1、本册综合能力测试(A)本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟第卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1电磁学的成就极大地推动了人类社会的进步。下列说法错误的是()A甲图中，这是录音机的录音电路原理图，当录音机录音时，由于话筒的声电转换，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场B乙图电路中，开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下，并在开关处产生电火花C丙图中，在真空冶炼中，可以利用高频电
2、流产生的涡流冶炼出高质量的合金D丁图中，钳形电流表是利用电磁感应原理制成的，它的优点是不需要切断导线，就可以方便地测出通过导线中交变电流的大小答案：B解析：乙图中开关断开后，灯泡立即熄灭，B错误。2(沈阳市20142015学年高二上学期期末)如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)()A通过电阻R的电流方向为PRMBab两点间的电压为BLvCa端电势比b端高D外力F做的功等于电阻R上
3、发出的焦耳热答案：C解析：A.根据右手定则可知：ab中产生的感应电流方向为ba，则通过电阻R的电流方向为MPR，故A错误；B.金属导线ab相当于电源，ab两点间的电压是路端电压，即是R两端的电压。根据闭合电路欧姆定律得知，ab两点间的电压为UEBLv。故B错误。C.金属导线ab相当于电源，a端相当于电源的正极，电势较高，故C正确。D.ab棒向右做匀速直线运动，根据能量守恒得知：外力F做的功等于电路中产生的焦耳热，大于电阻R上发出的焦耳热，故D错误。3如图甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙
4、所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列各图中正确的是()答案：D解析：由Bt图象，01s内通过线框的磁通量向里且增大，由楞次定律知在线框中产生逆时针(即负方向)的恒定电流，1s2s通过线框的磁通量向里减小，2s3s通过线框的磁通量向外增大，由楞次定律1s3s产生相同的感应电流，顺时针(正方向)大小恒定，同理3s4s的感应电流为负方向恒定，故D对。4某一电学黑箱内可能有电容器、电感线圈、定值电阻等元件，在接线柱间以如图所示的“Z”字形连接(两接线柱间只有一个元件)。为了确定各元件种类，小华同学把计算机辅助实验系统中的电流传感器(相当于电流表)与一直流电源、滑动变阻器、开关串联后，分别将
5、AB、BC、CD接入电路，闭合开关，计算机显示的电流随时间变化的图象分别如图a、b、c所示，则如下判断中错误的是()AAB间是电容器BBC间是电感线圈CCD间是电容器DCD间是定值电阻答案：C解析：接入电容器后，充电电流逐渐减小；接入电感线圈后由于自感，电流逐渐增大；接入定值电阻后，电流保持一定值，故AB间为电容器，BC间为电感线圈，CD间为定值电阻，所以A、B、D均对，C错。5如图所示，电阻不计面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，t0时刻线圈平面与磁场垂直，产生e220sin100tV的正弦交流电，理想变压器的原、副线圈匝数比为101，灯泡的电阻RL10(不考虑
6、电阻的变化)，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，刚开始开关S断开，下列说法正确的是()A线圈从t0时刻到转过180的过程中通过矩形线圈的磁通量变化量为零B交流电压表的示数为22VC灯泡的功率小于48.4WD闭合开关S后，电阻R上不产生焦耳热答案：C解析：解答本题的疑难在于要清楚地理解电感对交流电的阻碍作用，以及电容器“隔直通交”的性质。线圈从t0时刻到转过180的过程中通过矩形线圈的磁通量变化量为2BS，选项A错误；由e220sin100tV可知U1220V，根据可知U222V，故选项B错误；因电感线圈与灯泡串联，故灯泡两端的电压小于22V，所以灯泡的功率小于48.4W，选项C正确；因电
7、容器有隔直流通交流的性质，故闭合开关S后，电阻R上有电流，故有焦耳热产生，选项D错误。6(吉林省临江一中20132014学年高二下学期期中)如图所示，两种情况下变压器副线圈所接灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1n231，则图(a)中L1的功率和图(b)中L1的功率分别为()AP、PB9P、PC.P、9PD.P、9P答案：B解析：图(a)中L2的功率为P，则L2上电压为U2，原线圈中电压U13U23，L1两端电压与U1相等，则L1所消耗功率PL19P。图(b)中L2、L3功率相同，变压器的输出功率为2P，原线圈电压U13U23，原线圈中电流I1，灯L1上消耗
8、功率为PL1I12RRP。7某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过，电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，那么，以下说法正确的是()A无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲乙两方案都是可行的B若输送的电流是恒定电流，甲乙两方案都是可行的C若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的D若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的答案：BC解析：输电线周围存在磁场，交变电流产生
9、变化的磁场，可在金属管中产生涡流，当输电线上电流很大时，强大的涡流有可能将金属管融化，造成事故。所以甲方案是不可行的。在乙方案中，两条导线中的电流方向相反，产生的磁场互相抵消，金属管中不会产生涡流，是可行的，此题类似于课本中提到的“双线并绕”。8.如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的时刻可能是()A开关S闭合瞬间B开关S由闭合后断开瞬间C开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动时D开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动时答案：AD解析：若开关S闭合，由右手螺旋定则可知，左侧螺线管右端为N极；发现
10、电子向M板偏转，说明M、N两板的电势MN，即右侧螺线管中产生了流向M板的电流，由右手螺旋定则可知，右侧螺线管左端为N极，如图所示；由楞次定律可知，左侧螺线管中电流增大，选项A、D正确。9如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，R120，R230，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200VC电阻R2的电功率约为6.67WD通过R3的电流始终为零答案：BC解析：由乙图知，f50Hz，A错；U2I1R110V，U1U2100V，U1m200V，B正确；P26.67W，C正确；交变电流能通过电容器，D错。10(宁波市
11、20132014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C此时圆环中的电功率为D此过程中通过圆环截面的电量为答案：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，此时加速度a，此时PI2R，故B错误C正确；此过程中通过圆环截面的电荷量q，D正确。第
12、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某班同学在探究感应电流产生的条件时，做了如下实验：探究：如图甲所示，先将水平导轨、导体棒ab放置在磁场中，并与电流表组成一闭合回路。然后进行如下操作：ab与磁场保持相对静止；让导轨与ab一起平行于磁感线运动；让ab做切割磁感线运动。探究：如图乙所示，将螺线管与电流表组成闭合回路。然后进行如下操作：把条形磁铁放在螺线管内不动；把条形磁铁插入螺线管过程中；把条形磁铁拔出螺线管过程中。探究：如图丙所示，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；A放在螺线管B内，B与电流表组成一个闭合回路。然后进行如下操作
13、：闭合和断开开关瞬间；闭合开关，A中电流稳定后；闭合开关，A中电流稳定后，再改变滑动变阻器的阻值。可以观察到：(请在(1)(2)(3)中填写探究中的序号)(1)在探究中，_闭合回路会产生感应电流；(2)在探究中，_闭合回路会产生感应电流；(3)在探究中，_闭合回路会产生感应电流；(4)从以上探究中可以得到的结论是：当闭合回路中_时，闭合回路中就会产生感应电流。答案：(1)(2)(3)(4)磁通量变化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，
14、_。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“03A”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
15、量程为_A。答案：a、b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，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I2I1A。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(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
16、磁场的半径为r1m、电阻为R3.14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。答案：(1)如图所示。(2)A解析：(1)见答案(2)设电流的有效值为I，则有I2RTiRiR()得IA15(10分)在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距l1m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的两平行板电容器两极板M、N间距d10mm，定值电阻R1R212，R32，金属棒ab的电阻r2，其他电阻不计，磁感应强度B0.5T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，
17、悬浮于电容器两极板之间，质量m11014kg，电荷量q11014C的微粒恰好静止不动。已知g10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且运动速度保持恒定。试求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab两端的电压；(3)金属棒ab运动的速度。答案：(1)竖直向下(2)0.4V(3)1m/s解析：(1)微粒受到重力和电场力而静止，因重力竖直向下，则电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab棒等效于电源，其a端为电源的正极，等效电路如图所示：由右手定则可判断，匀强磁场方向竖直向下。(2)微粒受到重力和电场力而静止，则有mgEq，E所以UMNV0.1VR3两端电压与电容器
18、两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流I0.05Aab棒两端的电压为UabUMNI0.4V(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势EBlv，由闭合电路欧姆定律得：EUabIr0.5V联立可得v1m/s16(10分)(延边二中20142015学年高二下学期期末)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L0.1m，竖直边长H0.3m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在02.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量
19、。(重力加速度取g10m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10。不接外电流，两臂平衡。如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。答案：(1)25匝(2)0.1T/s解析：(1)线圈受到安培力FN1B0IL天平平衡mgN1B0IL代入数据得N125匝(2)由电磁感应定律得EN2EN2Ld由欧姆定律得I线圈受到安培力FN2B0IL天平平衡m
20、gNB0代入数据可得0.1T/s17(12分)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和MN是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的vt图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量。求：(1)金属线框的边长；(2)磁场的磁感应强度；(3)金属线框在整个下落过程中所产生的热量。答案：(1)v1(t2t1)(2)(3)2mgv1(t2t1)m(vv)解析：由vt图象知，t1t2时间段是线框匀速进入过程，线框边长即为该段时间发生的位移：Lv1(t2t1)(2)匀速进入过程，合力为零，安培力等于重力。mgBILB(3)设金属线框在进入磁场过程中金属线框产生的热量为Q1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由动能定理得W重W安0Q1W安Q1W重mgL设金属线框在离开磁场过程中金属线框产生的热量为Q2，重力对其做正功，安培力对其做负功，由动能定理得W重W安mvmvQ2W安线框产生的总热量QQ1Q2解得：Q2mgv1(t2t1)m(vv)