物理选修32人教全程导学笔记模块综合试卷（一）

模块综合试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．)1．(多选)(2017·嘉兴市高二上学期期中)电吉他中的拾音器的基本结构如图1所示，磁体附近的金属弦被磁化，当拨动琴弦时，拾音器中的线圈能将振动产生的声音信号转换为电信号并传送到音箱发出声音，下列说法正确的是()图1A．拨动琴弦，穿过线圈的磁通量将发生变化B．拨动琴弦，琴弦上将产生感应电流C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．若取走磁体，拾音器将无法正常工作答案ACD2.如图2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2A．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，然后A灯熄灭D．A灯与B灯一起亮，然后B灯熄灭答案B3．(多选)(2016·苍南模拟)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图3甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则()图3A．t＝0.005s时线圈平面与磁场方向平行B．t＝0.01s时线圈的磁通量变化率最大C．线圈产生的交变电动势频率为50HzD．线圈产生的交变电动势有效值为311V答案AC解析t＝0.005s时电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故A正确．t＝0.01s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，故B错误．由题图可知周期为0.02s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故C正确．线圈产生的交变电动势有效值为eq\f(311,\r(2))V≈220V，故D错误．4．(多选)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＝eq\f(U,R)，所以输电线上的电流增为原来的30倍B．因I＝eq\f(P,U)，所以输电线上的电流减为原来的eq\f(1,30)C．因P＝eq\f(U2,R)，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eq\f(1,30)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eq\f(11,330)＝eq\f(1,30)，A错误，B正确；P损＝I2R，损失功率变为原来的(eq\f(1,30))2＝eq\f(1,900)，C错误；输电线的半径变为原来的eq\f(1,30)，根据公式R＝ρeq\f(l,S)，输电线的电阻变为原来的900倍，输电线上损失的功率保持不变，D正确．5．(多选)如图4所示，磁感应强度为B的匀强磁场有理想边界，用力将矩形线圈从有边界的磁场中匀速拉出，在其他条件不变的情况下()图4A．速度越大，拉力做功越多B．线圈边长L1越大，拉力做功越多C．线圈边长L2越大，拉力做功越多D．线圈电阻越大，拉力做功越多答案ABC解析将矩形线圈从有边界的磁场中匀速拉出的过程中，线圈中产生的感应电动势E＝BL1v，感应电流I＝eq\f(E,R)，线圈所受的安培力F安＝BIL1，联立得：F安＝eq\f(B2L12v,R).因线圈匀速运动，则拉力F＝F安＝eq\f(B2L12v,R)，拉力做功W＝FL2＝eq\f(B2L12v,R)·L2.则知，速度越大，边长L1越大，边长L2越大，拉力做功就越多，而线圈电阻越大，拉力做功越少．故选A、B、C.6．如图5所示的是工业上探测物体表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术，其原理是用电流线圈使物体内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息．图6所示是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起．关于以上两个运用实例理解正确的是()图5图6A．涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C．以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是反复变化的电源D．以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源答案B解析涡流探伤技术的原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律，故A错误．无论是涡流探伤技术还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流产生的条件是在导体内，故B正确．金属探伤时，探测器中通过反复变化的电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，如果线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量会改变，套环中会产生感应电流，套环会跳动，故C、D错误．7．(2017·丽水高二检测)风速仪的简易装置如图7甲所示．在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化．风速为v1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v2，且v2＞v1，则感应电流的峰值Im、周期T和电动势E的变化情况是()图7A．Im变大，T变小 B．Im变大，T不变C．Im变小，T变小 D．Im不变，E变大答案A解析风速越大，永磁铁转动越快，线圈中的磁通量变化越快，感应电动势越大，感应电流越大，即Im变大；根据关系式T＝eq\f(2πr,v)可知，T变小．本题答案为A.8．(多选)(2017·浙江名校新高考研究联盟高三第三次联考)图8甲是交流发电机的示意图，发出的电直接输出到理想变压器的原线圈，为理想交流电压表．变压器的副线圈接有三个支路，每个支路接有相同规格的小灯泡L1、L2和L3，且L2串有理想电感器L、L3串有电容器C.发电机两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．下列说法正确的是()图8A．图甲线框位置叫中性面，此时所产生的感应电动势最大，由图乙可得，此时电压表示数为10VB．线圈转动的角速度为100πrad/s,0.02s时线框内电流的流向是：DCBAC．如果灯泡L1恰好正常发光，那么L2、L3两小灯泡都能发光但比L1要暗D．增大线圈的转动速度，L1、L2、L3三个小灯泡的亮度均不会变化答案BC解析中性面与磁场方向垂直，因此题图甲线框位置不是中性面，选项A错误；由题图乙知，交变电流的周期T＝2×10－2s，线圈的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，由楞次定律知，0.02s时线框内感应电流的流向为DCBA，选项B正确；L2与电感串联，L3与电容器串联，电感器有感抗，电容器有容抗，故L2、L3都能发光但比L1暗，选项C正确；增大线圈的转速，由Em＝NBSω知，感应电动势的最大值变大，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，副线圈的输出电压增大，L1的亮度变大，选项D错误．9．(多选)(2017·浙江省选考十校联盟3月适应性考试)如图9所示，理想变压器输入电压U1一定，原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头来调节，当滑动触头滑到b、c时电流表的示数分别为I1、I1′，通过电阻R0的电流分别为I2、I3，电阻R0两端的电压分别为U2、U3.已知原线圈匝数为n1，副线圈a、b间和a、c间的匝数分别为n2和n3，则()图9A.eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)B.eq\f(I2,I3)＝eq\f(n3,n2)C.eq\f(I1,I1′)＝eq\f(n22,n32)D．U1(I1＋I1′)＝U2I2＋U3I3答案ACD解析由理想变压器的电压关系知，eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)，选项A正确；由闭合电路欧姆定律得I2＝eq\f(U2,R0)，I3＝eq\f(U3,R0)，由理想变压器的电压关系知，eq\f(U2,U3)＝eq\f(n2,n3)，由以上三式解得eq\f(I2,I3)＝eq\f(n2,n3)，选项B错误；由理想变压器的电流关系知，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，eq\f(I1′,I3)＝eq\f(n3,n1)，解得eq\f(I1,I1′)＝eq\f(n22,n32)，选项C正确；理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1＋U1I1′＝U2I2＋U3I3，选项D正确．10．(2017·金华高二期末)光滑水平面上的边长为a的闭合金属正三角形框架底边与磁场边界平行，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架沿与磁场边界垂直的方向匀速拉出磁场，如图10所示，E、F外、P分别表示金属框架产生的电动势、所受水平外力及外力功率，则各物理量与位移x关系图象正确的是()图10答案B解析正三角形框架位移x与切割磁感线的有效长度l的关系l＝eq\f(x,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)x，即把框架匀速拉出磁场时，产生的电动势E＝Blv＝eq\f(2\r(3)Bxv,3)∝x，当x＝eq\f(\r(3),2)a时，E最大，选项B正确，A错误；所受水平外力F外＝BlI＝Bleq\f(E,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，其中R为框架的总电阻，当x＝eq\f(\r(3),2)a时，F外最大，选项C错误；外力功率P＝F外v＝eq\f(4B2x2v2,3R)∝x2，当x＝eq\f(\r(3),2)a时，P最大，选项D错误．二、实验题(本题共2小题，共10分．)11．(4分)(2015·浙江10月选考·21(1))如图11所示，在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，电源输出端与变压器线圈连接方式正确的是________(选填“图甲”或“图乙”)．变压器原、副线圈的匝数分别为120匝和60匝，测得的电压分别为8.2V和3.6V，据此可知电压比与匝数比不相等，主要原因是________________．图11答案图乙漏磁、铁芯发热、导线发热解析变压器是靠电磁感应原理工作的，必须接交流电，故正确的是题图乙；理想变压器电压与匝数成正比，实际变压器不成正比是由漏磁、铁芯发热、导线发热等电能损失造成的．12．(6分)(2017·绍兴一中高二上学期期中)如图12甲为“探究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A和B、电流计及开关连接成如图所示的电路．图12(1)开关闭合后，下列说法中正确的是________．A．只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大C．滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流计指针偏转的角度越大D．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流计指针不会发生偏转(2)在实验中，如果是因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转．这时，是________转化为电能．(3)上述实验中，线圈A可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计简化如图乙所示．当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转．则乙图中灵敏电流计指针向______接线柱方向偏转(填“正”或“负”)．答案(1)BC(2)机械能(3)负解析(1)当线圈A放在线圈B中静止后，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A错误；线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则穿过线圈B的磁通量的变化率越大，那么电流计指针偏转的角度越大，选项B正确；滑动变阻器的滑片P滑动越快，则穿过线圈B的磁通量的变化率越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故C正确；滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，穿过线圈B的磁通量发生变化，则电流计指针也会发生偏转，故D错误；故选B、C.(2)如果是因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转，对应的是动生电动势，由能量守恒定律可知，机械能转化为电能．(3)因电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，根据楞次定律，依据题图可知，感应电流从负接线柱流入，则灵敏电流计指针向负接线柱方向偏转．三、计算题(本题共4小题，共50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．)13．(10分)如图13所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k，k为正的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的正方形方框．将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中，求：图13(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．答案(1)eq\f(klS,8ρ)(2)eq\f(k2l2S,8ρ)解析(1)方框的感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)①ΔΦ＝eq\f(1,2)l2·ΔB②导线中的电流为I＝eq\f(E,R)③式中R是导线的总电阻，根据电阻率公式有R＝ρeq\f(4l,S)④联立①②③④式，将eq\f(ΔB,Δt)＝k代入得I＝eq\f(klS,8ρ).⑤(2)方框所受磁场的作用力的大小为F＝BIl⑥磁场对方框的作用力随时间的变化率为eq\f(ΔF,Δt)＝Ileq\f(ΔB,Δt)⑦由⑤⑦联立得eq\f(ΔF,Δt)＝eq\f(k2l2S,8ρ).14．(12分)(2017·绍兴一中高二上学期期中)如图14所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L＝1.0m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.2T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m＝0.2kg，电阻均为R＝0.2Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2.求：图14(1)cd杆受到的安培力F安的大小；(2)通过金属杆的感应电流大小I；(3)作用在金属杆ab上拉力的功率．答案(1)1.0N(2)5.0A(3)20W解析(1)金属杆cd静止在金属导轨上，所受安培力方向平行于导轨平面向上．则F安＝mgsin30°解得：F安＝1.0N(2)F安＝BIL解得：I＝5.0A(3)金属杆ab所受安培力方向平行于导轨平面向下，金属杆ab在拉力F、安培力F安和重力mg沿导轨方向分力作用下匀速上滑，则F＝BIL＋mgsin30°根据法拉第电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为E感＝BLv根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝eq\f(E感,2R)根据功率公式：P＝Fv解得：P＝20W.15．(12分)(2016·台州六校期中)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图15甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15Ω的灯泡相连．如图乙所示，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成，其截面积S＝0.2m2(图乙中斜线阴影部分)，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N＝200的线圈所在处辐向磁场的磁感应强度B＝0.2T，线圈直径D＝0.4m，电阻r＝1Ω.若浮桶随波浪上下运动可视为受迫振动，浮桶振动的速度可表示为v＝0.4πsin(eq\f(2π,3)t)m/s，重力加速度g＝10m/s2，π2≈10.求：图15(1)波浪发电产生电动势e的瞬时表达式；(2)灯泡的电功率．答案(1)e＝64sin(eq\f(2π,3)t)V(2)120W解析(1)线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势，Emax＝NBlvmax(或et＝NBlvt)l＝πD解得Emax＝64V，则e＝Emaxsin(eq\f(2π,3)t)V＝64sin(eq\f(2π,3)t)V(2)根据闭合电路欧姆定律，流过灯泡的最大电流Imax＝eq\f(Emax,R＋r)＝eq\f(6