期末复习培优提升训练二—2020-2021学年高二下学期物理人教版选修3-2Word版含答案

2020-2021学年高二下学期期末复习培优提升训练二（人教版选修3-2）
一、单选题
1．如图所示为从发电厂到用户的远距离输电示意图，两变压器均视为理想变压器。升压变压器的原、副线圈匝数分别为和，，降压变压器的原剛线圈匝数分别为和，且。发电厂输出按正弦规律变化的交流电（输出电压最大值一定），输电线总电阻为，用户总电阻为，下列判断正确的是（　　）
A．升压变压器的输入电压和用户得到的电压相等
B．发电厂的输出功率不随用户电阻的变化而变化
C．如果值变大，其他参数不变，用户得到的电压增大
D．如果用户电阻增大，输电线上损失的功率可能增大
2．、为光滑的水平平行金属导轨，、为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过、所在的平面，如图所示，则：（
）
A．若固定，使向右滑动，则回路中电流方向为
B．若向左、向右同时运动，则回路中电流为零
C．若、以相同的速度一起向右滑动，则回路中电流方向为
D．若、都向右运动，且两杆速度，则回路中电流方向为
3．如图所示的匀强磁场中有一闭合矩形导线框，则在图示时刻能产生感应电流的是
A．
B．
C．
D．
4．如图所示电路中，L为一自感系数较大的线圈，电键S闭合电路稳定后，在电阻R2和线圈L均有电流．现将电键S断开瞬间（
）
A．流经R2和L的电流方向都向左
B．流经R2和L的电流方向都向右
C．流经R2的电流方向向右，流经L的电流方向向左
D．流经R2的电流方向向左，流经L的电流方向向右
5．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在此下滑过程中（
）
A．受到的安培力方向水平向右
B．下滑位移大小为
C．运动的加速度大小为
D．产生的焦耳热为金属棒重力势能的减小量
二、多选题
6．如图所示，竖直长导线通有恒定电流，一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动．当线圈绕轴以角速度ω沿逆时针（沿轴线从上往下看）方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列说法正确的是（
）
A．t=0时，线圈产生的感应电动势最大
B．0~时间内，线圈中感应电流方向为abcda
C．t=时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零
D．线圈每转动一周电流方向改变两次
7．如图所示，甲、乙、丙、丁四幅原理图是带电粒子在电场与磁场的应用，其中说法中正确是（
）
A．图甲是回旋加速器，粒子获得的最大动能与加速电压无关
B．图乙是速度选择器，带电粒子能选择粒子的速度与其从左侧平行射入还是从右侧平行射入无关
C．图丙是导体霍尔元件，图中下表面A'的电势高，若自由电荷是正电荷，则下表面A'的电势低
D．图丁是磁流体发电机的示意图，若只增大粒子入射速度，R中电流增大
8．如图所示，施加水平外力把矩形线圈从匀强磁场中匀速拉出，如果两次拉出的速度大小之比为12，则拉出磁场的过程中(
)
A．两次线圈所受外力大小之比F1F2=12
B．两次线圈发热之比Q1Q2=14
C．两次线圈所受外力功率之比P1P2=14
D．两次线圈中通过导线截面的电量之比q1q2=11
9．一正方形闭合导线框abcd边长L=0.1
m，各边电阻均为1Ω，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽L=0.1
m的磁感应强度为1T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，如图所示．在线框以恒定速度4
m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中，如图所示的各图中，能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中，ab边两端电势差Uab和回路中电流I（设顺时针方向为正方向）随导线框ab边位置变化情况的是（
）
B．
C．
D．
三、填空题
10．研究电磁感应现象时，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接。在开关闭合，线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。那么，线圈A中铁芯向上拔出则电流计指针________偏转；若将滑动变阻器的滑动端P匀速向右滑动，则电流计指针_______偏转。（选填“向左”、“向右”或“不”）；
11．下图是热水器系统的恒温器集成电路，当温度低时，热敏电阻的阻值很大，温度高时热敏电阻的阻值就很小，只有当热水器中有水或水的温度低时，发热器才会开启并加热；反之，便会关掉发热器．如果热水器中没有水时，电路中BC部分就处于
路，这个逻辑电路是
门电路．
四、解答题
12．如图1所示，n＝100匝的线圈垂直磁场放置，磁感应强度B随时间变化规律如图2所示．已知线圈面积5＝0.2m2，线圈电阻r＝0.5Ω，电阻R1＝1.0Ω，R2＝2.5Ω，电容器电容为0.3F，板间距离d＝4×10－2m．开始时开关S断开，带电量为q＝8×10－5C的带电粒子恰好静止在电容器内．不考虑平行板电容器的边缘效应及磁场变化对边界右侧的影响，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）带电粒子的质量m；
（2）若闭合开关S，电路稳定后粒子的加速度．
13．如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈竖直向下运动并始终保持水平。在位置B，N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离都比较小。试判断线圈在位置A、B、C时感应电流的方向，说明你判断的理由。
14．如图，在竖直平面内有两条间距为L的足够长的平行长直金属导轨，上端接有一个阻值为R的电阻和一个耐压值足够大的电容器，电容器的电容为C，且不带电．质量为m的导体棒ab垂直跨在导轨上，接触良好．导轨所在空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．S为单刀双掷开关．现将开关S接1，由静止释放导体棒ab．已知重力加速度为g，不计导轨和导体棒的电阻，不计一切摩擦．
(1)当金属棒向下运动的速度为v1时，电容器所带的电量q；
(2)
求导体棒ab下落h高度时的速度大小v2；
(3)当速度为v2时迅速将开关S接2，请分析说明此后导体棒ab的运动情况；并计算导体棒ab在开关接2后又下落足够大的高度H的过程中电阻R上所产生的电热Q．
15．如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电.已知输电线的总电阻R＝10
Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0＝11
Ω.若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝220sin
100πt(V).则；
（1）升压变压器的输出电压的有效值；
（2）升压变压器的输出的总功率；
试卷第2页，总3页
试卷第1页，总1页
参考答案
1．C
【详解】
A．发电厂输出电压最大值一定，则升压变压器的输入电压有效值，不变，根据
可知
根据串联电路特点可知降压变压器输入电压
根据
可知
选项A错误；
BD．若用户电阻增大，会使得线路中电流均减小，发电厂输出功率
减小，输电线上损失的功率
可知输电线上的损失功率减小，选项BD错误；
C．输电线所在电路有
又
和
结合
可得
由此可知若增大，其他参数不变，用户得到的电压增大，选项C正确。
故选C。
2．D
【详解】
A．若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则可判断出应产生顺时针的电流，故A错误。
B．若ab向左，cd向右，ab、cd所围的线圈面积增大，磁通量增大，由楞次定律得知，abdc中有顺时针的电流，故B错误。
C．若ab、cd同向且速度大小相同，ab、cd所围的线圈面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故C错误。
D．若ab、cd向右运动，但vcd＞vab，则abdc所围面积发生增大，磁通量也发生增大，故由楞次定律可判断出产生由c→d→b→a的电流，故D正确。
故选D。
3．B
【详解】
A．该图保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中向右运动，磁通量一直为零，磁通量不变，无感应电流，故A错误；
B．该图保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中向右运动，离开磁场，磁通量减小，有感应电流，故B正确；
C．该图保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中向上运动，磁通量不变，无感应电流，故C错误；
D．该图保持线框平面始终与磁感线垂直，线框在磁场中向右运动，故磁通量不变，无感应电流，故D错误；
故选B．
4．C
【详解】
开关S闭合瞬间，L相当于断路，通过R2的电流向左；电路稳定后断开开关S后，由通过线圈的电流方向向左，因电流减小，线圈自感电动势阻碍减小，产生向左的感应电流，并与R2组成闭合回路，则R2电流方向为向右。
故选C。
5．B
【解析】
试题分析：由楞次定律可知，金属棒受到的安培力方向沿斜面向上，选项A错误；由电量计算公式可得，下滑的位移大小为，故B正确．金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，加速度无固定数值，故C错误；根据能量守恒定律可知，导体棒产生的焦耳热为金属棒重力势能的减小量与动能增量的差值，选项D错误；故选B．
考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律
【名师点睛】此题是对法拉第电磁感应定律以及楞次定律的考查；金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由运动学公式，法拉弟电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理；电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量常用来求位移．但在计算题中，不能直接作为公式用，要推导。
6．BD
【详解】
通电导线在其周围产生磁场，在其左侧产生的磁场垂直于纸面向外，离导线越远，磁场越弱，在t=0时刻，ab边和cd边转动时，速度方向与磁场平行，故不切割磁感线不产生感应电动势，故A错误；在0～时间内，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为abcda，故B正确；t=时，线圈的磁通量为零，ab边和cd边转动时，磁通量的变化率不为零，故感应电动势不为零，故C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，故D正确；故选BD．
【点睛】
本题主要考查了通电导线在其周围产生磁场，线圈转动又会产生感应电动势，能用右手定则判断直导线周围的磁场方向，用楞次定律判断出电流方向．
7．ACD
【详解】
A．粒子经电场加速，经磁场回旋，由，得
可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关，所以选项A正确；
B．速度选择器具有单向性，所以选项B错误；
C．若是正电荷，由左手定则可知，下表面电势低，所以选项C正确;
D．依据电场力等于洛伦兹力，即为
则有
U=Bdv
再由闭合电路欧姆定律
电流与磁感应强度成正比，由上分析可知，若只增大粒子的入射速度，R中电流会增大，故选项D正确。.
故选ACD.
8．ACD
【解析】
【详解】
将线圈匀速拉出时，，因为速度之比为1：2，则拉力之比为1：2．故A正确。根据能量守恒知，拉力做功等于产生的焦耳热，则，因为速度之比为1：2，则产生的焦耳热之比为1：2．故B错误。拉力的功率，因为速度之比为1：2，所以拉力的功率之比为1：4．故C正确。通过导线的电荷量为：，则q与线框移动速度无关，磁通量的变化量△Φ相同，所以通过导线横截面的电荷量q1：q2=1：1．
故D正确。
9．BC
【详解】
AB．分两段研究：ab进入磁场切割磁感线过程和dc切割磁感线过程．
ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0-L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，ab相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab＞0．感应电动势为
E=BLv=1×0.1×4V=0.4V
电路中的电流
I＝＝0.1A
Uab是外电压，则有
Uab=I?3r=0.3V
dc切割磁感线过程，x在L-2L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针，dc相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab＞0．感应电动势为
E=BLv=1×0.1×4V=0.4V
Uab是外电压
Uab=Ir=0.1V
则B正确，A错误；
CD．ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0-L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，dc切割磁感线过程，x在L-2L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针．大小都是0.1A．故C正确，D错误．
故选BC．
10．
向右
向左
【解析】由题意可知当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；
当铁芯拔出时，A中磁场减小，故B中磁通量减小，指针向右偏转；
滑片匀速向右运动时，线圈A中的电流应越来越大，A中磁场增强，故B中磁通量增大，故指针向左偏转。
点睛：本题考查楞次定律，解决本题的关键通过磁通量的变化与电流指针的偏转方向关系进行判断。
11．断，与
【详解】
[1][2].
根据题意，当温度低且有水时，继电器吸住簧片接通发热器，即门电路的输入1、1时，输出为1（继电器工作）；当热水器中没有水或水温较高时，继电器会放开簧片，发热器短路，即门电路的输入0、0；0、1；1、0时，输出为0（继电器不工作）故该逻辑关系为与逻辑关系，为与门电路；如果热水器中没有水，电路BC部分就处于断路，输入为0．
12．(1)
8×l0－4kg
(2)
3.75m/s2
【解析】
（1）线圈中产生的感应电动势
开关断开时电路中没有电流，则电容器两端的电压U＝E
电容器内电场的场强
带电粒子恰好静止在电容器内，则有E1q＝mg
联立以上各式可得m＝8×l0－4kg
（2）开关S闭合后，电容器两端的电压
电容器内电场的场强
由动力学知识可得ma＝mg－E2q
解得a＝3.75m/s2
本题考查了法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律的基本运用，首先要会运用法拉第电磁感应定律求解感应电动势，搞清电路的结构求解电容器两板间的电压，用牛顿第二定律求解加速度．
13．从上往下看，位置A沿逆时针方向、位置B沿逆时针方向、位置C沿逆时针方向
【详解】
在位置A、B、C处，线圈的左边和右边都切割感线产生感应电动势，由于左边所在处的磁感应强度大，产生的感应电动势大，所以线圈中有感应电动势，一定有感应电流，且线圈中感应电流方向与一边产生的感应电动势方向相同，根据右手定则判断可知线圈中感应电流沿逆时针方向，则从上往下看，位置A沿逆时针方向、位置B沿逆时针方向、位置C沿逆时针方向。
14．（1）
（2）
（3）
【详解】
（1）金属棒向下以速度为v1切割磁感线产生的感应电动势
电容器所带电荷量
（2）设在时间内，金属棒速度变化为，
金属棒产生的感应电动势变化
电容器两极板电压变化
电容器所带电荷量变化
金属棒中的电流
对金属棒，由牛顿第二定律有：
联立解得
可以看出加速度与时间无关，说明金属棒做匀加速直线运动，
设金属棒沿导轨向下运动h时的速度为v2，由
解得
(3)此时迅速将开关S接2．若重力大于安培力，则棒先做加速运动后做匀速运动；若重力等于于安培力，则棒做匀速运动；若重力小于安培力，则棒先做减速运动后做匀速运动．
因为最后匀速，所以由平衡条件
解得
对导体棒在该过程使用动能定理：
故此过程中电阻R上产生的电热：
15．（1）930V（2）4650W
【解析】
【详解】
（1）根据理想变压器的变压原理和正弦式交流电有效值和峰值的关系可得，变压器T2的输出电流有效值：I′==20A；T2的输入电流有效值：I==5A；T1的输出电压有效值：U出=IR+4U=930V
（2）升压变压器T1的输出功率等于R的功率加上T1的功率，所以P出=IU出=4650W
答案第1页，总2页
答案第1页，总2页