【文档说明】《高二物理同步备课系列（粤教版选修3-2）》期末测试卷（A卷）（备作业）（解析版））.docx，共(14)页，545.812 KB，由管理员店铺上传

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1绝密★启用前高二物理选修3-2测试卷（A卷）（解析版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________考试时间：2021年X月X日命题人：审题人：满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名

、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸

上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。第I卷（选择题部分）一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得

分）1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是()A．法拉第发现了电磁感应定律并找到了判断感应电动势方向的楞次定律B．库仑用他发明的扭秤研究带电体间的相互作用，提出了库仑定律C．楞次发现了电流热效应的规律D．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律【答案】B

2【解析】法拉第发现了电磁感应现象，是楞次找到了判断感应电动势方向的楞次定律，故A错误。库仑通过他发明的扭秤研究带电体间的相互作用，提出了库仑定律，故B正确。焦耳发现了电流热效应的规律，故C错误。奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故D错误。2．如图所示

，在磁感应强度为B的匀强磁场中，一矩形金属线圈匝数为N，面积为S，内阻为r，外接阻值为R的电阻。当线圈绕与磁感线垂直的转轴以角速度ω匀速转动过程中，产生正弦交流电，下列说法正确的是A．图中所示位置，穿过线圈的磁通量为零B．图中所示位置，线圈产生的电动势最大C．电源电功率为（NBωS）22（r

＋R）D．电阻R两端电压有效值为2NBωS2【答案】C【解析】图中所示位置，穿过线圈的磁通量最大，A选项错误；图中所示位置，此时线圈产生的电动势为零，B选项错误；电源电动势有效值为E＝，功率为P＝E2R＋r＝，C选项正确；

电阻R两端电压有效值为U＝，D选项错误。3.如图所示，该图是一正弦式交流电的电压随时间变化的图象，下列说法中不正确的是3A.它的频率是50HZB.电压的有效值为311VC.电压的周期是0.02sD.电压的瞬时表达

式是u="311"sin314tv【答案】B【解析】从图像中可以知道电压最大值311V,周期0.02s，所以有效值220V，频率为50Hz，所以ACD对，答案为B4.如图所示，闭合线圈正上方有一竖直放置的条形磁

铁，磁铁的N极朝下但未插入线圈内部．当磁铁向上运动时（）A.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引C.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥D.线圈中感应电流的方

向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥【答案】B【解析】当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，故可判断出产生了如图中4箭头方向相

反的的感应电流．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互吸引。故选B。5.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的电动势随时间变化的图象如图所示，则下列说法中正

确的是A.t=0时刻线圈平面在中性面B.t=0.01秒时刻，Ф的变化率最大C.t=0.02秒时刻，线圈的磁通量为零D.该线圈相应磁通量图象如图所示【答案】C【解析】由图知t=0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，A错误；感应电动势的大小正比于磁通量变化率，所以

在0.01s时感应电动势不是最大，故磁通量变化率不是最大，B错误；在0.02s时感应电动势最大，磁通量变化率最大，此时磁通量为零，C正确；在0时刻感应电动势最大，磁通量变化率最大，磁通量为零，故图像不符，D错误．6．在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存

在着方向如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。则0～t0时间内，导线框中()图5A．没有感应电流B．感应电流方向为逆时针C．感应电流大小为πr2B0t0RD．感应电流大小为2πr2B0t0R【答案】C【解析】根据楞次定律可知，左边

的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E＝2×πr2B02t

0；再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I＝ER＝πr2B0t0R，故C正确，D错误。7.如图所示，理想变压器的原线圈接入110002sin100(V)ut=的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“22

0V,880W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知()A.原、副线圈的匝数比为50:1B.交变电压的频率为100HzC.副线圈中电流有效值为4AD.变压器的输入功率为880W【答案】C【解析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电

压与匝数成正比即可求得结论．的6解：输入电压的有效值为11000V，用电器的额定电压为220V，所以变压器的输出电压大于220V，原副线圈的匝数比小于50：1，故A错误；B、由输入电压的表达式知，f=10

02Hz=50Hz，故B错误；C、副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I=4A，故C正确；D、变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880W，所以变压器的输入功率大于880W，故D错误．故选C二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18

分．在每小题给出的四个选项中，有两个或以上选项正确．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）8．如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，所接电压表、电流表均为理想电表。现将变阻器的滑片由c端向d端滑动过

程中，下列说法正确的是A．电压表示数U1U2保持不变B．电压表示数U1U2变小C．电流表示数I1I2保持不变D．电流表示数I1I2变大答案：AC解析：电压表示数U1U2＝n1n2保持不变，A选项正确，B

选项错误；电流表示数I1I2＝n2n1，C选项正确，D选项错误。79．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流

过电阻R的电流，下列说法正确的是()图A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为2倍，则电流在R上

的热功率也变为原来的2倍【答案】AB【解析】由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝12Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项

A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。10．如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁

场的磁感应强度B＝1．0T，质量m＝0．04kg、高h＝0．05m、总电阻R＝5Ω、n＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量M＝0．08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相等。线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1＝10m/s进入磁场，

线圈平面和磁场方向始终垂直。若小车运动的速度v随位移x变化的v­x图像如图乙所示，则根据以上信息可知()图8A．小车的水平长度l＝10cmB．磁场的宽度d＝35cmC．小车的位移x＝10cm时线圈中的电流I＝7AD．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q＝1．

92J【答案】AC【解析】闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度l＝10cm，故A正确；磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5～15c

m是进入的过程，15～30cm是完全在磁场中运动的过程，30～40cm是离开磁场的过程，所以d＝30cm－5cm＝25cm，故B错误；位移x＝10cm时线圈的速度为7m/s，线圈进入磁场过程中，根据I＝nBhv

R＝7A，故C正确；线圈通过磁场过程中运用动能定理得：12(M＋m)v22－12(M＋m)v21＝W安，由乙图可知v1＝10m/s，v2＝3m/s，代入数据得：W安＝－5．46J，所以克服安培力做功为5．46J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为5．46J，

故D错误。第II卷（非选择题）三、实验题（本题共2小题，共16分）11．(8分)在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示。它们是：①电流计②直流电源③带铁芯的线圈A④线圈B⑤电键⑥滑动变阻器图(1)试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线

)。(2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出三种方法。①________________________________________________________________________9__________

______________________________________________________________；②___________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________；③_____________________________________________________________

___________________________________________________________________________________。解析：(1)使线圈A与电键、直流电源、滑动变阻器串联，线圈B与电流计连成闭合回路；(2)只要能使穿过线圈B的磁通量

发生变化就可以使线圈B中产生感应电流。答案：(1)如图所示(2)①闭合开关②断开开关③开关闭合时移动滑动变阻器滑片12（8分）.某同学在探究感应电流产生的条件时，设计了如下实验：如图所示，螺线管A、滑动变阻器、光敏电阻（随光照强度增加电阻减小），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。然后进行如下的操作：(1)用笔连线，补充完整实验电路___________。(2)闭合开关瞬间，发现灵敏电流表指针向左偏转。10(3)闭合开关，A中电流稳定后，将滑动变阻器滑片P向右移动，发现灵敏电流表指针向___________

偏转（填向“左”，“右”或“不”）(4)开关闭合，A中电流稳定后，保持滑动变阻器的阻值不变，用强光照射光敏电阻，发现灵敏电流表指针向___________偏转（填向“左”，“右”或“不”）【答案】(1).(2).右(3).左【解析】(1)[1]电路连线如图(3)[2]闭合

开关瞬间，灵敏电流表指针向左偏转，说明穿过线圈的磁通量增加时指针向左偏转。则闭合开关，A中电流稳定后，将滑动变阻器滑片P向右移动，则电阻变大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，则灵敏电流表指针向右偏转；(4)[3]开关闭合，A中电流稳定后，保持滑动变阻器的阻值不变，用强光照射光敏电阻，则电

阻减小，电流变大，则穿过线圈的磁通量增加，则灵敏电流表指针向左偏转。四、计算题（本大题共3小题，共38分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）13（12分）.如图

，面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度随时间变化的规律是B＝(6－0.2t)T，已知R1＝4Ω，R2＝6Ω，电容C＝30μF.线圈A的电阻不计．求：11(1)闭合S后，通过R2的电流强度大小．(2)闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电量是多

少？【答案】（1）通过R2的电流大小0.4A，从左向右流过R1；（2）电容器的带电量是7.2×10﹣5C．【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求出电流强度的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向；断开S，电容器放电，

所带的电量全部通过R2，闭合时，根据Q=CU求出R2所带的电量．解：（1）根据B=6﹣0.2t则有：=0.2T/s；A线圈内产生的感应电动势：E=nS=100×0.2×0.2V=4VS闭合后，电路中电流为：I==A=0.4A；根据楞次定律可知，线圈A产生感应电流方向顺时针方向，那

么通过R1的电流方向：从左向右流过R1．（2）根据电容的公式，则有电容器的带电量为：Q=CU2=CIR2=30μF×0.4×6=7.2×10﹣5C；答：（1）通过R2的电流大小0.4A，从左向右流过R1；（2）电容器的带电量是7.2×10﹣5

C．1214（12分）.如图所示，两根水平放置的光滑的平行金属导轨相距为d，电阻不计，在其左端接有阻值为R的电阻，MN为一根长度也为d、质量为m，电阻为r的金属杆，垂直导轨放置，并与导轨接触良好，整个装

置处于方向垂直导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，开始时杆MN处于静止状态．某时刻（t=0）对杆MN施加一个平行导轨方向的水平力，使之做加速度为a的匀加速直线运动．（导轨足够长）（1）判断M、N两端的电势高低；（2）求t=t1时刻杆MN两端的电压；（3）求水平力F随时

间t变化的关系式．【答案】（1）MN（2）1BdRatRr+（3）22BdatmaRr++【解析】（1）由右手定则可知，MN（2）t1时刻的速度：v1=at1感应电动势E1=Bdv1感应电流11EIRr=+杆MN两端的电压111BdRatUI

RRr==+（3）由牛顿第二定律可得F-BId=ma其中EIRr=+E=Bdv13v=at联立解得22BdatFmaRr=++15．(14分)如图所示，左右两根金属导轨分别平行且相距均为L，左导轨与水平面夹角为30°，右导轨与水平面夹角为60

°，左右导轨上端用导线连接，而下端与水平面绝缘。导轨空间内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，左边磁场垂直于左导轨平面斜向下，右边磁场垂直于右导轨平面斜向上。质量均为m的导体杆ab和cd分别垂直于左右导轨放置，且两杆与两侧导轨间的动摩擦因数均为μ＝32，回路电阻恒为R，若同时无初

速释放两杆，发现cd杆沿右导轨下滑s距离时，ab杆才开始运动。已知两侧导轨都足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，试求：图(1)ab杆刚要开始运动时cd杆的速度；(2)以上过程中，回路中共产生多少焦耳热。【答案】(1)mgR4B2L2(2)34mgs－m3g2R232B4L4

【解析】(1)ab杆刚运动时，有mgsin30°＋F安＝μmgcos30°解得F安＝14mg由安培力公式F安＝BIL得，I＝mg4BL由闭合电路欧姆定律得，E＝IR＝mgR4BL14对cd杆，由法拉第电磁感应定律E＝BLv得，v＝mgR4B2L2。(2)对cd杆

由动能定理得，mgssin60°－μmgscos60°－W克安＝12mv2而W克安＝Q，故Q＝34mgs－m3g2R232B4L4。