2024高中物理模块综合检测二含解析新人教版选修3-2

PAGE11-模块综合检测（二）（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，只有一项符合题目要求）1.如图所示，一个矩形线圈abcd放在垂直纸面对里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是（）A.线圈沿纸面对右移动B.线圈沿纸面对下移动C.线圈垂直纸面对外移动D.线圈以ab边为轴转动解析：产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变更.因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变更，从而推断出是否有感应电流产生.由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面对外运动，其磁通量均不变更，均无感应电流产生，故A、B、C错误；当线圈绕ab边转动时，其磁通量发生变更，有感应电流产生，故D正确.答案：D2.如图所示，螺丝管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2，螺线管导线电阻r＝1Ω，电阻R＝4Ω，磁感应强度B的B­t图象如右图所示（以向右为正方向），下列说法正确的是（）A.通过电阻R的电流方向是从A到CB.感应电流的大小保持不变为2.4AC.电阻R的电压为6VD.C点的电势为4.8V解析：从题图中可得磁通量在渐渐增大，依据楞次定律可得通过R的电流方向为从C到A，A错误；依据法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(SΔB,Δt)＝1500×0.002×eq\f(6－2,2)V＝6V，而感应电流大小为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,4＋1)A＝1.2A，B错误；依据闭合电路欧姆定律，有：U＝IR＝1.2×4V＝4.8V，C错误；因为A端接地，电压为零，所以C端的电势为4.8V，D正确.答案：D3.志向变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是（）A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变更率相等C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶2解析：对志向变压器，无磁通量损失，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变更率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比；志向变压器可以忽视热损耗，故输入功率等于输出功率.故正确答案为B.答案：B4.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置.小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（）A.在P和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析：小磁块在内壁光滑的塑料管Q中，从高处由静止释放做自由落体运动，机械能守恒；小磁块在内壁光滑的铜管P中，则会产生电磁阻尼阻碍小磁块的运动，相比Q中自由落体运动时间要长，C项正确，A项错误；由于电磁阻尼产生焦耳热，机械能不守恒，B项错误；由于机械能有损失，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，D项错误.答案：C5.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin314t（V）的沟通电源相连，将下线圈两端接沟通电压表，则沟通电压表的读数可能是（）A.2.0V B.9.0VC.12.7V D.144.0V解析：依据u＝51sin314t（V）可知沟通电的最大值为Um＝51V，则其有效值U1＝eq\f(51,\r(2))V＝eq\f(51,2)eq\r(2)V；由题图可知线圈n1是原线圈，线圈n2是副线圈，假如变压器是志向变压器，由输入电压和输出电压的关系有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(200,800)×eq\f(51,\r(2))V＝eq\f(51,8)eq\r(2)V≈9V，因为沟通电压表指示的是有效值，故假如是志向变压器则B正确，但实际变压器存在漏磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于9V，故A正确.答案：A6.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，a、b的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置起先，以角速度ω绕轴OO′匀速转动，则以下推断正确的是（）A.图示位置线圈中的感应电动势最大为Em＝BL2ωB.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝eq\f(1,2)BL2ωcosωtC.线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝eq\f(πB2ωL4R,4（R＋r）2)D.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(2BL2,R＋r)解析：题图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误；当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em＝BSω＝eq\f(1,2)BL2ω，瞬时值表达式为e＝eq\f(1,2)BL2ωsinωt，故B错误；感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))，闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)，R产生的热量为Q＝I2RT，周期T＝eq\f(2π,ω)，联立得Q＝eq\f(πB2ωL4R,4（R＋r）2)，故C正确；线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变更量大小为ΔΦ＝2BS＝2Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)L2))，流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BL2,R＋r)，故D错误.答案：C7.如图甲、图乙所示两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220V的沟通电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110V.若分别在c、d两端与g、h两端加上110V的沟通电压，则a、b间与e、f间的电压分别为（）A.220V，220V B.220V，110VC.110V，110V D.220V，0V解析：首先要搞清晰变压器和分压器在变更电压原理上的本质不同.对于变压器，a、b间与c、d间的电压比总是等于它们间线圈的匝数比，与哪一个是原线圈无关，故a、b间接220V的沟通电压，c、d间的电压为110V，c、d间改接110V的沟通电压，则a、b间应输出电压为220V；而对于分压器，当e、f间接220V的电压时，电阻的e、g与f、g部分串联，g、h间电压仅是f、g部分电阻的电压，当g、h间接110V的电压时，由于e、g部分无电流，e、g两点等电势，故e、f间的电压等于g、h间的电压.只有选项B正确.答案：B8.交变电流电压的有效值为6V，它和电阻R1、R2及电容器C、电压表一起连接成如图所示的电路，图中电压表的读数为U1，为了保证电容器C不被击穿，电容器的耐压值为U2，电容器在电路中正常工作，则（）A.U1＝6eq\r(2)VU2＝6VB.U1＝6VU2＝3eq\r(2)VC.U1＝6eq\r(2)VU2≥6VD.U1＝6VU2≥6eq\r(2)V解析：电压表读数为沟通电压的有效值，所以电压表读数U1＝6V，电容器耐压值应大于沟通电压的最大值，U2≥6eq\r(2)V.答案：D9.如图所示，垂直纸面对里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形匀称导线框ABCD从图示位置起先沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，则线框A、B两端电压UAB与线框移动距离的关系图象正确的是（）ABCD解析：进入磁场时，留意UAB是路端电压，应当是电动势的四分之三，此时E＝Bav，所以UAB＝eq\f(3Bav,4)；完全进入后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为Bav，穿出磁场时电压应当是电动势的四分之一，UAB＝eq\f(Bav,4)，电势差方向始终相同，即φA>φB，由以上分析可知选D.答案：D10.如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，与灯泡L1连接的是一只志向二极管D.下列说法中正确的是（）A.闭合开关S稳定后L1、L2亮度相同B.断开S的瞬间，L2会渐渐熄灭C.断开S的瞬间，L1中电流方向向左D.断开S的瞬间，a点的电势比b点高解析：闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，因此L1、L2亮度不同，故A错误；断开S的瞬间，L2会立即熄灭，故B错误；断开S的瞬间，线圈L与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，所以回路中没有电流，故C错误，D正确.答案：D二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分）11.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，许多物理学家为找寻它们之间的联系做出了贡献.下列说法正确的是（）A.奥斯特发觉了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发觉了欧姆定律，说明白热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发觉了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发觉了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系解析：奥斯特发觉的电流的磁效应表明白电能生磁，A正确.欧姆定律描述了电流与电阻、电压与电动势之间的关系，焦耳定律才揭示了热现象与电现象间的联系，B错误，D正确.法拉第发觉的电磁感应现象表明白磁能生电，C正确.答案：ACD12.如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路.当一条形磁铁从高处下落接近回路时（）A.P、Q将相互靠拢 B.P、Q将相互远离C.磁铁的加速度仍为g D.磁铁的加速度小于g解析：方法一设磁铁下端为N极，如图所示，依据楞次定律可推断出P、Q中的感应电流方向，依据左手定则可推断P、Q所受安培力的方向.可见，P、Q将相互靠拢.由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，知磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，依据类似的分析可得到相同的结果.所以本题应选AD.方法二依据楞次定律的另一表述——感应电流的效果，总要抗拒产生感应电流的缘由，本题中“缘由”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将相互靠近且磁铁的加速度小于g.答案：AD13.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂干脆触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动.重力加速度为g.以下说法正确的是（）A.ab杆所受拉力F的大小为μmg＋eq\f(B2L2v1,2R)B.cd杆所受摩擦力为零C.回路中的电流强度为eq\f(BL（v1＋v2）,2R)D.μ与v1大小的关系为μ＝eq\f(2Rmg,B2L2v1)解析：棒ab切割磁感线产生感应电动势E＝BLv1，棒cd运动不切割磁感线，故不产生感应电动势，回路中电流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv1,2R)，因两棒匀速，则对ab棒有F安＝eq\f(B2L2v1,2R)，F＝F安＋μmg＝eq\f(B2L2v1,2R)＋μmg.对cd棒：F安水平向右，f＝μF安＝mg，μ＝eq\f(2Rmg,B2L2v1).故A、D正确.答案：AD14.如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有始终径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动（俯视），若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变更磁场.设运动过程中小球带电荷量不变，那么（）A.小球对玻璃圆环的压力肯定不断增大B.小球所受的磁场力肯定不断增大C.小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动D.磁场力对小球始终不做功解析：变更的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其电场强度方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，运用楞次定律推断.当磁场增加时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力FN和磁场的洛伦兹力f，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中f＝Bqv，磁场在增加，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不肯定总在增大，B错误；向心力F向＝meq\f(v2,r)，其大小随速度先减小后增大，因此压力FN也不肯定始终增大，A错误.故正确答案为C、D.答案：CD三、试验题（本题共2小题，共15分）15.（6分）在探究产生感应电流条件的试验中，试验室供应了下列器材：电源、开关、电流表、大小螺线管、铁芯、滑动变阻器、导线若干，如图所示.请依据试验的要求连好试验电路.解析：大螺线管和电流表组成闭合电路；带铁芯的小螺线管、滑动变阻器、电源、开关组成闭合回路.如图所示.16.（9分）如图所示为某一热敏电阻（电阻值随温度的变更而变更，且对温度很敏感）的I­U关系曲线图.（1）为了通过测量得到如图所示I­U关系的完整曲线，在下图所示的a和b两个电路中应选择的是图.（2）在图c所示电路中，电源电压恒为9V，当给热敏电阻加热后，电流表读数将________________________________（填“增大”“减小”或“不变”）.解析：由于图中要求测量多组数据，所测电压调整范围较大，且从零起先变更，所以应选用滑动变阻器的分压式接法，故应选图a；热敏电阻温度上升时，其电阻值减小，故干路中的电流增大.答案：（1）a（2）增大四、计算题（本题共3小题，共35分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位）17.（10分）如图甲所示，在周期性变更的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r＝1m、电阻为R＝3.14Ω的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变更时，线框中有感应电流产生.（1）在图丙中画出感应电流随时间变更的it图象（以逆时针方向为正）；（2）求出线框中感应电流的有效值.解析：（1）如图所示.（2）设电流的有效值为I，则有I2RT＝Ieq\o\al(2,1)R·eq\f(T,3)＋Ieq\o\al(2,2)R·eq\f(2T,3)，解得I＝eq\r(2)A.18.（12分）如图甲所示，一边长l＝2.5m、质量m＝0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合.在水平力F作用下由静止起先向左运动，经过5s线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变更的图象如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中.（1）求通过线框导线截面的电荷量及线框的电阻，（2）写出水平力F随时间变更的表达式.解析：（1）依据q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，由I­t图象得q＝1.25C，又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)＝eq\f(ΔΦ,Rt)＝eq\f(Bl2,Rt)，得R＝4Ω.（2）由I­t图象可知，感应电流随时间变更的规律I＝0.1t，由感应电流I＝eq\f(Blv,R)，可得金属框的速度随时间也是线性变更的，v＝eq\f(RI,Bl)＝0.2t，线框做匀加速直线运动，加速度a＝0.2m/s2，线框在外力F和安培力F′作用下做匀加速直线运动，由牛顿其次定律得F－F′＝ma，得F＝（0.2t＋0.1）N.19.（13分）如图甲所示，MNCD为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGH范围内存在方向垂直斜面的匀强磁场，磁场边界EF、HG与斜面底边MN（在水平面内）平行.一正方形金属框abcd放在斜面上，ab边平行于磁场边界.现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从起先运动到cd边离开磁场的过程中，某运动的vt图象如图乙所示.已知金属框电阻为R，质量为m，重力加