粤教版高中物理选修32模块综合检测一docx.docx
《粤教版高中物理选修32模块综合检测一docx.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《粤教版高中物理选修32模块综合检测一docx.docx（17页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
粤教版高中物理选修32模块综合检测一docx
高中物理学习材料
唐玲收集整理
模块综合检测
（一）
（时间：
90分钟 分值：
100分）
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分）
1．成功属于坚持不懈的有心人，电磁感应现象的发现充分说明了这一点，有一位物理学家在科学发现的道路上经过了多次的失败，寻找了10年之久，终于在1831年8月29日发现了电磁感应现象．这位物理学家是（ ）
A．奥斯特 B．麦克斯韦
C．法拉第D．楞次
解析：
电磁感应现象是英国物理学家法拉第发现的，他通过奥斯特电流的磁效应得到了启发，从而开始研究磁和电的关系，经历十年的实验，最终发现了电磁感应现象，故C正确，A、B、D错误．
答案：
C
2．下面说法正确是（ ）
A．感抗仅与电源频率有关，与线圈自感系数无关
B．容抗仅与电源频率有关，与电容无关
C．感抗、容抗和电阻等效，对不同交变电流都是一个定值
D．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用
解析：
由公式XL＝2πfL得感抗与线圈自感系数有关，A错误．根据公式XC＝
，得容抗与电容也有关系，B错误．感抗、容抗和电阻等效，对不同交变电流由不同的值，所以C错误．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用，D正确．
答案：
D
3．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．交变电流的频率为0.02Hz
B．交变电流的瞬时表达式为i＝5cos50πt（A）
C．在t＝0.01s时，交流发电机线圈位于中性面
D．在t＝0.015s时，电流改变方向
解析：
由图象可知，交流电的周期为20×10－3s＝0.02s，频率为f＝
＝50Hz，故A错误；交流电的角频率为：
ω＝
＝10πrad/s，根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i＝Acosωt＝5cos100πt（A），故B错误；在t＝0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，所以交流发电机线圈垂直于中性面，故C错误；在t＝0.015s时，电流改变方向，故D正确．
答案：
D
4．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，不能在火花塞中产生火花，为此设计了如图所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它的初级线圈通过断续开关连到蓄电池上，次级线圈接到火花塞的两端，开关由机械进行自动控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，这样就能在火花塞中产生火花，下列说法正确的是（ ）
A．该设计方案不可行，因为蓄电池提供的是直流电，变压器不能改变直流电压
B．该设计方案可行，因为变压器能将直流电改变为交流电
C．该设计方案可行，因为通过变压器初级线圈的是变化的电流，可以通过变压器在副线圈上产生高电压
D．该变压器可以是升压变压器，也可以是降压变压器
解析：
虽然变压器不能对直流电进行变压，但是本设计方案在做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，通过变压器初级线圈的是变化的电流，在变压器铁芯中的磁通量是变化的，能在副线圈中产生瞬时高电压，就能在火花塞中产生了火花，故选C.
答案：
C
5．如图甲所示，电阻不计的“
”形金属框架abcd固定在倾角为θ的绝缘斜面上，空间有方向垂直于斜面的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示．将一电阻为R的金属棒PQ垂直于ab放置在框架上，构成面积为S的矩形PbcQ，PQ与框架接触良好且始终静止，则
图甲 图乙
A．t1时刻棒PQ中无感应电流
B．t1时刻棒PQ受安培力
C．在0～2t1内，通过棒PQ的电荷量为
D．在0～2t1内，棒PQ所产生的焦耳热为
解析：
t1时刻穿过线圈的磁通量正发生变化，故棒PQ中有感应电流，选项A错误；根据F＝BIL，t1时刻磁感应强度B为零，故棒PQ不受安培力，选项B错误；根据q＝
可知，在0～2t1内，通过棒PQ的电荷量为q＝
＝
，选项C正确；在0～2t1内，棒PQ所产生的感应电动势为：
E＝
＝
，产生的焦耳热为Q＝
·2t1＝
，选项D错误．
答案：
C
6．如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时（ ）
A．R1两端的电压增大 B．电流表的示数增大
C．小灯泡的亮度变强D．小灯泡的亮度变弱
解析：
R2与灯泡L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电路电阻增大，电流表读数减小，灯泡L电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故C项正确，其余各项均错．
答案：
C
7．如图所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（ ）
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
解析：
当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路abcd的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，故使得ab和cd相向运动，相互靠近，故选C.
答案：
C
8．如图所示，一个水平放置的矩形闭合线框abcd，在水平放置的细长磁铁S极中心附近落下，下落过程中线框保持水平且bc边在纸外，ad边在纸内．它由位置甲经乙到丙，且甲、丙都靠近乙．在这下落过程中，线框中感应电流的方向为（ ）
A．abcda
B．adcba
C．从位置甲到乙时，abcda，从位置乙到丙时adcba
D．从位置甲到乙时，adcba，从位置乙到丙时abcda
解析：
从甲到乙，原磁场方向竖直向下，磁通量减小，感应电流的磁场竖直向下，由右手定则可知感应电流为adcba，同理由乙到丙，原磁场方向竖直向上，磁通量增大，感应电流的磁场竖直向下，方向为adcba，B对．
答案：
B
9．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是（ ）
A．S闭合瞬间，A先亮
B．S闭合瞬间，A、B同时亮
C．S断开瞬间，B逐渐熄灭
D．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭
解析：
闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，A、B都不亮，故A错误，B错误；开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误，D正确．
答案：
D
10．如图甲为电热毯的电路示意图．电热毯接在u＝311sin100πt（V）的电源插座上．电热毯被加热到一定程度后，由于装置P的作用，使加在电热丝ab两端的电压变为如图乙所示的波形，从而进入保温状态．若电热丝电阻保持不变，此时从图甲中交流电压表读出交流电的有效值是（ ）
图甲 图乙
A．156V B．220V
C．311VD．110V
解析：
加图乙电压时，电热丝在一个周期T＝2×10－2s内产生的热量Q＝
·
，若给电热丝加直流电压U，则T时间内产生相同的热量Q＝
·T.则由以上两式可得U＝156V，A正确．
答案：
A
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
11．如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图所示放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是（ ）
A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）
B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
解析：
P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流（从右向左看），故A正确；P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动；同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动，故B正确，C、D错误．
答案：
AB
12．如图所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示数增大，则说明（ ）
A．在温度越高时，热敏电阻阻值越小
B．在温度越高时，热敏电阻阻值越大
C．半导体材料温度升高时，导电性能变差
D．半导体材料温度升高时，导电性能变好
解析：
由电流表的变化判断半导体的电阻的变化，温度升高时，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，热敏电阻阻值减小，则总电阻减小，故A、D正确．
答案：
AD
13.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈输入交变电压u＝100
sin50πt（V），在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻R，电容器并联在电阻R两端，电阻阻值R＝10Ω，关于电路分析，下列说法中正确的是（ ）
A．电流表示数是1A
B．电流表示数是
A
C．电阻R消耗的电功率为10W
D．电容器的耐压值至少是10
V
解析：
由题意知原线圈输入电压有效值为100V，所以副线圈电压为10V，由于电容器通交流，所以电流表示数大于1A，故A、B错误；电阻R消耗的电功率为P＝
＝
W＝10W，故C正确，副线圈电压最大值为10
V，电容器的耐压值至少是10
V，所以D正确；故选C、D.
答案：
CD
14.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一材料相同、粗细均匀的正方形导体框abcd.现将导体框先后朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框在上述两过程中，下列说法正确的是（ ）
A．导体框中产生的感应电流方向相同
B．通过导体框截面的电量相同
C．导体框中产生的焦耳热相同
D．导体框cd边两端电势差大小相同
解析：
在两次线框离开磁场的过程中，磁通量都减少，由楞次定律知，感应电流的方向都为逆时针方向，A正确；两次离开的过程磁通量的变化量相同，根据q＝n
知通过导体框截面的电量相同，B正确；产生的焦耳热Q＝
t＝
，由于两次的速度不同，故产生的热量不同，C错误；以速度v匀速拉出磁场时，cd切割磁感线，相当于电源，所以导体框cd边两端电势差大小等于
BLv，以速度3v匀速拉出磁场时，导体框cd边两端电势差大小等于
BLv，D正确．
答案：
ABD
三、非选择题（本题共4小题，共54分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位）
15.（12分）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线框abcd，线框的匝数为N，电阻为R，ab＝cd＝L1，ad＝bc＝L2.线框绕垂直于磁感线的轴OO′以角速度ω做匀速转动．求：
（1）线框中感应电动势的最大值；
（2）线框中感应电流的有效值．
解析：
（1）线框中感应电动势的最大值：
Em＝2NBL1ω
＝NBL1L2ω.
（2）感应电动势的有效值：
E＝
，
感应电流的有效值：
I＝
＝
.
答案：
（1）NBL1L2ω
（2）
16．（12分）某交流发电机输出功率为5×105W，输出电压为1.0×103V，已知输电线的总电阻R＝40Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U＝380V.输电所使用的变压器均为理想变压器．求：
（1）画出输电线路的示意图（标明各部分的符号）．
（2）求所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少？
解析：
（1）输电线路的示意图如图所示．
（2）由功率的公式P＝UI可得，发电机的输出电流为I1＝
＝500A.
输电线的损耗的功率为P损＝5%×P＝5%×5×105W＝2.5×104W，
由损失的功率P损＝I
R可得输电线的电流为I2＝I3＝
＝25A.
I4＝
＝
＝1.25×103A.
所以升压变压器的匝数比为
＝
＝
＝
，
降压变压器的匝数比为
＝
＝
.
答案：
（1）见解析
（2）
17．（12分）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个0.05Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T．质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）．求：
（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；
（2）CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.
解析：
（1）CD棒进入磁场前，由牛顿第二定律，得
a＝
＝12m/s2
进入磁场时CD棒的速度为：
v＝
＝
m/s＝2.4m/s
（2）CD棒进入磁场时产生的感应电动势为：
E＝Blv，
感应电流为：
I＝
，
所以CD棒所受安培力FA＝BIl＝
＝48N.
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为：
W＝F（s＋d）＝64J，
由于F－mgsinθ－FA＝0，
所以CD棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中的运动时间为：
t＝
，
则电阻产生的焦耳热为：
Q＝I2Rt＝26.88J.
答案：
（1）2.4m/s
（2）48N （3）64J 26.88J
18．（18分）如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图（b）所示．t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l，在t＝tx时刻（tx未知）ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g.求：
图（a） 图（b）
（1）通过cd棒电流的方向和区域Ⅰ内磁场的方向；
（2）当ab棒在区域Ⅱ内运动时，cd棒消耗的电功率；
（3）ab棒开始下滑的位置离EF的距离；
（4）ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量．
解析：
（1）由右手定则可知通过cd棒电流的方向为d到c；再由左手定则可判断区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．
（2）cd棒平衡，BIl＝mgsinθ，
得I＝
.
cd棒消耗的电功率P＝I2R，
得P＝
.
（3）ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，
a＝
＝gsinθ.
cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域Ⅱ前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得
＝Blvt，
＝Blgsinθ·tx.
所以tx＝
.
ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度vt＝
，
则ab棒开始下滑的位置离EF的距离h＝
at
＋2l＝3l.
（4）ab棒在区域Ⅱ中运动的时间t2＝
＝
，
ab棒从开始下滑至EF的总时间：
t总＝tx＋t2＝2
.
ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量：
Q＝EIt总＝BlvtIt总＝4mglsinθ.
答案：
（1）电流方向由d到c，区域Ⅰ内的磁场方向为垂直于斜面向上
（2）
（3）3l （4）4mglsinθ
升级会员 