人教版物理 选修3-2 全册 寒假测试 （解析版）

绝密★启用前
人教版 物理 选修3-2 全册 寒假测试
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分
分卷I
一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)
1.图为一架歼—15飞机刚着舰时的情景。已知该飞机机身长为l，机翼两端点C，D的距离为d，某次在我国近海海域训练中飞机降落时的速度沿水平方向，大小为v，该空间地磁场磁感应强度的水平分量为Bx，竖直分量为By.C，D两点间的电势差为U，下列分析正确的是(　　)

A．U＝Bxlv，C点电势低于D点电势
B．U＝Bxdv，C点电势高于D点电势
C．U＝Bylv，C点电势低于D点电势
D．U＝Bydv，C点电势高于D点电势
【答案】D
【解析】我国疆域处于北半球，北半球地磁场的竖直分量方向向下，当飞机如图所示飞行时，机翼CD切割地磁场的竖直分量，由右手定则可知，正电荷集中在C端，所以C端电势较高，C，D两点的电势差UCD＝Bylv，所以D选项正确．
2.在图中，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S处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方．那么，当开关S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】S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．
3.空间存在竖直向上的匀强磁场，将一个不会变形的单匝金属圆线圈放入该磁场中，规定图甲所示的线圈中的电流方向为正．当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律变化时，能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是(　　)

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由电磁感应定律和欧姆定律得I＝＝＝×，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率，由图乙可知，0－1 s时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反，由楞次定律，感应电流是顺时针的，因而是正值，所以可判断0－1 s为正的恒值；在1－2 s内，因磁场不变，则感应电动势为零，所以感应电流为零；同理2 s－4 s，磁感应强度在减小，由楞次定律可知，感应电流与原方向相反，即为负的恒值；根据感应定律和欧姆定律得I＝＝＝×，可知，斜率越大的，感应电动势越大，则感应电流越大．故B正确，A、C、D错误．
4.如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，若线框的面积为S，则通过线框的磁通量为(　　)

A．BS
B．
C．
D． 0
【答案】D
【解析】因为线圈平面和磁场方向平行，所以没有磁感线穿过线圈，即通过线圈的磁通量为零，D正确．
5.如图所示，R3是光敏电阻(光照时电阻变小)，当开关S闭合后，在没有光照射时，a、b两点等电势．当用光照射电阻R3时，则(　　)

A．a点电势高于b点电势
B．a点电势低于b点电势
C．a点电势等于b点电势
D．a点电势和b点电势的大小无法比较
【答案】A
【解析】R3是光敏电阻，当有光照射时电阻变小，R3两端电压减小，故a点电势升高，因其他电阻的阻值不变，所以a点电势高于b点电势．
6.一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图所示．由图可知(　　)

A． 该交流电的电流瞬时值的表达式为i＝2sin (100πt)A
B． 该交流电的频率是50 Hz
C． 该交流电的电流有效值为2A
D． 若该交流电流通过R＝10 Ω的电阻，则电阻消耗的功率是20 W
【答案】D
【解析】由图象可知，交流电的最大值为2 A，电流的周期为0.04 s，交流电的角速度ω＝＝rad/s＝50π rad/s，所以交流电的电流瞬时值的表达式为i＝2sin (50πt)(A)，所以A错误；交流电的频率为f＝＝Hz＝25 Hz，所以B错误；交流电的电流有效值为A＝A，所以C错误；交流电的电流有效值为A，所以电阻消耗的功率P＝I2R＝()2×10 W＝20 W，所以D正确．
7.如图所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα＝，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为(　　)

A．BS
B．BS
C．BS
D．BS
【答案】B
【解析】根据磁通量的定义可得通过线框的磁通量Φ＝BSsinα，代入解得Φ＝BS，所以B正确，A、C、D错误．
8.如图所示，A是一边长为l的正方形线框，电阻为R，现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场B区域．取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开始运动，则线框中产生的感应电流i随时间t变化的图线是图中的(　　)

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，因此在线框中产生的感应电流大小不变，根据楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时感应电流的方向与规定的正方向相反，因此选B.
9.
如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则(　　)
A． 金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B． 金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C． 金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D． 金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
【答案】B
【解析】胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，感应电流的效果阻碍原磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小．故B正确，A、C、D错误．
10.图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表， 下说法正确的是(　　)

A．ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝27sin 100πt(V)
B． 电流表的示数为2 A，且四只灯泡均能正常发光
C． 流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次
D．ab输入端输入功率Pab＝18 W
【答案】B
【解析】由题知，cd的电压瞬时值表达式为Ucd＝27sin 100πtV，有效值为U1＝27 V，由＝得副线圈U2＝9 V，则L2、L3、L4均能正常发光，每只灯泡的电流I′＝＝A＝A，副线圈电流I2＝3×A＝2 A，由＝得原线圈的电流I1＝A，L1也能正常发光，ab输入电压的表达式为Uab＝36sin 100πtV，A错，B对；由图象知交流电的周期为0.02 s，交流电的频率为50 Hz，流过灯L2的电流每秒钟方向改变100次，C错；ab输入端输入功率Pab＝36×W＝24 W，D错，所以本题选择B.
二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)
11.(多选)对交变电流通过电容器的理解正确的是(　　)
A． 交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体
B． 交变电流定向移动的电荷通过电容器两极板间的绝缘介质
C． 交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器
D． 交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)
【答案】CD
【解析】电流能“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充、放电，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．
12.(多选)在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线(Ⅰ)位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图(Ⅱ)位置时，线框的速度为，则下列说法正确的是(　　)

A． 图(Ⅱ)时线框中的电功率为
B． 此过程中回路产生的电能为mv2
C． 图(Ⅱ)时线框的加速度为
D． 此过程中通过线框横截面的电荷量为
【答案】AB
【解析】回路中产生感应电动势为E＝2Ba感应电流为I＝＝，此时线框中的电功率P＝I2R＝，故A正确．根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的电能为Q＝mv2－
m()2＝mv2，故B正确．左右两边所受安培力大小为F＝BIa＝，则加速度为a＝＝，故C错误．此过程通过线框横截面的电荷量为q＝＝，故D错误．
故选A、B.
13.(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导体框内有半径为r的圆形区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k＞0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝0.5R0.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势．则(　　)

A．R1两端的电压为
B． 电容器的a极板带正电
C． 滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D． 正方形导线框中的感应电动势为kL2
【答案】AC
【解析】滑片在中间位置时，P将R分为R左、R右等大两部分，大小为，则R2与R右并联，阻值为R0，再与R1、R左串联构成闭合电路外电路，所以根据欧姆定律得，R2两端电压为，选项A正确；由于B随时间增大，根据楞次定律得b板带正电，选项B错误；滑动变阻器上的电功率由R左、R右两部分构成，R左电流是R右的两倍，也是R2的两倍，功率表示为PR＝(2I)2r＋I2r，P2＝I2r，可解得PR＝5P2，选项C正确；由于产生电磁感应的磁场实际面积小于L2，知选项D错误．
14.(多选)如图所示，一只理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈接入电压为u＝311sin(100πt) V的正弦交流电源，一只理想二极管(正向阻值为零，反向阻值无穷大)和两个阻值均为10 Ω的电阻R1、R2按如图方式连接在副线圈上，则以下说法中正确的是(　　)

A． 1 s内电阻R1上的电流改变100次
B． 电压表的读数为22 V
C． 二极管两端的最大电压为31.1 V
D． 若将R1换成一个阻值小于10 Ω的电阻，则电流表读数变大
【答案】ACD
【解析】ω＝100π，则周期为T＝＝0.02 s，则变压器输出电流的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变两次，1 s内电流方向改变100次，则电阻R1上的电流1 s内改变100次，故A正确．
变压器原线圈电压的最大值为U原m＝311 V，
二极管两端的最大电压应该是副线圈电压的最大值U副m＝U原m＝31.1 V，故C正确．
变压器原线圈电压的有效值为U原＝V＝220 V，
则副线圈电压的有效值为U副＝U原＝22 V①
设交流电周期为T，二极管单向导电使R2上只有时间电流通过，由有效值定义得·T＝·，解得U2＝②
由①②式得U2＝11V≈15.56 V，故B错误．程序分析动态变化，如图所示，

若将R1换成一个阻值小于10 Ω的电阻，则副线圈电路整体的总电阻减小，则副线圈电流增大，原线圈电流增大，则电流表的读数变大，故D正确．
分卷II
三、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)
15.如图所示，电阻为R的长直螺线管，其两端通过电阻可忽略的导线相连接．一个质量为m的小条形磁铁A从静止开始落入其中，经过一段距离后以速度v做匀速运动．假设小磁铁在下落过程中始终沿螺线管的轴线运动且无翻转．

(1)定性分析说明：小磁铁的磁性越强，最后匀速运动的速度就越小；
(2)小磁铁做匀速运动时在回路中产生的感应电动势约为多少？
【答案】(1)根据楞次定律，小磁铁的磁性越强，通过导线环的磁通量的变化率越大，因此下落过程中在导线环中产生的感应电流越大，此感应电流产生的磁场也越强，从而对小磁铁的阻碍也越大，小磁铁向下运动的加速度越小，因此其极限速度就越小．
(2)
【解析】(1)根据楞次定律，小磁铁的磁性越强，通过导线环的磁通量的变化率越大，因此下落过程中在导线环中产生的感应电流越大，此感应电流产生的磁场也越强，从而对小磁铁的阻碍也越大，小磁铁向下运动的加速度越小，因此其极限速度就越小．
(2)设小磁铁做匀速运动时，下落距离h，在此过程中有mgh＝Q，
式中Q为小磁铁下落过程中螺线管中产生的焦耳热，
其大小为Q＝Δt
式中E是感应电动势，Δt是小磁铁通过距离h所需的时间，
由于小磁铁匀速运动，因此有
mgh＝·
联立可得E＝.
16.据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，将太阳帆板视为导体．

(1)求M、N间感应电动势的大小E；
(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；
(3)取地球半径R＝6.4×103km，地球表面的重力加速度g＝9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)．
【答案】(1)1.54 V　(2)不能　(3)4×105m
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律E＝BLv，代入数据
得E＝1.54 V.
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．
(3)在地球表面有G＝mg，
匀速圆周运动G＝m，
解得h＝－R，代入数据得，h≈4×105m(数量级正确都算对)
17.如图所示，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈的匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1.初级线圈的输入电压是660 V，次级线圈的电阻为0.2 Ω，用这台变压器供给100盏标有“220 V,60 W”的电灯用电．求：

(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率；
(2)接通时次级线圈的端电压；
(3)每盏灯的实际功率．
【答案】(1)220 V　0　(2)214.68 V　(3)57.1 W
【解析】(1)将变压器视为理想变压器．设空载时次级线圈的输出电压为U2，由＝，得U2＝U1＝220 V，因为空载，次级线圈的负载电阻R2→∞，次级线圈中的电流为零，所以I2＝0，P＝I2U2＝0.
(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为
R外＝＝≈8.07 Ω，
次级线圈中的电流I2＝＝≈26.6 A，
电灯两端电压：U2′＝I2R外≈214.68 V.
(3)每盏灯的实际功率
P＝U2′≈57.1 W.
18.如图所示，在竖直平面内有一质量为2m的光滑“∏”形线框EFCD，EF长为L、电阻为r；FC＝ED＝2L，电阻不计．FC、ED的上半部分(长为L)处于匀强磁场Ⅰ区域中，且FC、ED的中点与其下边界重合．质量为m、电阻为3r的金属棒用最大拉力为2mg的绝缘细线悬挂着，其两端与C、D两端点接触良好，处在磁感应强度为B的匀强磁场Ⅱ区域中，并可在FC、ED上无摩擦滑动．现将“∏”形线框由静止释放，当EF到达磁场Ⅰ区域的下边界时速度为v，细线刚好断裂，Ⅱ区域内磁场消失．重力加速度为g.求：

(1)整个过程中，克服安培力做的功；
(2)EF刚要出磁场Ⅰ时产生的感应电动势；
(3)线框的EF边追上金属棒CD时，金属棒CD的动能．
【答案】(1)2mgL－mv2　(2)　(3)
【解析】(1)对∏形线框用动能定理
2mgL－W＝2mv2－0
W＝2mgL－mv2
(2)对金属棒CD受力分析：FTm＝mg＋BIL
得到I＝
E＝IR总＝
(3)对金属棒CD运动分析：H＝gt2
对∏形线框运动分析：H＋L＝vt＋gt2
解得：t＝
相遇时CD棒速度vt＝0＋gt＝
此时动能为Ek＝mv＝.