2015版高中物理(人教版选修3-2)本册综合能力测试A

第1页共18页1．(2013·山东师范大学附中高二检测)如图所示四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现。其中说法正确的是()A．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B．卡文迪许通过扭秤实验，归纳出了万有引力定律C．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场D．法拉第通过实验研究，总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律答案：C解析：C选项符合物理史实，故选C。伽利略通过理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，而不是牛顿。卡文迪许通过扭秤实验，测定引力常量，但不是提出万有引力定律。总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律的不是法拉第而是楞次，故不选A、B、D。2．(湖北省部分重点中学2013～2014学年高二上学期期末)北半球地磁场的竖直分量向下。如图所示，在武汉某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向。下列说法中正确的是()A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C．若以cd为轴将线圈向上翻转，则开始一段时间内线圈中感应电流方向为a→d→c→b→aD．若以ab为轴将线圈向上翻转，则开始一段时间内线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a答案：A解析：线圈向东平动时，ba和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，根据右手定则知，a点的电势比b点的电势低，故A正确；向北平动时，bc和ad两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a、b两点的电势相等，故B错误；若以cd为轴线将线圈向上翻转，向下的磁通量减小，感应电流的磁场方向应该向下，则感应电流的方向为a→b→c→d→a，故C错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，向下的磁通量减小，感应电流的磁场方向应该向下，则感应电流的方向为a→b→c→d→a，故D错误。3.如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45°。有一边长也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t＝0时刻恰好位于如图所示的位置。若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是()答案：A解析：由右手定则和E＝BLv可判A项正确。4．某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题。经检查，电源总开关中漏电保护器自动切断了电源。漏电保护器电路如图所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流经放大器放大后便推动断电器切断电源。造成漏电保护器自动切断电源的原因判断为磁卡机用电端()第2页共18页A．零线与火线之间漏电B．火线与地线之间漏电或零线直接接地C．只有火线与地之间漏电才会产生D．磁卡机装得过多，造成电流太大答案：B解析：由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电。5．将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面(纸面)内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()[答案]B[解析]根据楞次定律，在前半个周期内，圆环内产生的感应电流方向为顺时针，即通过ab边的电流方向为由b指向a，再根据左手定则判断，ab边受到的安培力为水平向左，即负方向。根据法拉第电磁感应定律，前半个周期内ab中的电流为定值，则所受安培力也为定值。结合选项可知B正确。6．(2013·河北衡水第十四中学高二期末)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器，已知通过R1的正弦式电流如图乙所示，则()A．交变电流的频率为0.02HzB．原线圈输入电压的最大值为2002VC．电阻R2的电功率约为6.67WD．通过R3的电流始终为零答案：C解析：由乙图知，f＝50Hz，A错；U2＝I1R1＝102V，U1＝n1n2U2＝1002V，U1m＝200V，B错；P2＝U22R2＝6.67W，C正确；交变电流能通过电容器，D错。7.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力的作用，此力对转轴有力矩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盘也顺时针转动第3页共18页答案：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，进而分析可知D错误，A、B、C正确。8.如图所示，A、B两输电线间的电压是u＝2002sin100πt(V)，输电线电阻不计，把电阻R＝50Ω的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是()A．电流表示数为4AB．电压表示数为200VC．通过R的电流方向每秒钟改变50次D．用电器消耗的电功率为1.6kW答案：AB解析：由u＝2002sin100πt(V)可知，电压最大值Um＝2002V，角速度ω＝100πrad/s，所以电压的有效值U＝Um2＝200V，周期T＝2πω＝0.02s，频率f＝1T＝50Hz。由欧姆定律得I＝UR＝20050A＝4A，所以A、B两项正确；一周期内电流方向改变两次，而f＝50Hz，则1s内电流方向改变100次，C项错误；电功率P＝IU＝4×200W＝800W，所以D项错误。9．(江苏如皋市2013～2014学年高二上学期期末)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1100匝，副线圈的匝数n2＝110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0＝R1＝R2，电流表、电压表均为理想电表。原线圈接u＝2202sin(314t)V的交流电源．起初开关S处于断开状态。下列说法中正确的是()A．电压表示数为22VB．当开关S闭合后，电压表示数变小C．当开关S闭合后，电流表示数变大D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大答案：BCD解析：线圈接u＝2202sin(314t)V的交流电源，知原线圈电压的有效值U1＝220V，根据n1n2＝U1U2可求副线圈的电压U2＝22V，如图电压表的读数小于22V，所以A错误；当开关S闭合后，增加并联支路，电压表示数减小，所以B正确；负载电阻减小，所以副线圈电流I2增大，故原线圈电流I1增大，即电流表示数增大，所以C正确；输出功率P2＝U22R，负载的总电阻R减小，故输出功率变大，输入功率等于输出功率，也增大，所以D正确。10．(宁波市2013～2014学年高二八校联考)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v/2，则下列说法正确的是()A．此时圆环中的电流为顺时针方向B．此时圆环的加速度为4B2a2vmRC．此时圆环中的电功率为4B2a2v2RD．此过程中通过圆环截面的电量为πBa2R答案：ACD解析：根据楞次定律可判此时圆中电流为顺时针方向，A正确；此时环中感应电流为I＝2BavR，此时加速度a＝2Fm＝8B2a2vmR，此时P＝I2R＝4B2a2v2R，故B错误C正确；此过程中通过圆环截面的电荷量q＝ΔΦR＝πBa2R，D正确。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分。把答案直接填在横线上)11．如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题。第4页共18页(1)在实验中，电流表指针偏转的原因是__________________________________________________________________________________________________________。(2)电流表指针偏转角跟感应电动势的大小成________关系。(3)第一个成功实验(如图a)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？__________，什么量是不同的？__________。(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：_______________________________________________________________________________________________________。答案：(1)穿过线圈的磁通量发生变化(2)正比(3)磁通量的变化量磁通量的变化率(4)只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生。12．如图所示，是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成。(1)示意图中，a端就是电源________极。(2)光控继电器的原理是：当光照射光电管时，_____________________________。答案：(1)正。(2)阴极K发射电子，电路中产生电流，经放大器放大后的电流使电磁铁M磁化，将衔铁N吸住；无光照射光电管时，电路中无电流，N自动离开M。13．交流电流表是一种能够测量交变电流有效值的仪表，使用时，只要将电流表串联进电路即可。扩大交流电流表量程可以给它并联一个分流电阻。还可以给它配接一只变压器，同样也能起到扩大电流表量程的作用。如图所示，变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数n1，c、d两个接线端子之间线圈的匝数n2，并且已知n1n2，若将电流表的“0～3A”量程扩大，应该将交流电流表的接线柱的“0”“3A”分别与变压器的接线端子________相连(选填“a、b”或“c、d”)；这时，电流表的量程为________A。答案：a、b3n1n2解析：当只有一组原、副线圈时，理想变压器电流与匝数间的关系是I1I2＝n2n1，即匝数与电流成反比。已知变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数为n1，大于c、d两个接线端子之间线圈的匝数为n2，即n1n2。因此，该交流电流表的接线柱的“0”“3A”分别与变压器的接线端子a、b相连，这样，电流表的小示数才能反映原线圈中的大电流，起到扩展量程的作用。此时，电流表的量程为I2＝n1n2I1＝3n1n2A。三、论述·计算题(共4小题，42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(9分)(山东济南2013～2014学年三校联考)图(a)是一理想变压器的电路连接图，图(b)是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知电压表的示数为20V，两个定值电阻的阻值R均为10Ω，则：第5页共18页(1)求原、副线圈的匝数比；(2)将开关S闭合，求原线圈的输入功率；(3)若将电流表A2换成一只具有单向导电性的二极管，求电压表示数。答案：(2)80W(3)14.14V解析：(1)由题图(b)可知输入电压的有效值U1＝200V由U1n1＝U2n2得n1n2＝101(2)将S闭合，U2不变，即电压表示数保持20V不变I2＝U2R＋U2R＝4A则输入功率P入＝P出＝U2I2＝20×4W＝80W(3)换成二极管后，电压表两端的u－t图象如图所示设电压表示数为U，则由Q＝202R·T2