电路中的电流I1＝
棒ab受到的安培力F1＝BI1L
在Δt时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功E电＝F1·vΔt＝
题图2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL
在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功
E机＝F2·vΔt＝BILvΔt
(2)a.如图3、图4所示。
b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u。
如图4所示，沿棒方向的洛伦兹力f1′＝qvB，做负功
W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力f2′＝quB，做正功
W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt
所以W1＝－W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
f1′做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2′做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的四个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．下列说法不符合物理学史的是( )
A．奥斯特发现了电流的磁效应
B．法拉第发现了电磁感应现象
C．牛顿解释了涡旋电场的产生原理
D．楞次找到了判断感应电流方向的方法
答案 C
解析 根据物理学史可知A、B、D说法正确，C项中，麦克斯韦解释了涡旋电场的产生原理。
2. 如图所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给杆ef一个向右的初速度，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
答案 A
解析 导体杆向右运动时会切割磁感线产生感应电动势、感应电流，所以导体杆ef受到向左的安培力做减速运动，速度减小会使电动势、电流减小，安培力也随之减小，所以做减速运动的加速度会减小，直到速度为零时导体杆静止。因此A正确，B、C、D错误。
3．如图所示，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计。当开关K处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方。那么，当开关K断开时，将出现( )
A．G1和G2的指针都立即回到零点
B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
答案 D
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。故选D。
4．如图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V。图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象。则(线圈内阻不计，集流环和电刷电阻不计)( )
A．电阻R上的电功率为20 W
B．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零
C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝
14．1cos100πt(V)
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos50πt(A)
答案 C
解析 电压表测量值为电压的有效值，P＝＝10 W，故A项错误。根据法拉第电磁感应定律，E＝，t＝0.02 s时，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，R两端电压瞬时值最大，故B项错误。线框处于中性面(即磁通量最大)时感应电动势为零；线框平行磁场，即磁通量为零时，电动势最大，磁通量正弦式变化，电动势呈余弦式变化。根据电压有效值为10 V知，电压最大值Um＝10 V，u＝Umcosωt＝10cos100πt(V)，故C项正确。i＝＝cos100πt(A)，故D项错误。
5．在变电所，经常要用交流电表去检测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，下列图中能正确反映其工作原理的是( )
答案 C
解析 电流互感器是用弱电流来检测强电流，因此副线圈匝数要比原线圈匝数多，A、B错误；而D中检测器直接与地线、火线相连，与用电器电网并联，这是电压互感器的连接方式，会由于电压过大而烧坏电流表，只有C是正确的。
6. 电源、开关S和S′、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S、S′闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则( )
A．液滴向下运动
B．液滴仍然静止
C．R2两端的电势差是否升高无法分析
D．当光照强度不变时断开S′，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高
答案 D
解析 当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，R2两端的电势差降低，R1两端的电势差升高，电容器极板之间电压升高，液滴向上运动，选项A、B、C错误；当光照强度不变，断开S′时，电容器所带电荷量不变，把电容器的上极板向上移一小段距离，电容器电容变小，又Q＝CU，则上极板的电势比A点的电势高，选项D正确。
7．一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，匀强磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中( )
A．向上滑行的时间等于向下滑行的时间
B．在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量
C．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等
D．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为m(v－v2)
答案 BC
解析 因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，所以A错误；分析知上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，由动生电动势公式E＝BLv可以知道上滑阶段的平均感应电动势E1大于下滑阶段的平均感应电动势E2，而上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电荷量q＝It＝t＝t＝，式中结果无时间，故上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电荷量相同，所以C正确；因为E1>E2，故UR1>UR2，再由公式W电＝qU，可以知道上滑阶段回路电流对R做功即电阻R产生的热量比下滑阶段多，所以B正确；金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，只有安培力做功，动能的一部分转化为内能，电阻R和杆上的电阻r上产生的热量的和就是金属杆减小的动能，D错误；所以B、C选项是正确的。
8．如图所示，为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来。当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动，则下列说法中正确的是( )
A．不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势
B．当A盘转动时，B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到安培力的作用
C．当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动
D．当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动
答案 ABC
解析 将图中铜盘A所在的一组装置作为发电机模型，铜盘B所在的一组装置作为电动机模型，这样就可以简单地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”，处在磁场中的每一根“辐条”都在做切割磁感线运动，产生感应电动势，进而分析可得，A、B、C正确。
9．两根相距为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＝
答案 AD
解析 杆ab切割磁感线产生感应电动势E＝BLv1，
杆cd运动不切割磁感线，故不产生感应电动势，回路中电流I＝＝，C错误；因两杆匀速运动，则对ab杆有F安＝，F＝F安＋μmg＝＋μmg，A正确；对cd杆：F安水平向右，f＝μF安＝mg，μ＝。故B错误，D正确。
10．如图所示，AB、CD为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、有效长度为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间电阻R上产生的焦耳热为Q，则( )
A．初始时刻棒所受的安培力大小为
B．从初始时刻至棒第一次到达最右端的过程中，整个回路产生的焦耳热为
C．当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv－2Q
D．当棒再次回到初始位置时，AC间电阻的热功率为
答案 AC
解析 初始时刻，棒两端的电动势E0＝BLv0，棒中的电流I0＝＝，棒所受的安培力大小F＝，选项A正确；两电阻的阻值相等，则热功率也相等，从初始时刻至棒第一次到达最右端过程中，整个回路产生的焦耳热为2Q，弹簧具有的弹性势能Ep＝mv－2Q，选项B错误，C正确；当棒再次回到初始位置时速度小于v0，AC间电阻的热功率也小于P＝E0·＝，选项D错误。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、实验题(本大题共2小题，每小题6分，共12分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答。)
11．(1)如图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图。试回答下列问题。
①在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的______和________。
②请按实验要求在实物上连线。
③在实验出现的电磁感应现象中，A、B线圈哪个相当于电源？________(选填“A”或“B”)。
(2)已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成如图所示电路，当条形磁铁按如图所示情况运动时，以下判断正确的是________。
A．甲图中电流计偏转方向向右
B．乙图中磁铁下方的极性是N极
C．丙图中磁铁的运动方向向下
D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向
答案 (1)①大小 方向 ②见解析 ③B (2)ABD
解析 (1)①电流计G的零刻度在表盘中央，电流流过时，指针偏转，既显示了电流的大小，也显示了电流的方向。
②电源、开关、滑动变阻器和小线圈构成一闭合回路；大线圈和电流计构成闭合电路。电路如图所示。
③B线圈与电流计相连，显示回路感应电流，即B线圈相当于电源。
(2)在图甲中，由楞次定律判断知电流从正接线柱流入电表，表针偏转方向向右，A正确；在图乙中，线圈中感应电流的磁场方向向下，因磁铁远离，磁场减弱，故原磁场方向应向下，即磁铁下方的极性是N极，B项正确；在图丙中，线圈中感应电流的磁场方向向上，而磁铁磁场方向向上，由楞次定律知，磁铁的运动方向向上，C错误；在图丁中，磁铁向上运动，线圈中原磁场方向向下减弱，感应电流的磁场方向向下，故线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，D正确。
12．钳型电流表的工作原理如图所示。当通有交变电流的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。日常所用正弦式交变电流的频率在中国和英国分别为50 Hz和60 Hz。现用一钳型电流表在中国测量某一电流，电表读数为10 A；若用同一电表在英国测量峰值同样大小的电流，则读数将是________A。若此表在中国的测量值是准确的，且量程为30 A；为使其在英国的测量值变得准确，应重新将其量程标定为________A。
答案 12 25
解析 ＝＝，即＝。由题中条件可知其他条件相同，只有电流变化的时间不同，因此，E＝知E∝，所以＝＝，而电流与电动势成正比，所以＝，即I英＝I中＝12 A，即在英国该电流表的读数为12 A。同理可得此表在英国的量程应为25 A。
三、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。)
13．(10分)如图所示，水平桌面上有两个质量为m＝5.0×10－3 kg、边长均为L＝0.2 m的正方形线框A和B，电阻均为R＝0.5 Ω，用绝缘细线相连静止于宽为d＝0.8 m的匀强磁场的两边，磁感应强度B＝1.0 T，垂直桌面向下，现用水平恒力F＝0.8 N拉线框B，不计摩擦，线框A的右边离开磁场时恰好做匀速运动，求：
(1)线框匀速运动的速度；
(2)线框产生的焦耳热。
答案 (1)10 m/s (2)0.3 J
解析 (1)线框A的右边离开磁场时
E＝BLv，I＝。
平衡条件为F＝BIL，所以v＝＝10 m/s。
(2)由能量守恒定律Q＝F(d＋L)－·2mv2，
代入数据解得线框进出磁场过程中产生的焦耳热
Q＝0.3 J。
14．(12分)一个直流电动机的内电阻r＝2 Ω，与R＝8 Ω的电阻串联后接在线圈上，如图所示。已知线圈的面积为S＝ m2，共100匝，线圈的电阻为r′＝2 Ω，线圈在B＝ T的匀强磁场中绕OO′以转速n＝600 r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为U＝100 V，求电动机正常工作时的输出功率。
答案 800 W
解析 线圈的角速度
ω＝2πn＝2π× rad/s＝20π rad/s，
线圈转动时产生的电动势的最大值为Em＝NBSω＝200 V，有效值为E＝＝200 V，则电路中的电流为I＝＝10 A。故电动机正常工作时的输出功率为P＝UI－I2r＝800 W。
15．(12分)发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，若发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原副线圈的匝数比为1∶25。
(1)画出上述输电全过程的线路图；
(2)求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；
(3)若输电导线电阻为10 Ω，求降压变压器原线圈两端的电压；
(4)计算降压变压器的输出功率。
答案 (1)见解析图 (2)6250 V 16 A
(3)6090 V (4)97.44 kW
解析 (1)线路图如下：
(2)对升压变压器，据公式＝，有
U2＝U1＝×250 V＝6250 V
I2＝＝＝ A＝16 A。
(3)U3＝U2－I2R线＝(6250－16×10) V＝6090 V。
(4)P4＝P1－P损＝P1－IR线＝97.44 kW。
16．[2017·北京高考](14分)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。
图1
图2
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。
(1)求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
(2)从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
图3 图4
a．请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。
答案 (1) BILvΔt (2)见解析
解析 (1)题图1中，电路中的电流I1＝
棒ab受到的安培力F1＝BI1L
在Δt时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功E电＝F1·vΔt＝
题图2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL
在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功
E机＝F2·vΔt＝BILvΔt
(2)a.如图3、图4所示。
b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u。
如图4所示，沿棒方向的洛伦兹力f1′＝qvB，做负功
W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力f2′＝quB，做正功
W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt
所以W1＝－W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
f1′做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2′做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。