《高中物理 综合检测卷b 沪科版选修》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理 综合检测卷b 沪科版选修（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、我带领班子成员及全体职工，积极参加县委、政府和农牧局组织的政治理论学习，同时认真学习业务知识，全面提高了自身素质，增强职工工作积极性，杜绝了纪律松散综合检测卷B(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要则以下符合事实的是 ()A丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的答案B2如图1所示，上下开口、内
2、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()图1A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中的大答案C解析小磁块下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁块受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中只受到重力，在Q中做自由落体运动，故选项A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁块机械能减少，在Q中下落时，小磁块机械能守恒，故选项B错误；在P中加速度较小，在P中下落时间较长，选项C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械能有损失，故知，落至底部时在P中的
3、速度比在Q中的小，选项D错误3.如图2所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压在测量完毕后，将电路解体时应 ()图2A先断开S1B先断开S2C先拆除电流表D先拆除电阻R答案A解析只要不断开S1线圈L与电压表就会组成闭合电路，在断开电路干路时，线圈L会因此产生感应电流，流过电压表的电流方向与原来方向相反，电压表中指针将反向转动，损坏电压表，所以必须先拆下电压表，即断开S1.4.如图3所示，两条平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与a
4、b边垂直，则下图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律 ()图3答案D解析感应电流的变化与感应电动势的变化一致，线圈进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势也是逐渐变小，D正确5一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e10sin (20t) V，则下列说法正确的是()At0时，线圈位于中性面Bt0时，穿过线圈的磁通量为零Ct0时，线圈切割磁感线的有效速度最大Dt0.4 s时，电动势第一次出现最大值答案A解析由电动势e10sin (2
5、0t) V知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A正确，B、C错误当t0.4 s时，e10sin (200.4) V0，D错误6如图4所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P，其他电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P，则应 ()图4A将导轨间距变为原来的倍B换一电阻减半的灯泡C将磁场磁感应强度B加倍D换一质量为原来倍的金属棒答案D解析导体棒达到稳定状态时，有mgsin BIL灯泡的电功率P由式得P根据上
6、式可知只有D项正确二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)7如图5所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 ()图5A.的示数不变，的示数增大B.的示数增大，的示数减小C.的示数不变，的示数增大D.的示数不变，的示数减小答案BD8.如图6所示，矩形线圈abc
7、d的边长分别是abL，adD，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时) ()图6At0时线圈的感应电动势为零B转过90时线圈的感应电动势为零C转过90的过程中线圈中的平均感应电动势为BLDD转过90的过程中线圈中的平均感应电动势为答案BD解析A、B两选项中都是瞬时感应电动势，用EBLv求解比较方便t0时，只有cd边切割磁感线，感应电动势E1BLvBLDBS0，A错；转过90时，线圈的四条边均不切割磁感线，E20，B正确；C、D两选项求的都是平均感应电动势，用E较方便转过90的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为BLD.转过90
8、所用时间t，故平均电动势为：E，故C错，D正确9某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为150的升压器将电压升高为U2后输电，输送的电功率保持不变若输电线路的总电阻为R线，则下列说法中正确的是 ()A由公式I可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的B由公式I可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C由公式PI2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的D由公式P可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍答案AC解析由可知，U250U1，输送功率不变，由公式I可知，输电线中的电流变为原来的，选项A正确，B错误；由PI2R线可知，输电线上的功率损耗减为原来的
9、，选项C正确，D错误10如图7所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为.则 ()图7A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为C上滑过程中电流做功产生的热量为mgs(sin cos )D上滑过程中导体棒损失的机械能为mgssin 答案CD解析上滑过程中导体棒在初始位置所受安培力最大，即FBIlBl，所以选项A错误；
10、上滑过程中由动能定理可得安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为W安培力W摩擦力WGEkmv2，选项B错误；上滑过程中电流做功产生的热量等于克服安培力做的功，选项C正确；由能量守恒定律可判断D正确三、填空题(本题共2小题，共11分)11(4分)如图8所示，变压器的原线圈1接到有效值为220 V的交流电源上副线圈2的匝数n230匝，与一个“12 V，12 W”的灯泡L连接，L能正常发光副线圈3的输出电压U3110 V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4 A，由此可知原线圈1与副线圈3的匝数比为_，原线圈1中通过的电流为_ A.图8答案210.25图912(7分)如图9所示，有一个电阻不计的光滑
11、导体框架，水平放在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，框架宽为l.框架上放一质量为m、电阻为R的导体棒，现用一水平恒力F作用于棒上，使棒由静止开始运动当棒的速度为零时，其加速度a_，当棒的加速度为零时，其速度v_.答案(1)(2)解析(1)当导体棒速度为零时，导体棒中电流为零Fma，a(2)当棒的加速度为零时，FF安，F安BIl，I，v.四、计算题(本题共4小题，共45分)13(8分)如图10所示，在水平平行放置的两根长直导轨MN与PQ上，放着一根直导线ab，ab与导轨垂直，它在导轨间的长度为20 cm，这部分的电阻为0.02 .导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B0.20
12、 T，电阻R0.08 ，其他电阻不计ab的质量为0.02 kg.图10(1)打开开关S，ab在水平恒力F0.01 N的作用下，由静止沿轨道滑动，求经过多长时间速度才能达到10 m/s；(2)上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的？(3)当ab的速度达到10 m/s时，闭合开关S，为了保持ab仍能以10 m/s的速度匀速运动，水平拉力F应变为多少？答案(1)20 s(2)E0.02t(3)0.16 N解析(1)由牛顿第二定律Fma，得a m/s20.5 m/s2，t s20 s.(2)因为感应电动势EBLvBLat0.02t，所以感应电动势与时间成正比(3)导线ab保持以10 m/s的速
13、度运动，受到的安培力F安BIL0.16 N安培力与拉力F是一对平衡力，故F0.16 N.14(9分)如图11所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长为l1，宽为l2，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻线圈以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO匀速转动，沿转动轴OO方向看去，线圈转动方向沿顺时针求：图11(1)线圈经过图示位置时通过电阻R上的感应电流的方向；(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R上电流的瞬时值第一次为零？(3)与电阻并联的电压表的示数是多少？答案(1)自上而下(2)(3
14、)解析(1)根据右手定则判断，R上的感应电流的方向为自上而下(2)tT.(3)EmnBl1l2.所以EnBl1l2.URE.15(14分)如图12所示，某电厂要将电能输送给较远的用户，输送的总功率为9.8104 W，电厂输出的电压仅为350 V，为减少输送的功率损失，先用升压变压器将电压升高后输出，再用降压变压器将电压降低供用户使用已知输电线路的总电阻R为4 ，允许损失的功率为输送功率的5%，用户所需的电压为220 V，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比图12答案1813311解析电路中损失功率P损5%P总而P损IR输电线路中的电流I2 35 A升压变压器的输出电压U22.8103 V根据理想变压器电压之间的关系，升压变压器的原、副线圈的匝数比降压变压器的输入功率P3P总P损95%P总9.31104 W所以降压变压器的输入电压U32 660 V降压变压器的原、副线圈的匝数比.16(14分)如图13所示，倾角为的足够长的光滑绝缘斜面上存在宽度均为L的匀强磁场和匀强电场区域，磁场的下边界与电场的上边界相距为3L，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B.电荷量为q的带正
