高中物理 综合检测卷A 粤教版选修32.docx

高中物理 综合检测卷A 粤教版选修32.docx

《高中物理 综合检测卷A 粤教版选修32.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理 综合检测卷A 粤教版选修32.docx（12页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

高中物理综合检测卷A粤教版选修32

2019-2020高中物理综合检测卷A粤教版选修3-2

一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em.下列说法中正确的是（　　）

A．当磁通量为零时，感应电动势为零

B．当磁通量减小时，感应电动势在减小

C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em

D．角速度ω等于

答案　D

解析　根据正弦式交变电流的产生及其变化规律（设从中性面开始），e＝Emsinωt＝BSωsinωt＝Φmωsinωt可知D是正确的．

2．如图1所示，线圈L的电感很大，电源内阻不可忽略，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列判断正确的是（　　）

图1

A．A灯比B灯先亮，然后A灯熄灭

B．B灯比A灯先亮，然后B灯逐渐变暗

C．A灯与B灯一起亮，而后A灯熄灭

D．A灯与B灯一起亮，而后B灯熄灭

答案　B

3．如图2所示是一交变电流的i－t图象，则该交变电流的有效值为（　　）

图2

A．4AB．2A

C.AD.A

答案　D

解析　设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得（）2Rt1＋IRt2＝I2RT，而T＝t1＋t2，代入数据解得I＝A，故D正确．

4.如图3所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，金属圆环直径与磁场宽度相同．若圆环以一定的初速度沿垂直于磁场边界的水平虚线，从位置1到位置2匀速通过磁场，则在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速前进，以下说法正确的是（　　）

图3

A．金属圆环内感应电流方向先顺时针再逆时针

B．金属圆环内感应电流经历两次先增大后减小

C．水平拉力的方向先向右后向左

D．金属圆环受到的安培力的方向先向左后向右

答案　B

5．如图4甲所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1s内磁场方向指向纸里．若磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙，那么，下面关于线圈中感应电流的说法正确的是（　　）

图4

A．在第1s内感应电流增大，电流的方向为逆时针

B．在第2s内感应电流大小不变，电流的方向为顺时针

C．在第3s内感应电流减小，电流的方向为顺时针

D．在第4s内感应电流大小不变，电流的方向为顺时针

答案　B

6．如图5所示，10匝矩形线框在磁感应强度B＝T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度ω＝100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为S＝0.3m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1（规格为“0.3W,30Ω”）和L2，开关闭合时两灯泡正常发光，且原线圈中电流表示数为0.04A，则下列判断不正确的是（　　）

图5

A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为30cos（100t）V

B．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1

C．灯泡L2的额定功率为0.9W

D．若开关S断开，电流表的示数将增大

答案　D

解析　变压器的输入电压的最大值为Um＝nBSω＝10××0.3×100V＝30V；从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为u＝Umcosωt＝30cos（100t）V，故A正确．变压器输入电压的有效值为U1＝＝30V．开关闭合时两灯泡均正常发光，所以U2＝＝V＝3V，所以＝＝＝，故B正确．原线圈的输入功率为P1＝U1I1＝30×0.04W＝1.2W．由于原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以PL2＝P1－PL1＝1.2W－0.3W＝0.9W，故C正确．若开关S断开，输出电压不变，输出端电阻增大，输出电流减小，故输入电流也减小，电流表的示数减小，D错误．

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分）

7．某发电站用11kV的交变电压输电，输送功率一定，输电线的总电阻为R，现若用变压器将电压升高到330kV送电，下列选项正确的是（　　）

A．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的30倍

B．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的

C．因P＝，所以输电线上损失的功率增为原来的900倍

D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的

答案　BD

解析　输送功率P＝UI一定，输送电压升高后，输电线上的电流变为原来的＝，A错误，B正确；P损＝I2R，损失功率变为原来的（）2＝，C错误；输电线的半径变为原来的，根据公式R＝ρ，输电线的电阻变为原来的900倍，P损＝I2R，输电线上损失的功率保持不变，D正确．

8．如图6甲所示是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，

为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是（　　）

图6

A．电压表的示数等于5V

B．电压表的示数等于V

C．实现点火的条件是>1000

D．实现点火的条件是<1000

答案　BC

解析　由U－t图象知，交流电压的最大值Um＝5V，所以电压表的示数U＝＝V，故选项A错误，B正确；根据＝得＝，变压器副线圈电压的最大值U2m＝5000V时，有效值U2＝＝V，所以点火的条件是>＝1000，故选项C正确，D错误．

9.如图7所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路．在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动．在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek.则（　　）

图7

A．W1＝QB．W2－W1＝Q

C．W1＝EkD．WF＋WG＝Ek＋Q

答案　BCD

解析　以导体棒为研究对象：

由动能定理知W1＝Ek.①

C正确；以磁铁为研究对象：

由动能定理知WF－W2＋WG＝0.②

由功能关系和能量守恒知克服磁场力做的功W2等于回路电能，电能一部分转化为焦耳热，另一部分转化为导体棒的动能，即W2＝Q＋Ek③

由①②③得W2－W1＝Q，WF＋WG＝Q＋Ek，B、D正确．

10.法拉第圆盘发电机的示意图如图8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　）

图8

A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动

C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化

D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍

答案　AB

解析　将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针（俯视）转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向为从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BL＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错．

三、实验题（本题共1小题，共8分）

11．（8分）在研究电磁感应现象的实验中．

（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图9所示的实验器材中选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．

图9

（2）将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中的感应电流方向与原线圈中电流的绕行方向________（填“相同”或“相反”）．

（3）将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________（填“相同”或“相反”）．

答案　

（1）见解析图　

（2）相反　（3）相同

解析　

（1）实物电路图如图所示．

（2）因闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故电流绕行方向相反．

（3）将原线圈拔出时，穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，故电流绕行方向相同．

四、计算题（本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明，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．）

12．（10分）如图10所示，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架固定在绝缘水平面上，相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0T．现垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，使棒ab从静止开始无摩擦地运动，棒始终与MM′、NN′保持良好接触．

图10

（1）求棒ab能达到的最大速度；

（2）若棒ab从静止到刚好达到最大速度的过程中，导体棒ab上产生的热量QR1＝1.2J，求该过程中棒ab的位移大小．

答案　

（1）5m/s　

（2）1.425m

解析　

（1）ab棒做加速度逐渐变小的加速运动，当a＝0时，设最大速度为vm

F＝BIl

I＝

E＝Blvm

得vm＝＝5m/s

（2）棒ab从静止到刚好达到vm的过程中，设闭合电路产生的总热量为Q总，＝

对棒ab由功能关系

Fs＝Q总＋mv

得s＝1.425m.

13．（12分）如图11所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力，求：

图11

（1）升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2；

（2）输电线路导线的总电阻R；

（3）降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.

答案　

（1）1∶5　

（2）20Ω　（3）95∶11

解析　

（1）＝＝.

（2）ΔP＝0.5kW＝IR

又P1＝P2＝U2I2

所以I2＝5A，R＝20Ω.

（3）U3＝U2－I2R

＝

解得＝.

14.（12分）如图12所示是一个交流发电机的示意图，线圈abcd处于匀强磁场中，已知ab、bc边长都为l＝20cm，匀强磁场的磁感应强度B＝T，线圈的匝数N＝10，线圈的总电阻r＝5Ω，外电路负载电阻R＝15Ω，线圈以ω＝100rad/s的角速度匀速转动，电表是理想电表．求：

图12

（1）两个电表的示数；

（2）从图示位置开始转过45°过程中通过R的电荷量；

（3）线圈匀速转动一周外力所做的功．

答案　

（1）电压表示数为30V，电流表示数为2A

（2）0.02C　（3）5J

解析　

（1）设正弦交流电源的电压峰值为Em，有效值为E有

Em＝NBSω＝NBl2ω＝40V

E有＝＝40V

由闭合电路欧姆定律得电流表示数

I＝＝2A

电压表示数为U＝IR＝30V.

（2）设线圈在这一过程所用时间为Δt，流过R的电荷量为q

q＝Δt

＝

＝N

ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BSsin45°－0＝Bl2sin45°

由以上各式求得

q＝N＝N＝0.02C

（3）转动一周所用时间为T＝＝s

外力所做的功等于闭合电路一个周期内产生的热量

即W＝Q＝T.

解得W≈5J.

15．（14分）如图13所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止．取g＝10m/s2，问：

图13

（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？

（2）棒ab受到的力F多大？

（3）棒cd每产生Q＝0.1J的热量，力F做的功W是多少？

答案　

（1）1A，方向由d到c

（2）0.2N　（3）0.4J

解析　

（1）棒cd受到的安培力Fcd＝IlB

棒cd在共点力作用下平衡，

则Fcd＝mgsin30°

联立并代入数据解得I＝1A，方向由d到c.

（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab＝Fcd

对棒ab由共点力平衡有F＝mgsin30°＋IlB

代入数据解得F＝0.2N

（3）设在时间t内棒cd产生Q＝0.1J热量，

由焦耳定律可知Q＝I2Rt

设ab棒匀速运动的速度大小为v，

则产生的感应电动势E＝Blv

由闭合电路欧姆定律知I＝

由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移

s＝vt

力F做的功W＝Fs

综合上述各式，代入数据解得W＝0.4J.