《2017-2018学年高中物理 模块综合检测 教科版选修3-2》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017-2018学年高中物理 模块综合检测 教科版选修3-2（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、模块综合检测(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，第18小题中只有一个选项符合题意，第914小题中有多个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是()A法拉第发现了电磁感应定律并找到了判断感应电动势方向的楞次定律B库仑用他发明的扭秤研究带电体间的相互作用，提出了库仑定律C楞次发现了电流热效应的规律D奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律解析：选B法拉第发现了电磁感应现象，是楞次找到了判断感应电动势方向的楞次定律，故A错误。库仑通过他发明的扭秤研究带电体间的相互
2、作用，提出了库仑定律，故B正确。焦耳发现了电流热效应的规律，故C错误。奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故D错误。2如图1所示，L1和L2是远距离输电的两根高压线，在靠近用户端的某处用电压互感器和电流互感器监测输电参数。在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候()图1A甲电表为电流表B甲电表的示数变大C乙电表为电压表 D乙电表的示数变大解析：选D由题图可知，甲并联在电路中，乙串联在电路中，则甲是电压表，乙是电流表，所以甲是电压互感器，乙是电流互感器，故A、C错误；在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，所以输电导线电流变
3、大，输电导线电阻R不变，由UIR可知，电压损失变大，所以高压线上输出电压变小，根据匝数比等于电压之比，所以甲电表的示数变小，输电导线电流变大，所以乙电表的示数变大，故B错误、D正确。3在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图2甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。则0t0时间内，导线框中()图2A没有感应电流B感应电流方向为逆时针C感应电流大小为D感应电流大小为解析：选C根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A
4、、B错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E2；再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I，故C正确，D错误。4如图3甲所示，一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示。以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向，以垂直纸面向里的磁场方向为正，则以下的it图像中正确的是()图3解析：选A由电磁感应定律和欧姆定律得I，线圈的面积S和电阻R都是定值，则线圈中的感应电流与磁感应强度B随t的变化率成正比。由图乙可知，01时间内，B均匀增大，增大，根据楞次定律得知，感应
5、磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则判断可知，感应电流是逆时针的，因而是负值。由于不变，所以可判断01为负的恒值；同理可知12为正的恒值；23为零；34为负的恒值；45为零；56为正的恒值，故选A。5如图4甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1n221，电压表和电流表均为理想电表，二极管为理想二极管，灯泡电阻R55 ，原线圈两端加如图乙所示的电压，下列说法正确的是()图4A电流表的读数为 AB电压表的读数为110 VC灯泡L的功率为440 WD副线圈两端电压为110 V解析：选A根据乙图可得原线圈电压的有效值为U1 V220 V，根据可得副线圈两端的电压为110
6、V，因为二极管为理想二极管，所以电压表示数为55 V，电流表的读数为I A A，灯泡的功率为PL55 W110 W，故A正确。6如图5所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B T的水平匀强磁场中，线框面积S0.5 m2，线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度100 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V,60 W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是()图5A在图示位置线框中产生的感应电动势最大B线框中产生电动势的有效值为250 VC变压器原、副线圈匝数之比为2522D允许变压器输出的最大功
7、率为1 000 W解析：选C由图可知，此时线框和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，所以A错误。矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：EmnBS500.5100 V250 V，故有效值为250 V，故B错误。由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为：2502202522，故C正确。由于熔断器允许通过的最大电流为10 A，所以允许变压器输出的最大功率为PUI25010 W2 500 W，故D错误。故选C。7.有一理想变压器如图6所示，原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，副线圈输出端接有一个交流电压表、一个交流电流表和一个电动机，电动机线圈电阻为
8、R，当原线圈接通电源后，电流表示数为I，电压表示数为U，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是()图6A电动机两端电压为UB变压器的输出功率为nIUC电动机的输出功率为IUI2RD电动机消耗的功率为解析：选C电压表测量的就是电动机的电压，即电动机两端电压为U，故A错误；变压器的输出功率PUI，故B错误；电动机的输出功率P出PP热IUI2R，故C正确；电动机消耗的功率PUI，故D错误。8.如图7所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v12v2，在先后两种情况下()图7A线圈产生的感应电动势之比E1E221B线圈中的感应电流之比I1I212C线圈中产生的焦耳热之比Q1
9、Q241D通过线圈某截面的电荷量之比q1q212解析：选A由于v12v2，根据EBLv，知感应电动势之比为21，感应电流I，则感应电流之比为21，故A正确，B错误。又知时间比为12，根据QI2Rt，知热量之比为21，故C错误。根据qIt，知通过某截面的电荷量之比为11，故D错误。9(2016全国卷)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8A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
10、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2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：选AB由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势EBl2知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由PI2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。 10.如图9所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度为B的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆内接三
11、角形，且PM为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)。设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时PMQ37，已知sin 370.6，cos 370.8。则下列说法正确的是()图9A穿过线圈PQM的磁通量为0.96BR2B若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且BB0kt(k为常数，k0)，则线圈中产生的感应电流大小为IC保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针D保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中不会产生焦耳热解析：选ABC穿过线圈PQM中的磁通量大小
12、为B2Rsin 372Rcos 370.96BR2，故A正确。由BB0kt得：k，根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势为：ESk2Rsin 372Rcos 370.96kR2，线圈中产生的感应电流大小为：I，故B正确。保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，PQM的面积先增大后减小，穿过线圈的磁通量先增大后减小，线圈中将产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，线圈中有感应电流，线圈要产生焦耳热，故C正确，D错误。11如图10甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B1.0 T，质量m0.04 kg、高h0.05 m、总电阻R5
13、、n100匝的矩形线圈竖直固定在质量M0.08 kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相等。线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v110 m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直。若小车运动的速度v随位移x变化的vx图像如图乙所示，则根据以上信息可知()图10A小车的水平长度l10 cmB磁场的宽度d35 cmC小车的位移x10 cm时线圈中的电流I7 AD线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q1.92 J解析：选AC闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度l10 cm，故A正确；磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚
14、离开磁场时的位移，由乙图可知，515 cm是进入的过程，1530 cm是完全在磁场中运动的过程，3040 cm是离开磁场的过程，所以d30 cm5 cm25 cm，故B错误；位移x10 cm时线圈的速度为7 m/s，线圈进入磁场过程中，根据I7 A，故C正确；线圈通过磁场过程中运用动能定理得：(Mm)v22(Mm)v12W安，由乙图可知v110 m/s，v23 m/s，代入数据得：W安5.46 J，所以克服安培力做功为5.46 J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为5.46 J，故D错误。12如图11甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，每当工件挡住A发出的光，光传感器B就输出一个电信号，并
15、经信号处理器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图乙所示。若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20、(单位：cm)。则以下说法正确的是(不计工件挡住光的时间)()图11A工件的加速度为0.1 m/s2B工件的加速度为0.2 m/s2C当无光照射时，屏幕就输出一次高电压D当无光照射时，屏幕就输出一次低电压解析：选BD由题意知，工件做匀变速直线运动且相邻工件间距依次为5、10、15、20，由图乙知相邻时间间隔为T0.5 s，xaT2，得：a m/s20.2 m/s2，故A错误，B正确；无光照射时即为工件挡光时刻，屏幕就输出一次低电压，故C错误，D正确。13. (2016全国卷)如图12，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a
