《金版学案2018-2019学年物理（人教版）选修3-2试题：模块综合检测（二） word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《金版学案2018-2019学年物理（人教版）选修3-2试题：模块综合检测（二） word版含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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放在垂直纸面向里的匀强磁场中，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线圈沿纸面向右移动B线圈沿纸面向下移动C线圈垂直纸面向外移动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化因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判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，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电
2、流产生，故A、B、C错误；当线圈绕ab边转动时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故D正确答案：D2一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e220sin 100t V，关于这个交变电流的说法正确的是()A交流电的频率为100 Hz，周期为0.01 sB此交变电流电动势的有效值为220 VC此交变电流电动势的峰值约为380 VDt0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零解析：由交流电的瞬时值表达式知最大值为220 V，故C错误；角速度100 rad/s，由频率f Hz50 Hz，故A错误；t0时瞬时值e0知此时线圈与中性面重合，磁通量最大，故D错误答案：B3如图所示，理想变压器的原
3、线圈接u11 000sin 100t(V)的交变电压，副线圈通过电阻r6的导线对“220 V，880 W”的电器RL供电，该电器正常工作由此可知()A原、副线圈的匝数比为501B交变电压的频率为100 HzC副线圈中电流的有效值为4 A D变压器的输入功率为880 W解析：输入电压的有效值为11 000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原、副线圈的匝数比小于501，故A错误；由输入电压的表达式知，f50 Hz，故B错误；副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I4 A，故C正确；变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器
4、的输入功率大于880 W，故D错误答案：C4如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()A三者同时落地B甲、乙同时落地，丙后落地C甲、丙同时落地，乙后落地D乙、丙同时落地，甲后落地解析：甲是闭合铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确答案：D5如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1800和n2200的两个线圈，上线圈两端与u51sin 314
5、t(V)的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是()A2.0 VB9.0 VC12.7 V D144.0 V解析：根据u51sin 314t(V)可知交流电的最大值为Um51 V，则其有效值U1 V V；由图可知线圈n1是原线圈，线圈n2是副线圈，如果变压器是理想变压器，那么输入电压和输出电压的关系有可得U2U1 V V9 V，因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器则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9 V，故A正确答案：A6如图所示，金属棒AB原来处于静止状态(悬挂)由于CD棒的运动，导致
6、AB棒向右摆动，则CD棒()A向右平动 B向左平动C向里平动 D向外平动解析：AB棒向右摆动，说明它受到的安培力方向向右，根据左手定则判断出AB中的电流方向为BA.这说明CD棒的电流方向为DC，再根据右手定则判断出CD棒的切割方向是向外，选项D正确答案：D7如图所示甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V若分别在c、d两端与g、h两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为()A220 V，220 V B220 V，110 VC110 V，110 V D220 V，0 V解析：首先要搞清楚变压器和分压器
7、在改变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220 V的交流电压，c、d间的电压为110 V，c、d间改接110 V的交流电压，则a、b间应输出电压为220 V；而对于分压器，当e、f间接220 V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110 V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，故只有选项B正确答案：B8.交变电流电压的有效值为6 V，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
8、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()AU16 VU26 VBU16 VU23 VCU16 VU26 VDU16 VU26 V解析：电压表读数为交流电压的有效值，所以电压表读数U16 V，电容器耐压值应大于交流电压的最大值， U26 V.答案：D9如图所示，垂直纸面向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的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，在图乙中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离的关系图象正确的是()解析：进入磁场时，注意UAB是路端电压，应该是电动势的四分之
9、三，此时EBav，所以UAB；完全进入后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为Bav，穿出磁场时电压应该是电动势的四分之一，UAB，电势差方向始终相同，即AB，由以上分析可知选D.答案：D10如图所示，甲、乙两图是两个与匀强磁场垂直放置的金属框架，乙图中除了一个电阻极小、自感系数为L的线圈外，两图其他条件均相同如果两图中AB杆均以相同初速度、相同加速度向右运动相同的距离，外力对AB杆做功的情况是()A甲图中外力做功多 B两图中外力做功相等C乙图中外力做功多 D无法比较解析：两图中AB杆均做加速运动，电流将增大，图乙中由于线圈自感的阻碍作用，感应电流较甲图小，安培阻力也较小， 又加速度相同，则外
10、力较甲图小， 甲图中外力做功多，A正确答案：A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，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法正确的是()A奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系解析：奥斯特发现的电流的磁效应表明了电能生磁，A正确欧姆定律描述了电流与电阻、
11、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正确法拉第发现的电磁感应现象表明了磁能生电，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()AP、Q将互相靠拢 BP、Q将互相远离C磁铁的加速度仍为gD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，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向可见，P、Q将互相靠拢由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，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，根据
12、类似的分析可得到相同的结果所以，本题应选AD方法二根据楞次定律的另一表述感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因，本题中“原因”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将互相靠近且磁铁的加速度小于g.答案：AD13图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表线圈绕垂直于磁场方向的水平轴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以下判断正确的是()A电流表的示数为10 AB线圈转动的角速度为100 rad/sC0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D
13、0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左解析：由题图乙可知交流电电流的最大值是Im10 A，周期T0.02 s，由于电流表的示数为有效值，故示数I10 A，选项A正确；角速度100 rad/s，选项B正确；0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可判断出0.02 s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误答案：ABC14.(多选)如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直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
14、随时间成正比例增加的变化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一定不断增大B小球所受的磁场力一定不断增大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磁场力对小球一直不做功解析：变化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，使用楞次定律判断当磁场增强时，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
15、：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fBqv，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力F向m，其大小随速度先减小后增大，因此压力FN也不一定始终增大故正确答案为C、D.答案：CD三、实验题(本题共2小题，共15分)15(6分)在探究产生感应电流条件的实验中，实验室提供了下列器材：电源、开关、电流表、大小螺线管、铁芯、滑动变阻器、导线若干，如图所示请按照实验的要求连好实验电路解析：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，先后以速度v1和v2(v12v2)，匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：(1)线圈中的感应电
