2019年高中物理 模塊綜合檢測(cè)卷 新人教版選修3-2.doc

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2019年高中物理 模塊綜合檢測(cè)卷 新人教版選修3-2 一、單項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每題4分，共16分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確．) 1．鼠標(biāo)器使用的是(　　) A．壓力傳感器 B．溫度傳感器 C．光傳感器 D．紅外線傳感器 答案：D 2．根據(jù)楞次定律知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)一定(　　) A．阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量 B．與引起感應(yīng)電流的磁場(chǎng)反向 C．阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化 D．與引起感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向相同 解析：感應(yīng)電流的磁場(chǎng)一定阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，因此它與原磁場(chǎng)方向可能相同，也可能相反． 答案：C 3．將閉合多匝線圈置于僅隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)中，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直．關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，下列表述正確的是(　　) A．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān) B．穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大 C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大 D．感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向始終相同 解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 E＝N，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與線圈的匝數(shù)、磁通量的變化率(磁通量變化的快慢)成正比，所以A、B選項(xiàng)錯(cuò)誤，C選項(xiàng)正確；因不知原磁場(chǎng)變化趨勢(shì)(增強(qiáng)或減弱)，故無法用楞次定律確定感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向，D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：C 4. 如圖， 理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝2∶1，和均為理想電表，燈泡電阻RL＝6 Ω，AB端電壓u1＝ 12sin 100πt(V)．下列說法正確的是(　　) A．電流頻率為100 Hz B.的讀數(shù)為24 V C.的讀數(shù)為0.5 A D．變壓器輸入功率為6 W 解析：A.AB端電壓u1＝12sin 100πt(V)，電流頻率為 f＝ Hz＝50 Hz，故A錯(cuò)誤；B.電壓表的示數(shù)為電路的有效電壓的大小，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，可知，U2＝6 V，故B錯(cuò)誤；C.I2＝＝1 A，的讀數(shù)為1 A，故C錯(cuò)誤；D. P1＝P2＝U2I2＝6 W，故D正確．故選D. 答案：D 二、雙項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每題6分，共30分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中有兩個(gè)選項(xiàng)正確，漏選得3分，錯(cuò)選或不選得0分．) 5．某小型發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)為e＝50sin 100πt(V)，對(duì)此電動(dòng)勢(shì)，下列表述正確的有(　　) A．最大值是50 V B．頻率是100 Hz C．有效值是25 V D．周期是0.02 s 解析：根據(jù)交變電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式有最大值為50 V, ω＝100 π，所以有效值為25V，T＝＝0.02 s，頻率50 Hz，故選C、D. 答案：CD 6．在如 圖所示的遠(yuǎn)距離輸電電路圖中，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變，隨著發(fā)電廠輸出功率的增大，下列說法中正確的有(　　) A．升壓變壓器的輸出電壓增大 B．降壓變壓器的輸出電壓增大 C．輸電線上損耗的功率增大 D．輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大 解析：變壓器作用是變壓，發(fā)電廠的輸出電壓不變，升壓變壓器輸出的電壓U2應(yīng)不變，A錯(cuò)誤．由于輸電線電流 I＝，輸電線電壓損失 U損＝IR，降壓變壓器的初級(jí)電壓U3＝U2－U損，因P變大，I變大，所以U損變大，所以降壓變壓器初級(jí)電壓U3變小，B錯(cuò)誤．輸電線功率損失 P損＝2R，因P變大，所以P損變大，C正確；＝＝，因P變大，所以比值變大，D正確． 答案：CD 7．為探究理 想變壓器原、副線圈電壓、電流的關(guān)系，將原線圈接到電壓有效值不變的正弦交流電源上，副線圈連接相同的燈泡L1、L2，電路中分別接了理想交流電壓表V1、V2和理想交流電流表A1、A2，導(dǎo)線電阻不計(jì)，如圖所示．當(dāng)開關(guān)S閉合后(　　) A．A1示數(shù)變大，A1與A2示數(shù)的比值不變 B．A1示數(shù)變大，A1與A2示數(shù)的比值變大 C．V2示數(shù)變小，V1與V2示數(shù)的比值變大 D．V2示數(shù)不變，V1與V2示數(shù)的比值不變 解析：由于理想變壓器原線圈接到電壓有效值不變，則副線圈電壓不變，V2示數(shù)不變，V1與V2示數(shù)的比值不變，C錯(cuò)誤、D正確．開關(guān)S閉合后，變壓器副線圈的負(fù)載電阻減小，V2不變，由歐姆定律可得A1示數(shù)變大，由于理想變壓器P2＝P1，V1與V2示數(shù)的比值不變，所以A1與A2示數(shù)的比值不變，A正確、B錯(cuò)誤．正確選項(xiàng)A、D. 答案：AD 8．如圖甲所示，矩形導(dǎo)線框ABCD固定在垂直于紙面的磁場(chǎng)；規(guī)定磁場(chǎng)向里為正，感應(yīng)電流順時(shí)針為正．要產(chǎn)生如圖乙所示的感應(yīng)電流，則Bt圖象可能為(　　) 　　 解析：因?yàn)槊恳欢螘r(shí)間內(nèi)的電流為一定值，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 E＝N，知磁感應(yīng)強(qiáng)度是均勻變化的.0到 t0內(nèi)的電流方向順時(shí)針方向，根據(jù)楞次定律知，0到t0內(nèi)的磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶锴覝p小，或垂直紙面向外且增大；t0到 2t0內(nèi)的磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶锴以龃螅虼怪奔埫嫦蛲馇覝p?。蔄、D錯(cuò)誤，B、C正確． 答案：BC 9．如圖 所示，電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一電阻不計(jì)的水平放置的導(dǎo)體棒，質(zhì)量為m，棒的兩端分別與ab、cd保持良好的接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個(gè)裝置放在與框架垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)ef從靜止下滑一段時(shí)間后閉合S，則S閉合后(　　) A．ef的加速度大小可能大于g B．ef的加速度大小一定小于g C．ef最終速度隨S閉合時(shí)刻的不同而不同 D．ef的機(jī)械能與回路內(nèi)產(chǎn)生的電能之和保持不變 解析：A、B.當(dāng)ef從靜止下滑一段時(shí)間后閉合S，ef將切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到豎直向上的安培力，若安培力大于2mg，則由牛頓第二定律得知，ef的加速度大小可能大于g.若安培力小于mg，則ef的加速度大小可能小于g.故A正確，B錯(cuò)誤；C.棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)一定做勻速運(yùn)動(dòng)，由 mg＝，則得v＝，可見穩(wěn)定時(shí)速度v與開關(guān)閉合的先后無關(guān)．故C錯(cuò)誤；D.在整個(gè)過程中，只有重力與安培力做功，因此棒的機(jī)械能與電路中產(chǎn)生的電能是守恒的．故D正確；故選AD. 答案：AD 三、非選擇題(本大題4小題，共54分．按題目要求作答．解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 10．(6分)如圖所示，導(dǎo)線環(huán)面積為10 cm2，環(huán)中接入一個(gè)電容器，C＝10 μF，線圈放在均勻變化的磁場(chǎng)中，磁感線垂直線圈平面．若磁感應(yīng)強(qiáng)度以0.01 T/s的速度均勻減小，則電容器極板所帶電荷量為________，其中帶正電荷的是________板． 解析：導(dǎo)線環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝＝0.0110－3 V＝10－5 V 電容器的帶電荷量 Q＝CE＝10－510－5 C＝10－10 C 根據(jù)楞次定律可判斷知b板帶正電． 答案：10－10C　b 11．(14分)如圖甲所示，一個(gè)電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計(jì)．求0至t1時(shí)間內(nèi)： (1)通過電阻R1上的電流大小和方向； (2)通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)由圖象分析可知，0至t1時(shí)間內(nèi)＝ 由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝n＝nS，而 S＝πr　由閉合電路歐姆定律有 I1＝ 聯(lián)立以上各式解得通過電阻R1上的電流大小為I1＝ 由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向?yàn)閺腷到a. (2)通過電阻R1上的電荷量q＝I1t1＝ 電阻R1上產(chǎn)生的熱量 Q＝IR1t1＝. 答案：見解析 12．(16分)如圖 所示，兩根足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置，導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，電阻不計(jì)．在導(dǎo)軌上端并接兩個(gè)額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡．整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放．金屬棒下落過程中保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好．已知某時(shí)刻后兩燈泡保持正常發(fā)光．重力加速度為g.求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? (2)燈泡正常發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速率． 解析：(1)設(shè)小燈泡的額定電流為I0，有 P＝IR① 由題意，在金屬棒沿導(dǎo)軌豎直下落的某時(shí)刻后，小燈泡保持正常發(fā)光，流經(jīng)MN的電流為： I＝2I0② 此時(shí)金屬棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度達(dá)到最大值，有：mg＝BLI③ 聯(lián)立①②③式得： B＝. ④ (2)設(shè)燈泡正常發(fā)光時(shí)，導(dǎo)體棒的速率為v，由電磁感應(yīng)定律與歐姆定律得：E＝BLv⑤ E＝RI0⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得：v＝. 答案：見解析 13.(18分)如下圖所示，電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌MN和OP放置在水平面內(nèi)，MO間接有阻值為R＝3 Ω的電阻，導(dǎo)軌相距d＝1 m，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B＝0.5 T．質(zhì)量為m＝0.1 kg，電阻為r＝1 Ω的導(dǎo)體棒CD垂直于導(dǎo)軌放置，并接觸良好，現(xiàn)用平行于MN的恒力F＝1 N向右拉動(dòng)CD，CD受摩擦阻力f恒為0.5 N．求： (1) CD運(yùn)動(dòng)的最大速度是多少？ (2) 當(dāng)CD達(dá)到最大速度后，電阻R消耗的電功率是多少？ (3) 當(dāng)CD的速度為最大速度的一半時(shí)，CD的加速度是多少？ 解析：(1)對(duì)于導(dǎo)體棒CD，其受到的安培力： F0＝BId， 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝Bdv， 在閉合回路CDOM中，由閉合電路歐姆定律得：I＝. 當(dāng)v＝vmax時(shí)，有：F＝F0 ＋ f， 由以上各式可解得：vm＝＝8 m/s. (2)當(dāng)CD達(dá)到最大速度時(shí)有E＝Bdvmax，則可得Imax＝， 由電功率公式可得：Pmax＝IR， 由以上各式可得電阻R消耗的電功率是： Pmax＝＝3 W. (3)當(dāng)CD的速度為最大速度的一半時(shí)： E′＝Bd，回路中電流為：I′＝， CD受到的安培力大小F′＝BI′d， 由牛頓第二定律得：F合＝F－F′－f ＝ma， 代入數(shù)據(jù)可解得：a＝2.5 m/s2. 答案：見解析