鲁科版高中物理选修32模块综合测评.docx

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鲁科版高中物理选修32模块综合测评

高中物理学习材料

金戈铁骑整理制作

模块综合测评

（时间：

60分钟，满分：

100分）

一、选择题（本大题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）

1．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图1，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．

图1

某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是（　　）

A．线圈接在了直流电源上

B．电源电压过高

C．所选线圈的匝数过多

D．所用套环的材料与老师的不同

【解析】　金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起．故选项A、B、C错误，选项D正确．

【答案】　D

2．（2013·北京高考）如图2所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为（　　）

图2

A．c→a，2∶1B．a→c，2∶1

C．a→c，1∶2D．c→a，1∶2

【解析】　金属杆垂直平动切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，判断金属杆切割磁感线产生的感应电流方向可用右手定则．

由右手定则判断可得，电阻R上的电流方向为a→c，由E＝Blv知，E1＝Blv，E2＝2Blv，则E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．

【答案】　C

3．如图3所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1000匝，副线圈匝数n2＝200匝，交流电源的电动势e＝311sin（100πt）V，电阻R＝88Ω，电流表、电压表对电路的影响可忽略不计，则（　　）

图3

A．A1的示数为0.20A

B．V1的示数为311V

C．A2的示数为0.75A

D．V2的示数为44V

【解析】　V1的示数为U1＝V＝220V，U2＝n2＝44V，I2＝＝0.5A，I1＝·＝0.10A.

【答案】　D

4．如图4所示，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻不计且零点在表盘中央的电流计．当开关S处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方．那么当开关S断开时，将出现下面哪种现象（　　）

图4

A．G1和G2的指针都立即回到零点

B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点

C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针立即偏向左方后缓慢地回到零点

D．G1的指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点

【解析】　断开电路的瞬间，G2中电源提供的电流瞬间消失，线圈由于自感的作用，产生自感电动势，与G2构成自感回路，自感电流将通过G2，该电流与原来的电流方向相反，所以G1指针缓慢地回到零点，G2的指针瞬间回到左边再缓慢地回到零点．

【答案】　C

5．（2016·浙江高考）如图5所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（　　）

图5

A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流

B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1

C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4

D．a、b线圈中电功率之比为3∶1

【解析】　当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝S及Sa：

Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρ知两线圈的电阻关系为Ra＝3Rb，其感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误．

【答案】　B

6．（2016·天津高考）如图6所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是（　　）

图6

A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大

B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大

C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大

D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大

【解析】　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝变小，R1消耗的功率PR1＝IR1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系＝，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R′总变小，通过副线圈的电流I′2＝变大，则通过原线圈的电流I′1变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压U′R1＝I′2R1变大，则R2两端的电压U′R2＝U2－U′R1变小，电流表A2的示数变小，选项D错误．

【答案】　B

7．如图7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器，已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（　　）

图7

A．交流电的频率为0.02Hz

B．原线圈输入电压的最大值为200V

C．电阻R2的电功率约为6.67W

D．通过R3的电流始终为零

【解析】　根据变压器的原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s，频率为50Hz，A错．由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1A，根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V，再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V，B错．因为电容器有通交流、隔直流的作用，所以有电流通过R3和电容器，D错．根据正弦交流电的峰值和有效值关系及并联电路特点可知通过电阻R2的电流有效值为I＝，电压有效值为U＝，电阻R2的电功率为P2＝UI＝W＝6.67W，C对．

【答案】　C

8．（2014·山东高考）如图8所示，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220V和2.2A．以下判断正确的是（　　）

【导学号：

78870101】

图8

A．变压器输入功率为484W

B．通过原线圈的电流的有效值为0.6A

C．通过副线圈的电流的最大值为2.2A

D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3

【解析】　根据变压器的变压规律＝，变流规律＝，正弦交变电流有效值和峰值的关系I＝，功率公式P＝IU和理想变压器的特点P1＝P2解决问题．

变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60W＝132W，选项A错误；由＝得＝＝＝，选项D正确；由＝得I1＝I2＝×2.2A＝0.6A，选项B正确；根据I＝得副线圈上的电流的最大值I2m＝I2＝2.2A，选项C错误．

【答案】　BD

9．阻值为10Ω的电阻接到电压波形如图9所示的交流电源上，以下说法正确的是（　　）

图9

A．电压的有效值为10V

B．通过电阻的电流有效值为A

C．电阻消耗电功率为5W

D．电阻每秒钟产生的热量为10J

【解析】　由u－t图象，交流电压最大值为10V，有效值为5V，A错误．根据I＝，B正确．再根据P＝I2R，C正确．电阻每秒产生热量Q＝Pt＝5J，故D错误．

【答案】　BC

10．竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图10所示，磁感应强度B＝0.5T，导体杆ab和cd的长均为0.2m，电阻均为0.1Ω，所受重力均为0.1N，现在用力向上推导体杆ab，使之匀速上升（与导轨接触始终良好），此时cd恰好静止不动，ab上升时下列说法正确的是（　　）

图10

A．ab受到的推力大小为2N

B．ab向上的速度为2m/s

C．在2s内，推力做功转化的电能是0.4J

D．在2s内，推力做功为0.6J

【解析】　以ab、cd为整体可知向上推力F＝2mg＝0.2N，对cd可得BIl＝mg，所以I＝＝A＝1A，设ab运动速度为v，则Blv＝I×2R，所以v＝＝m/s＝2m/s，2s内转化的电能W电＝I2×2Rt＝0.4J，2s内推力做的功WF＝Fvt＝0.8J.

【答案】　BC

二、非选择题（本题共3小题，共40分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．）

11．（10分）我国的“嫦娥二号”探月卫星在发射1533秒后进入近地点高度为200km的地月转移轨道．假设卫星中有一边长为50cm的正方形导线框，由于卫星的调整由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B＝4×10－5T，方向如图11所示．

图11

（1）该过程中磁通量的改变量是多少？

（2）该过程线框中有无感应电流？

设线框电阻为R＝0.1Ω，若有电流则通过线框的电量是多少？

（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【导学号：

78870102】

【解析】　

（1）设线框在水平位置时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BScos53°＝6.0×10－6Wb.

当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ2＝BScos143°＝－8.0×10－6Wb

该过程磁通量的改变量大小ΔΦ＝Φ1－Φ2＝1.4×10－5Wb.

（2）因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化，所以一定有感应电流．根据电磁感应定律得，

＝＝.通过的电量为q＝Δt＝＝1.4×10－4C.

【答案】　

（1）1.4×10－5Wb　

（2）有感应电流　1.4×10－4C

12．（14分）一小型发电机的输出电压保持240V不变，发电机输出电压先经一升压变压器升压后经远距离输送，到达用户前又经降压变压器降压，降压后直接向用户供电．已知用户得到的电压为220V，用电总功率为220kW.已知升压变压器与降压变压器原、副线圈的匝数比分别为1∶25和20∶1.求此时发电机的输出功率．

【导学号：

78870103】

【解析】　如图：

由P＝IU，

I4＝＝A＝103A

由n3∶n4＝U3∶U4

U3＝U4＝×220V＝4400V

由n3∶n4＝I4∶I3

I3＝I4＝A＝50A

由＝

U2＝U1＝25×240V＝6000V

I2＝I3＝50A

电源输出功率

P＝I2U2＝50×6000W＝3.0×105W.

【答案】　3.0×105W

13．（16分）（2016·镇安中学检测）交流发电机的原理如图12甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图12乙所示，已知线圈的电阻为R＝2.0Ω，求：

【导学号：

78870104】

甲乙

图12

（1）通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？

（2）矩形线圈转动的周期是多少？

（3）线圈电阻上产生的电热功率是多少？

（4）保持线圈匀速转动，1min内外界对线圈做的功是多少？

【解析】　

（1）由it图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值Im＝2.0A.

（2）矩形线圈转动的周期T＝4.0×10－3s.

（3）由有效值I＝，线圈电阻上产生的电热功率为P＝I2R＝R＝4W.

（4）外界对线圈做功转化成电能再转化成电热，1min内外界对线圈做的功W＝Pt＝240J.

【答案】　

（1）2.0A　

（2）4.0×10－3s　（3）4W（4）240J