人教版高中物理选修32模块综合检测卷docx.docx

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高中物理学习材料

（灿若寒星**整理制作）

物理·选修3－2（人教版）

模块综合检测卷

（测试时间：

50分钟　评价分值：

120分）

一、单项选择题（本题共4小题，每题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）

1．鼠标器使用的是（　　）

A．压力传感器B．温度传感器

C．光传感器D．红外线传感器

答案：

D

2．根据楞次定律知感应电流的磁场一定（　　）

A．阻碍引起感应电流的磁通量B．与引起感应电流的磁场反向

C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化D．与引起感应电流的磁场方向相同

解析：

感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化，因此它与原磁场方向可能相同，也可能相反．

答案：

C

3．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（　　）

A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关

B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大

C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大

D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同

解析：

根据法拉第电磁感应定律E＝N

，感应电动势的大小与线圈的匝数、磁通量的变化率（磁通量变化的快慢）成正比，所以A、B选项错误，C选项正确；因不知原磁场变化趋势（增强或减弱），故无法用楞次定律确定感应电流产生的磁场的方向，D选项错误．

答案：

C

4.如图，

理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，

和

均为理想电表，灯泡电阻RL＝6Ω，AB端电压u1＝12

sin100πt（V）．下列说法正确的是（　　）

A．电流频率为100HzB.

的读数为24V

C.

的读数为0.5AD．变压器输入功率为6W

解析：

A.AB端电压u1＝12

sin100πt（V），电流频率为f＝

Hz＝50Hz，故A错误；B.电压表的示数为电路的有效电压的大小，根据电压与匝数成正比，可知，U2＝6V，故B错误；C.I2＝

＝1A，

的读数为1A，故C错误；D.P1＝P2＝U2I2＝6W，故D正确．故选D.

答案：

D

二、双项选择题（本题共5小题，每题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，漏选得3分，错选或不选得0分．）

5．某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt（V），对此电动势，下列表述正确的有（　　）

A．最大值是50

VB．频率是100Hz

C．有效值是25

VD．周期是0.02s

解析：

根据交变电动势的表达式有最大值为50V,ω＝100π，所以有效值为25

V，T＝

＝0.02s，频率50Hz，故选C、D.

答案：

CD

6．在如

图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（　　）

A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大

C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大

解析：

变压器作用是变压，发电厂的输出电压不变，升压变压器输出的电压U2应不变，A错误．由于输电线电流I＝

，输电线电压损失U损＝IR，降压变压器的初级电压U3＝U2－U损，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，B错误．输电线功率损失P损＝

2R，因P变大，所以P损变大，C正确；

＝

＝

，因P变大，所以比值变大，D正确．

答案：

CD

7．为探究理

想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后（　　）

A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大

C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变

解析：

由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确．开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2＝P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A正确、B错误．正确选项A、D.

答案：

AD

8．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在垂直于纸面的磁场；规定磁场向里为正，感应电流顺时针为正．要产生如图乙所示的感应电流，则Bt图象可能为（　　）

解析：

因为每一段时间内的电流为一定值，根据法拉第电磁感应定律E＝N

，知磁感应强度是均匀变化的.0到t0内的电流方向顺时针方向，根据楞次定律知，0到t0内的磁场方向为垂直纸面向里且减小，或垂直纸面向外且增大；t0到2t0内的磁场方向为垂直纸面向里且增大，或垂直纸面向外且减小．故A、D错误，B、C正确．

答案：

BC

9．如图

所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑一段时间后闭合S，则S闭合后（　　）

A．ef的加速度大小可能大于g

B．ef的加速度大小一定小于g

C．ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同

D．ef的机械能与回路内产生的电能之和保持不变

解析：

A、B.当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小可能大于g.若安培力小于mg，则ef的加速度大小可能小于g.故A正确，B错误；C.棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由mg＝

，则得v＝

，可见稳定时速度v与开关闭合的先后无关．故C错误；D.在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的．故D正确；故选AD.

答案：

AD

三、非选择题（本大题4小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

10．（6分）如图所示，导线环面积为10cm2，环中接入一个电容器，C＝10μF，线圈放在均匀变化的磁场中，磁感线垂直线圈平面．若磁感应强度以0.01T/s的速度均匀减小，则电容器极板所带电荷量为________，其中带正电荷的是________板．

解析：

导线环内产生的感应电动势为

E＝

＝0.01×10－3V＝10－5V

电容器的带电荷量

Q＝CE＝10－5×10－5C＝10－10C

根据楞次定律可判断知b板带正电．

答案：

10－10C　b

11．（14分）如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计．求0至t1时间内：

（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；

（2）通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．

解析：

（1）由图象分析可知，0至t1时间内

＝

由法拉第电磁感应定律有E＝n

＝n

S，而S＝πr

　由闭合电路欧姆定律有I1＝

联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为I1＝

由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a.

（2）通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝

电阻R1上产生的热量Q＝I

R1t1＝

.

答案：

见解析

12．（16分）如图

所示，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求：

（1）磁感应强度的大小；

（2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率．

解析：

（1）设小灯泡的额定电流为I0，有

P＝I

R①

由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为：

I＝2I0②

此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有：

mg＝BLI③

联立①②③式得：

B＝

.④

（2）设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得：

E＝BLv⑤

E＝RI0⑥

联立①②③④⑤⑥式得：

v＝

.

答案：

见解析

13.（18分）如下图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内，MO间接有阻值为R＝3Ω的电阻，导轨相距d＝1m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B＝0.5T．质量为m＝0.1kg，电阻为r＝1Ω的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好，现用平行于MN的恒力F＝1N向右拉动CD，CD受摩擦阻力f恒为0.5N．求：

（1）CD运动的最大速度是多少？

（2）当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少？

（3）当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度是多少？

解析：

（1）对于导体棒CD，其受到的安培力：

F0＝BId，

根据法拉第电磁感应定律有：

E＝Bdv，

在闭合回路CDOM中，由闭合电路欧姆定律得：

I＝

.

当v＝vmax时，有：

F＝F0＋f，

由以上各式可解得：

vm＝

＝8m/s.

（2）当CD达到最大速度时有E＝Bdvmax，则可得Imax＝

，

由电功率公式可得：

Pmax＝I

R，

由以上各式可得电阻R消耗的电功率是：

Pmax＝

＝3W.

（3）当CD的速度为最大速度的一半时：

E′＝Bd

，回路中电流为：

I′＝

，

CD受到的安培力大小F′＝BI′d，

由牛顿第二定律得：

F合＝F－F′－f＝ma，

代入数据可解得：

a＝2.5m/s2.

答案：

见解析