学年高中物理人教版选修32模块综合检测卷 1.docx
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学年高中物理人教版选修32模块综合检测卷1
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
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