福建省泉州市学年高二上学期期末模块水平测试物理选修32试题Word文件下载.docx

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点评：

考查了延时开关的工作原理，用到了光传感器、声音传感器．

视频

3.闭合线圈的匝数为n，所围面积为S，总电阻为R，在

时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为△Φ，则通过导线横截面的电荷量为（）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

由法拉第电磁感应定律：

E=N

；

再由欧姆定律：

I=

而电量公式：

q=It；

三式联立可得：

q=n

，故选A。

4.电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备。

下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是

A.动圈式话筒B.日光灯镇流器

C.磁带录音机D.白炽灯泡

【答案】D

白炽灯泡利用电流的热效应，其它均利用电磁感应原理，D正确。

5.电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是（　　）

A.电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频

B.电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频

C.电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频

D.电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频

AC、电感的特性：

通直流，阻交流。

通低频，阻高频。

故A错误，C正确；

BD、电容器的特性：

通交流，隔直流，通高频，阻低频。

故BD错误。

故选：

C。

6.飞机在一定高度水平飞行时，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，两机翼的两端点之间会有一定的电势差。

若飞机在北半球水平飞行，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则从飞行员的角度看（　　）

A.机翼左端的电势比右端的电势低

B.机翼左端的电势比右端的电势高

C.机翼左端的电势与右端的电势相等

D.以上情况都有可能

当飞机在北半球水平飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高．若构成闭合电路则电流方向由机翼的右端流向左端，而机翼切割磁感线相当于电源，所以电源内部电流由负极流向正极．故选B。

右手定则、地磁场

7.某一电热器接在

的直流电源上，每秒产生的热量为Q；

现把它改接到交流电源上，每秒产生的热量为2Q，则该交流电压的最大值

是

A.110VB.

C.220VD.

【分析】

直流和交流求解焦耳热都可以运用焦耳定律，对于交流，要用有效值求解热量。

采用比例法处理。

根据有效值与最大值关系求出最大值．

【详解】设电热器的电阻为R．当电热器接在

的直流电源上时

，当电热器改接到交流电源上时

，两式一比，得

，C正确．

【点睛】本题关键在于根据有效值求交流电产生的热量。

另外，求解交流电的功率、电功等也用有效值．

8.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域左边界重合。

现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线是（）

C.

A、D、开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误；

当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故D错误，B、C、开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：

E=Blv可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；

当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：

E=Blv可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向．故B正确，C错误．故选B.

【点评】对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式E=Blv中，l是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律．

二、不定项选择题

9.如图所示的四个日光灯的接线图中，S1为启动器，S2、S3为电键，L为镇流器，能使日光灯正常发光的是

【答案】AC

【详解】能使日光灯正常发光的是AC；

当开关接通，通过线圈在灯管两端发热产生电子，当启动器温度降低，导致两极断开，从而使得镇流器产生很高电压，在加速运动的过程中，碰撞管内氩气分子，使之迅速电离。

从而管壁内的荧光粉发出近乎白色的可见光；

C图中的S3的开合能起到启辉器同样的效果。

故选AC。

【点睛】日光灯正常发光后．由于交流电不断通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍线圈中的电流变化，这时镇流器起降压限流的作用，使电流稳定在灯管的额定电流范围内，灯管两端电压也稳定在额定工作电压范围内．由于这个电压低于启辉器的电离电压，所以并联在两端的启辉器也就不再起作用了．

10.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开，当开关S接通时，下列说法中正确的是

A.副线圈两端M、N的输出电压减小

B.副线圈输电线等效电阻R上的电压降增大

C.通过灯泡L1的电流减小

D.原线圈上电流增大

【答案】BCD

【详解】当开关S接通时，相当于增加了负载，副线圈中电阻减小，电流增大（同时原线圈中的电流也增大），R上的分压增大，灯泡两端的电压减小，故通过灯泡L1的电流减小，副线圈两端M、N的输出电压有匝数和原线圈两端的电压有关，保持不变，故A错误，BCD正确；

故选BCD。

11.如图所示，带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R的阻值相同，A1和A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是

A.闭合S瞬间，电流表A1示数小于A2示数

B.闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数

C.断开S瞬间，电流表A1示数大于A2示数

D.断开S瞬间，电流表A1示数等于A2示数

【答案】AD

【详解】闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故A正确，B错误；

断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数，故C错误，D正确；

故选AD。

【点睛】线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极．

12.将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A.电路中交变电流的频率为25Hz

B.通过电阻的电流为

A

C.用交流电压表测得电阻两端的电压为5V

D.电阻消耗的电功率为2.5W

由图可知：

，故A正确；

根据欧姆定律，

，故B错误；

根据功率，

，故C正确．该电源电动势的有效值为

，电压表的示数为有效值，故D错误；

故选AC．

交流电的有效值；

电功率

【名师点睛】注意交流电有效值的求法，以及有效值的应用．求电功率、电表示数等均指有效值。

三、填空、实验题

13.1992年7月，航天飞机“亚特兰蒂斯”号进行了一项卫星悬绳发电实验。

航天飞机在赤道上空约300km处飞行，速度约为6.5×

103m/s，方向由西向东，地磁场在该处的磁感应强度B=4×

10-5T，地球半径为6400km，从航天飞机上释放了一颗卫星，卫星所携带的一根长L=20km的金属悬绳能产生的感应电动势约为__________V。

【答案】5200

【详解】由切割磁感线产生的电动势得：

E=BLv=4×

10-5×

20×

103×

6.5×

103V=5200V.

14.汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油空气混合气要靠火花塞点燃。

但是汽车蓄电池的电压只有12V，不能在火花塞上产生火花，要产生电火花，电压要达到10000V，为此要使用如图所示的点火装置，则图中虚线框内所缺的部分是_____________________，这一部分应该满足__________________，才能在火花塞中产生火花。

【答案】

（1）.变压器；

（2）.副线圈匝数大于原线圈匝数．

【详解】由于火花塞需要的电压为10000V，但是电源的电压为12V，所以必须要经过升压变压器才可以得到高的电压，所以虚线框内所缺的是变压器，并且需要的应该是升压变压器，所以变压器的副线圈匝数大于原线圈匝数．

【点睛】本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，并且知道升压变压器的原线圈和副线圈的匝数之间的关系．

15.如图所示，一个称为“千人震”的趣味物理小实验所用器材是一节电动势为1.5V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器，几位同学手拉手连成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线连接起来，并将它们和首、尾两位同学两只空着的手相连，在开关____________（填“闭合”或“断开”）时就会使连成一排的同学都有触电的感觉，该实验的原理是_____________________。

【答案】

（1）.断开，

（2）.镇流器的自感现象

当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小。

当断开时，镇流器电流发生变化，由于镇流器的自感现象，产生很高的瞬间电压，通过同学们身体时有触电的感觉。

16.在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材

A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）

B．条形磁铁

C．直流电源

D．多用电表

E、开关、导线若干

（1）上述器材在本实验中不必用到的是_________（填器材前的序号）；

（2）本实验中还需要用到的器材有____________________。

【答案】BC；

低压交流电源

本实验中不必用到的是条形磁铁和直流电源，本实验中还需用到的器材有低压交流电源。

探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系。

17.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。

（1）将图中所缺的导线补接完整。

（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流的指针向右偏了一下，那么合上电键后进行下述

A、B操作时可能出现的情况是：

A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针．（填“向左偏”、“向右偏”、“不偏”）

B．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针．（填“向左偏”、“向右偏”、“不偏”）

【答案】

（1）连线：

如图所示

（2）A．向右偏B．向左偏

（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：

（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；

A．将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下；

B．原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转一下。

研究电磁感应现象

【名师点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。

四、计算题

18.如图所示,水

平放置的平行金属导轨MN和PQ,相距L=0.50m,导轨左端接一电阻R=0.20Ω,磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面,导体棒ac垂直导轨放置,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.当ac棒以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时,求:

（1）ac棒中感应电动势的大小;

（2）回路中感应电流的大小和方向;

（3）维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小和方向.

（1）0.80V

（2）4.0A逆时针方向（3）0.80N方向水平向右

（1）根据法拉第电磁感应定律，ac棒中的感应电动势为

E=BLυ=0．80×

0．50×

4．0V=1．6V

（2）根据闭合电路欧姆定律，感应电流大小为

由右手定则可知，回路中感应电流的方向为aMRPca（或逆时针方向）

（3）当ac棒向右匀速运动时，ac棒中有由c向a的电流，根据左手定则可知ac棒所受的磁场力F安水平向左．为维持ac棒做匀速运动，应施加一个与F安等值反向的水平外力F．即F=F安=BIL=0．80×

2×

0．50N=0．80N，方向水平向右

法拉第电磁感应定律；

闭合电路欧姆定律；

安培力

19.如图所示，矩形线圈abcd的匝数为N=50匝，线圈ab的边长为L1=0.2m，bc的边长为L2=0.25m，在磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴匀速转动，转动的角速度ω=100

rad/s，若线圈自身电阻为r=1Ω，负载电阻R=9Ω。

试求：

（1）穿过线圈平面的最大磁通量Φm；

（2）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势e的大小；

（3）1min时间内电阻R上产生的焦耳热Q的大小。

（1）0.02Wb

（2）100

A（3）5.4×

104J

（1）感应电动势的最大值：

Em=NBωS=NBl1l2ω=50×

0.4×

0.2×

0.25×

100

V=100

V

（2）线圈在图示位置时电动势达到最大值，此时感应电动势的值为：

e=100

cos（100

t）V

（3）电动势的有效值为E=

=100V

电流有效值为I=

=

A=10A

（4）电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=102×

9×

60=5.4×

104J

线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。

而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。

而通过某一电量时，则用平均值来求。

20.如图所示，电阻可忽略导线框abcd固定在竖直平面内，导线框ab和dc的宽度为l，在bc段接入阻值为R的电阻，ef是一电阻可忽略的水平放置的导电杆，杆的质量为m，杆的两端分别与ab和cd保持良好接触，且能沿导线框ab和dc无摩擦地滑动，磁感应强度为B的匀强磁场方向与框面垂直.现用一恒力F竖直向上拉导体杆ef，当导体杆ef上升高度为h时，导体杆ef恰好匀速上升，求：

（1）此时导体杆ef匀速上升的速度v的大小；

（2）导体杆ef上升h的整个过程中产生的焦耳热Q的大小.

（1）

（2）（F-mg）h–

根据平衡及法拉第电磁感应定律求出速度；

再根据能量守恒求出焦耳热。

（1）导电杆匀速上升时，受到竖直向上的恒力F，竖直向下的安培力F安和重力mg，

根据平衡条件有F-mg-F安=0（2分）

F安=BIl（1分）

根据法拉第电磁感应定律有E="

Blv"

（2分）

根据闭合电路欧姆定律有I=

（2分）

由以上各式联立解得v=

（2）导体杆上升h的整个过程中，根据能量守恒定律有

Q="

（F-mg）h"

-

mv2（2分）

代入v=

得：

Q="

–

21.如图所示，学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1Ω，升压变压器匝数比为n1∶n2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n3∶n4＝4∶1，输电线总电阻为R线＝4Ω，全校有22间教室，每间教室安装“220V　40W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：

（1）输电线上损耗的电功率P损为多大？

（2）发电机的电动势E为多大？

（1）144W

（2）250V

（1）所有灯都正常工作的总功率为22×

6×

40W=5280W，

用电器总电流为

，

输电线上的电流

输电线上损失的功率P损=I22R=62×

4W=144W

（2）降压变压器上U3=4U4=880V，

输电线上的电压损失为UR=IRR=24V，

因此升压变压器的输出电压为U2=UR+U3=24+880=904V，

输入电压为

输入电流为I1=4I2=24A

发电机内阻上的电压Ur=I1r=24V

发电机的电动势E=U1+Ur=226V+24V=250V

远距离输电

【名师点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损．输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比。