《（浙江專版）2018-2019學(xué)年高中物理 模塊綜合檢測（二）（含解析）新人教版選修3-2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2018-2019學(xué)年高中物理 模塊綜合檢測（二）（含解析）新人教版選修3-2.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

模塊綜合檢測(二) (時間：90分鐘　滿分：100分) 一、單項選擇題(本小題共8小題，每小題4分，共32分。每小題只有一個選項正確) 1．了解物理規(guī)律的發(fā)現(xiàn)過程，學(xué)會像科學(xué)家那樣觀察和思考，往往比掌握知識本身更重要。以下敘述符合事實的是(　　) A．丹麥物理學(xué)家奧斯特夢圓電生磁，終于發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象 B．英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時會在空間激發(fā)一種電場 C．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開了研究電與磁相互關(guān)系的序幕 D．安培定則是用來判斷通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力方向的 答案：B 2.如圖所示是測定自感系數(shù)很大的線圈L直流電阻的電路，L兩端并聯(lián)一只電壓表，用來測量自感線圈的直流電壓。在測量完畢后，將電路解體時應(yīng)(　　) A．先斷開S1　　　　　 B．先斷開S2 C．先拆除電流表 D．先拆除電阻R 解析：選A　只要不斷開S1，線圈L與電壓表就會組成閉合電路，在斷開電路干路時，線圈L會因此產(chǎn)生感應(yīng)電流，流過電壓表的電流方向與原電流方向相反，電壓表中指針將反向轉(zhuǎn)動，損壞電壓表，所以必須先斷開S1。A正確。 3.如圖所示，兩條平行的虛線間的區(qū)域內(nèi)存在著有界勻強磁場，有一較小的三角形線框abc的ab邊與磁場邊界平行，現(xiàn)使此線框向上勻速穿過磁場區(qū)域，運動過程中始終保持速度方向與ab邊垂直，則選項圖中可以定性地表示線框在上述過程中感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律的是(　　) 解析：選D　線框進入磁場過程中，切割磁感線的有效長度逐漸變短，感應(yīng)電動勢逐漸變小，完全進入磁場之后，磁通量不再變化，感應(yīng)電動勢等于零，離開磁場過程中，切割磁感線的有效長度逐漸變短，反向的感應(yīng)電動勢逐漸變小，感應(yīng)電流的變化與感應(yīng)電動勢的變化一致，D正確。 4．一磁鐵自遠(yuǎn)處勻速沿一圓形線圈的軸線運動，并穿過線圈向遠(yuǎn)處而去，如圖所示，則選項圖中能較正確反映線圈中電流I和時間t的關(guān)系的是(線圈中電流的圖示箭頭方向為正方向)(　　 ) 解析：選B　當(dāng)條形磁鐵向右運動且并未穿過線圈過程中，通過線圈的磁通量向右逐漸增加，由楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流為正方向，當(dāng)條形磁鐵的正中央到達線圈位置時，磁通量的變化率最小，感應(yīng)電流為零，當(dāng)條形磁鐵正中央通過線圈后，穿過線圈向右的磁通量逐漸減小，則線圈中產(chǎn)生負(fù)方向的感應(yīng)電流，且先增大再減小，故選項B正確。 5．一矩形金屬線圈共10匝，繞垂直磁場方向的轉(zhuǎn)軸在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，線圈中產(chǎn)生的交變電動勢e隨時間t變化的情況如圖所示，下列說法中正確的是(　　) A．此交流電的頻率為0.2 Hz B．此交變電動勢的有效值為1 V C．t＝0.1 s時，線圈平面與磁場方向平行 D．在線圈轉(zhuǎn)動過程中，穿過線圈的最大磁通量為 Wb 解析：選D　由題圖可知，此交流電的周期T＝0.2 s，頻率f＝＝5 Hz，A錯誤。E＝＝ V，B錯誤。t＝0.1 s時，感應(yīng)電動勢為0，線圈平面與磁感線方向垂直，C錯誤。因Em＝nBSω，其中n＝10，ω＝＝10π rad/s，故Φm＝BS＝Wb，D正確。 6．一單匝閉合線框在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動。在轉(zhuǎn)動過程中，線框中的最大磁通量為Φm，最大感應(yīng)電動勢為Em。下列說法中正確的是(　　) A．當(dāng)磁通量為零時，感應(yīng)電動勢為零 B．當(dāng)磁通量減小時，感應(yīng)電動勢在減小 C．當(dāng)磁通量等于0.5Φm時，感應(yīng)電動勢等于0.5Em D．角速度ω等于Em/Φm 解析：選D　根據(jù)正弦式交變電流的產(chǎn)生及其變化規(guī)律(設(shè)從中性面開始計時)，由e＝Emsin ωt＝BSωsin ωt＝Φmωsin ωt，可知D正確。 7．如圖所示，M是一小型理想變壓器，接線柱a、b接在正弦交流電源上。變壓器右側(cè)部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖，其中R2為用半導(dǎo)體熱敏材料制成的傳感器，其阻值隨溫度升高而減小。電流表A2為值班室的顯示器，顯示通過R1的電流，電壓表V2顯示加在報警器上的電壓(報警器未畫出)，R3為一定值電阻。當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，以下說法中正確的是(　　) A．A1的示數(shù)不變，A2的示數(shù)增大 B．A1的示數(shù)減小，A2的示數(shù)增大 C．V1的示數(shù)不變，V2的示數(shù)增大 D．V1的示數(shù)不變，V2的示數(shù)減小 解析：選D　當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時，R2的電阻減小，導(dǎo)致電路的總電阻減小，所以電路中的總電流將會增加，A1測量的是原線圈中的總電流，由于副線圈的電流增加，所以原線圈的電流A1示數(shù)也要增加；由于電源電壓不變，匝數(shù)比不變，原、副線圈的電壓也不變，所以V1的示數(shù)不變，由于副線圈中電流增大 ，R3的電壓變大，所以V2的示數(shù)要減小，即R1的電壓也減小，所以A2的示數(shù)要減小。 8.如圖所示，光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，下端連一燈泡，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，燈泡的電功率為P，其他電阻不計，要使燈泡在棒穩(wěn)定運動狀態(tài)下的電功率為2P，則應(yīng)(　　) A．將導(dǎo)軌間距變?yōu)樵瓉淼谋? B．換一電阻減半的燈泡 C．將磁場磁感應(yīng)強度B加倍 D．換一質(zhì)量為原來倍的金屬棒 解析：選D　導(dǎo)體棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時，有mgsin θ＝BIL＝，燈泡的電功率P＝，由以上兩式得P＝，根據(jù)此式可知只有D項正確。 二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。選對但不全的得2分，錯選不得分) 9．一矩形線圈在勻強磁場中轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生交變電流的電動勢為e＝220sin 100πt V，對于這個交變電流的說法錯誤的是(　　) A．此交變電流的頻率為100 Hz，周期為0.01 s B．此交變電流電動勢的有效值為220 V C．耐壓值為220 V的電容器能夠在該交變電路中使用 D．t＝0時，線圈平面與中性面垂直，此時磁通量為零 解析：選ACD　由電動勢瞬時值表達式可知，此交變電流的頻率為50 Hz，周期為0.02 s，電動勢的有效值為220 V，最大值為220 V，故A、C選項錯誤，B選項正確；當(dāng)t＝0時，電動勢的瞬時值為零，說明t＝0時線圈處于中性面位置，通過線圈的磁通量為最大，故D選項錯誤。 10.如圖所示，矩形線圈abcd的邊長分別是ab＝L，ad＝D，線圈平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場平行，線圈繞ab邊以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是(從圖示位置開始計時)(　　) A．t＝0時線圈的感應(yīng)電動勢為零 B．轉(zhuǎn)過90時線圈的感應(yīng)電動勢為零 C．轉(zhuǎn)過90的過程中線圈中的平均感應(yīng)電動勢為ωBLD D．轉(zhuǎn)過90的過程中線圈中的平均感應(yīng)電動勢為 解析：選BD　t＝0時，只有cd邊切割磁感線，感應(yīng)電動勢E1＝BLv＝BLωD＝BSω≠0，A錯誤；轉(zhuǎn)過90時，線圈的四條邊均不切割磁感線，E2＝0，B正確；轉(zhuǎn)過90的過程中，穿過線圈的磁通量由0變?yōu)棣担紹LD。轉(zhuǎn)過90所用時間Δt＝＝＝，故平均電動勢為：E＝＝＝，故C錯誤，D正確。 11．某發(fā)電廠原來用電壓為U1的交流電輸電，后改用變壓比為1∶50的升壓器將電壓升高為U2后輸電，輸送的電功率保持不變。若輸電線路的總電阻為R線，則下列說法中正確的是(　　) A．由公式I＝可知，提高電壓后輸電線上的電流降為原來的 B．由公式I＝可知，提高電壓后輸電線上的電流增為原來的50倍 C．由公式P＝I2R線 可知，提高電壓后輸電線上的功率損耗減為原來的 D．由公式P＝可知，提高電壓后輸電線上的功率損耗增大為原來的2 500倍 解析：選AC　由＝可知，U2＝50U1，輸送功率不變，由公式I＝可知，輸電線中的電流變?yōu)樵瓉淼?，A正確，B錯誤；由P＝I2R線可知，輸電線上的功率損耗減為原來的，C正確，D錯誤。 12.如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為θ，導(dǎo)軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面。有一質(zhì)量為m、長為l的導(dǎo)體棒，從ab位置以方向平行于斜面的大小為v的初速度向上運動，最遠(yuǎn)到達a′b′的位置，滑行的距離為s，導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ。則(　　) A．上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為 B．上滑過程中安培力、滑動摩擦力和重力對導(dǎo)體棒做的總功為mv2 C．上滑過程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2－mgs(sin θ＋μcos θ) D．上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機械能為mv2－mgssin θ 解析：選CD　上滑過程中導(dǎo)體棒在初始位置所受安培力最大，即F＝BIl＝Bl＝，所以A錯誤；上滑過程中由動能定理可得安培力、滑動摩擦力和重力對導(dǎo)體棒做的總功為W安＋Wf＋WG＝ΔEk＝－mv2，B錯誤；上滑過程中電流做功產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，即mv2－WG－Wf＝mv2－mgssin θ－μmgscos θ＝mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)，C正確；由能量守恒定律可判斷D正確。 三、非選擇題(本題共5小題，共52分) 13．(6分)用如圖所示的實驗裝置探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的規(guī)律。 (1)(多選)當(dāng)有電流從電流表的正極流入時，指針向右偏轉(zhuǎn)，下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)把磁鐵N極向下插入線圈時，電流表指針向左偏轉(zhuǎn) B．當(dāng)把磁鐵N極從線圈中拔出時，電流表指針向左偏轉(zhuǎn) C．保持磁鐵在線圈中靜止，電流表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn) D．磁鐵插入線圈后，將磁鐵和線圈一起以同一速度向上運動，電流表指針向左偏 (2)某同學(xué)在實驗過程中發(fā)現(xiàn)，靈敏電流計的指針擺動很小，如果電路連接正確，接觸也良好，原因可能是電流計靈敏度較低、線圈電阻較大，除此以外還可能是因為____________________________(寫出一種即可)。 解析：(1)當(dāng)有電流從電流表的正極流入時，指針向右偏轉(zhuǎn)，這說明：電流從哪極流入，指針向哪偏轉(zhuǎn)。當(dāng)把磁鐵N極向下插入線圈時，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從負(fù)極流入，電流表指針向左偏，故A正確；當(dāng)把磁鐵N極從線圈中拔出時，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從正極流入，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，故B錯誤；保持磁鐵在線圈中靜止，穿過線圈的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C正確；磁鐵插入線圈后，將磁鐵和線圈一起以同一速度向上運動，穿過線圈的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流表指針不偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。 (2)靈敏電流計的指針擺動很小，除題中所述原因以外還可能是因為導(dǎo)體運動的慢或者磁場較弱。 答案：(1)AC　(2)導(dǎo)體運動的慢或者磁場較弱 14．(10分)圖甲為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機的原理圖。其矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，線圈的匝數(shù)n＝100，電阻r＝10 Ω，線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)與電阻R連接，電阻R＝90 Ω，與R并聯(lián)的交變電壓表為理想電表。在t＝0時刻，線圈平面與磁場方向平行，穿過每匝線圈的磁通量Φ隨時間t按圖乙所示正弦規(guī)律變化。求： (1)交流發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢最大值； (2)電動勢的瞬時值表達式； (3)電路中交變電壓表的示數(shù)。 解析：(1)交流發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值 Em＝nBSω 而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝ 由題圖乙可知，Φm＝2.010－2 Wb，T＝0.2 s 所以Em＝20π V≈62.8 V。 (2)線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω＝＝ rad/s＝10π rad/s，由于從垂直中性面處開始計時，所以感應(yīng)電動勢瞬時值表達式為e＝Emcos ωt＝62.8cos 10πt V (3)電動勢的有效值E＝＝10π V U＝E＝10π V＝9π V≈40 V 答案：(1)62.8 V　(2)e＝62.8cos 10πt V　(3)40 V 15．(10分)風(fēng)能將成為21世紀(jì)大規(guī)模開發(fā)的一種可再生清潔能源，風(fēng)力發(fā)電機是將風(fēng)能(氣流的動能)轉(zhuǎn)化為電能的裝置，如圖所示，其主要部分包括風(fēng)輪機、齒輪箱、發(fā)電機等。 (1)利用總電阻R＝10 Ω的線路向外輸送風(fēng)力發(fā)電機產(chǎn)生的電能。輸送功率P0＝300 kW，輸出電壓U＝10 kV，求導(dǎo)線上損失的功率與輸送功率的比值； (2)已知風(fēng)力發(fā)電機的輸出功率P與風(fēng)速v的三次方成正比。某風(fēng)力發(fā)電機在風(fēng)速v1＝9 m/s時能夠輸出的電功率為P1＝540 kW。我國某地區(qū)風(fēng)速不低于v2＝6 m/s的時間每年約為5 000小時，試估算這臺風(fēng)力發(fā)電機在該地區(qū)的最小年發(fā)電量是多少千瓦時。 解析：(1)導(dǎo)線上損失的功率為 P＝I2R＝2R＝9 kW 損失的功率與輸送功率的比值＝＝0.03。 (2)風(fēng)力發(fā)電機的輸出功率為 P2＝3P1＝3540 kW＝160 kW， 最小年發(fā)電量為 W＝P2t＝1605 000 kWh＝8105 kWh。 答案：(1)0.03　(2)8105 kWh 16．(13分)如圖甲所示，兩根光滑固定導(dǎo)軌相距0.4 m豎直放置，導(dǎo)軌電阻不計，在導(dǎo)軌末端P、Q兩點用兩根等長的細(xì)導(dǎo)線懸掛金屬棒cd。棒cd的質(zhì)量為0.01 kg，長為0.2 m，處于磁感應(yīng)強度為B0＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向里。相距0.2 m的水平虛線MN和JK之間的區(qū)域內(nèi)存在著垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場，且磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時刻，質(zhì)量為0.02 kg、阻值為0.3 Ω的金屬棒ab從虛線MN上方0.2 m高度處，由靜止開始釋放，下落過程中保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，結(jié)果棒ab在t1時刻從上邊界MN進入磁場，并在磁場中做勻速運動，在t2時刻從下邊界JK離開磁場，g取10 m/s2。求： (1)在0～t1時間內(nèi)，電路中感應(yīng)電動勢的大??； (2)在t1～t2時間內(nèi)，棒cd受到細(xì)導(dǎo)線的總拉力為多大； (3)棒cd在0～t2時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)對棒ab自由下落過程，有 Δt＝t1＝＝0.2 s 磁感應(yīng)強度的變化率為＝ T/s＝2.5 T/s 由法拉第電磁感應(yīng)定律得，0～t1時間內(nèi)感應(yīng)電動勢 E1＝＝Labh 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得E1＝0.2 V。 (2)由棒ab勻速進入磁場區(qū)域可知BI2Lab＝mabg 代入數(shù)據(jù)，可解得I2＝1 A 在t1～t2時間內(nèi)，對棒cd受力分析，可得 FT＝mcdg＋B0I2Lcd 代入數(shù)據(jù)，可解得FT＝0.2 N。 (3)棒ab剛進入磁場時的速度為v＝gt1＝2 m/s 棒ab進入磁場后的感應(yīng)電動勢為E2＝BLabv＝0.4 V 則Rcd＝－Rab＝0.1 Ω 在0～t1時間內(nèi)，感應(yīng)電流為I1＝＝0.5 A 棒cd在0～t2時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱 Qcd＝Q1＋Q2＝I12Rcdt1＋I22Rcd＝0.015 J。 答案：(1)0.2 V　(2)0.2 N　(3)0.015 J 17．(13分)如圖所示，匝數(shù)為100、面積為0.01 m2的線圈，處于磁感應(yīng)強度B1為 T的勻強磁場中。當(dāng)線圈繞O1O2以轉(zhuǎn)速n為300 r/min勻速轉(zhuǎn)動時，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為7 V、1 A。電動機的內(nèi)阻r為1 Ω，牽引一根原來靜止的、長L為1 m、質(zhì)量m為0.2 kg的導(dǎo)體棒MN沿導(dǎo)軌上升。導(dǎo)體棒的電阻R為1 Ω，架在傾角為30的導(dǎo)軌上，它們處于方向與導(dǎo)軌平面垂直、磁感應(yīng)強度B2為1 T的勻強磁場中。當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑1.6 m時獲得穩(wěn)定的速度，這一過程中導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為4 J。不計導(dǎo)軌電阻及一切摩擦，g取10 m/s2。求： (1)若從線圈處于中性面開始計時，寫出電動勢的瞬時值表達式； (2)導(dǎo)體棒MN的穩(wěn)定速度； (3)導(dǎo)體棒MN從靜止到達到穩(wěn)定速度所用的時間。 解析：(1)線圈轉(zhuǎn)動過程中電動勢的最大值為 Em＝NB1Sω＝NB1S2πn代入數(shù)據(jù)，解得Em＝10 V 則從線圈處于中性面開始計時的電動勢瞬時值表達式為 e＝Emsin ωt＝10sin 10πt V。 (2)電動機的電流I＝1 A 電動機的輸出功率P出＝IU－I2r 又P出＝Fv 而導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的感應(yīng)電流I′＝＝ 穩(wěn)定時導(dǎo)體棒MN處于平衡狀態(tài)，故有： F＝mgsin θ＋B2I′L 由以上各式代入數(shù)值，解得導(dǎo)體棒MN的穩(wěn)定速度 v＝2 m/s(v＝－3 m/s舍去)。 (3)由能量守恒定律得P出t＝mgh＋mv2＋Q 其中h＝xsin θ＝0.80 m 解得t＝1.0 s。 答案：(1)e＝10sin 10πt V　(2)2 m/s　(3)1.0 s