【金版学案，同步备课】2014-2015学年高中物理（人教版选修3-2）模块综合检测卷
文档属性
| 名称 | 【金版学案，同步备课】2014-2015学年高中物理（人教版选修3-2）模块综合检测卷 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 260.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2014-09-01 16:13:28 | ||
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文档简介
物理·选修3－2(人教版)
模块综合检测卷
(测试时间：50分钟 评价分值：120分)
一、单项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)
1．鼠标器使用的是( )
A．压力传感器 B．温度传感器
C．光传感器 D．红外线传感器
答案：D
2．根据楞次定律知感应电流的磁场一定( )
A．阻碍引起感应电流的磁通量 B．与引起感应电流的磁场反向
C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化 D．与引起感应电流的磁场方向相同
解析：感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化，因此它与原磁场方向可能相同，也可能相反．
答案：C
3．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
解析：根据法拉第电磁感应定律 E＝N，感应电动势的大小与线圈的匝数、磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)成正比，所以A、B选项错误，C选项正确；因不知原磁场变化趋势(增强或减弱)，故无法用楞次定律确定感应电流产生的磁场的方向，D选项错误．
答案：C
4. 如图，
理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝ 12sin 100πt(V)．下列说法正确的是( )
A．电流频率为100 Hz B.的读数为24 V
C.的读数为0.5 A D．变压器输入功率为6 W
解析：A.AB端电压u1＝12sin 100πt(V)，电流频率为 f＝ Hz＝50 Hz，故A错误；B.电压表的示数为电路的有效电压的大小，根据电压与匝数成正比，可知，U2＝6 V，故B错误；C.I2＝＝1 A，的读数为1 A，故C错误；D. P1＝P2＝U2I2＝6 W，故D正确．故选D.
答案：D
二、双项选择题(本题共5小题，每题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，漏选得3分，错选或不选得0分．)
5．某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的有( )
A．最大值是50 V B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
解析：根据交变电动势的表达式有最大值为50 V, ω＝100 π，所以有效值为25V，T＝＝0.02 s，频率50 Hz，故选C、D.
答案：CD
6．在如
图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大 D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
解析：变压器作用是变压，发电厂的输出电压不变，升压变压器输出的电压U2应不变，A错误．由于输电线电流 I＝，输电线电压损失 U损＝IR，降压变压器的初级电压U3＝U2－U损，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，B错误．输电线功率损失 P损＝2R，因P变大，所以P损变大，C正确；＝＝，因P变大，所以比值变大，D正确．
答案：CD
7．为探究理
想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后( )
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变 B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大 D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
解析：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确．开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2＝P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A正确、B错误．正确选项A、D.
答案：AD
8．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在垂直于纸面的磁场；规定磁场向里为正，感应电流顺时针为正．要产生如图乙所示的感应电流，则Bt图象可能为( )
解析：因为每一段时间内的电流为一定值，根据法拉第电磁感应定律 E＝N，知磁感应强度是均匀变化的.0到 t0内的电流方向顺时针方向，根据楞次定律知，0到t0内的磁场方向为垂直纸面向里且减小，或垂直纸面向外且增大；t0到 2t0内的磁场方向为垂直纸面向里且增大，或垂直纸面向外且减小．故A、D错误，B、C正确．
答案：BC
9．如图
所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑一段时间后闭合S，则S闭合后( )
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最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D．ef的机械能与回路内产生的电能之和保持不变
解析：A、B.当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小可能大于g.若安培力小于mg，则ef的加速度大小可能小于g.故A正确，B错误；C.棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由 mg＝，则得v＝，可见稳定时速度v与开关闭合的先后无关．故C错误；D.在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的．故D正确；故选AD.
答案：AD
三、非选择题(本大题4小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10．(6分)如图所示，导线环面积为10 cm2，环中接入一个电容器，C＝10 μF，线圈放在均匀变化的磁场中，磁感线垂直线圈平面．若磁感应强度以0.01 T/s的速度均匀减小，则电容器极板所带电荷量为________，其中带正电荷的是________板．
解析：导线环内产生的感应电动势为
E＝＝0.01×10－3 V＝10－5 V
电容器的带电荷量
Q＝CE＝10－5×10－5 C＝10－10 C
根据楞次定律可判断知b板带正电．
答案：10－10C b
11．(14分)如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计．求0至t1时间内：
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．
解析：(1)由图象分析可知，0至t1时间内＝
由法拉第电磁感应定律有 E＝n＝nS，而 S＝πr 由闭合电路欧姆定律有 I1＝
联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为I1＝
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a.
(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝
电阻R1上产生的热量 Q＝IR1t1＝.
答案：见解析
12．(16分)如图
所示，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．
解析：(1)设小灯泡的额定电流为I0，有
P＝IR①
由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为：
I＝2I0②
此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有：mg＝BLI③
联立①②③式得： B＝. ④
(2)设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得：E＝BLv⑤
E＝RI0⑥
联立①②③④⑤⑥式得：v＝.
答案：见解析
13.(18分)如下图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内，MO间接有阻值为R＝3 Ω的电阻，导轨相距d＝1 m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B＝0.5 T．质量为m＝0.1 kg，电阻为r＝1 Ω的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好，现用平行于MN的恒力F＝1 N向右拉动CD，CD受摩擦阻力f恒为0.5 N．求：
(1) CD运动的最大速度是多少？
(2) 当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少？
(3) 当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度是多少？
解析：(1)对于导体棒CD，其受到的安培力：
F0＝BId，
根据法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv，
在闭合回路CDOM中，由闭合电路欧姆定律得：I＝.
当v＝vmax时，有：F＝F0 ＋ f，
由以上各式可解得：vm＝＝8 m/s.
(2)当CD达到最大速度时有E＝Bdvmax，则可得Imax＝，
由电功率公式可得：Pmax＝IR，
由以上各式可得电阻R消耗的电功率是：
Pmax＝＝3 W.
(3)当CD的速度为最大速度的一半时：
E′＝Bd，回路中电流为：I′＝，
CD受到的安培力大小F′＝BI′d，
由牛顿第二定律得：F合＝F－F′－f ＝ma，
代入数据可解得：a＝2.5 m/s2.
答案：见解析
模块综合检测卷
(测试时间：50分钟 评价分值：120分)
一、单项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)
1．鼠标器使用的是( )
A．压力传感器 B．温度传感器
C．光传感器 D．红外线传感器
答案：D
2．根据楞次定律知感应电流的磁场一定( )
A．阻碍引起感应电流的磁通量 B．与引起感应电流的磁场反向
C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化 D．与引起感应电流的磁场方向相同
解析：感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化，因此它与原磁场方向可能相同，也可能相反．
答案：C
3．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
解析：根据法拉第电磁感应定律 E＝N，感应电动势的大小与线圈的匝数、磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)成正比，所以A、B选项错误，C选项正确；因不知原磁场变化趋势(增强或减弱)，故无法用楞次定律确定感应电流产生的磁场的方向，D选项错误．
答案：C
4. 如图，
理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝ 12sin 100πt(V)．下列说法正确的是( )
A．电流频率为100 Hz B.的读数为24 V
C.的读数为0.5 A D．变压器输入功率为6 W
解析：A.AB端电压u1＝12sin 100πt(V)，电流频率为 f＝ Hz＝50 Hz，故A错误；B.电压表的示数为电路的有效电压的大小，根据电压与匝数成正比，可知，U2＝6 V，故B错误；C.I2＝＝1 A，的读数为1 A，故C错误；D. P1＝P2＝U2I2＝6 W，故D正确．故选D.
答案：D
二、双项选择题(本题共5小题，每题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，漏选得3分，错选或不选得0分．)
5．某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的有( )
A．最大值是50 V B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
解析：根据交变电动势的表达式有最大值为50 V, ω＝100 π，所以有效值为25V，T＝＝0.02 s，频率50 Hz，故选C、D.
答案：CD
6．在如
图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大 D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
解析：变压器作用是变压，发电厂的输出电压不变，升压变压器输出的电压U2应不变，A错误．由于输电线电流 I＝，输电线电压损失 U损＝IR，降压变压器的初级电压U3＝U2－U损，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，B错误．输电线功率损失 P损＝2R，因P变大，所以P损变大，C正确；＝＝，因P变大，所以比值变大，D正确．
答案：CD
7．为探究理
想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后( )
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变 B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大 D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
解析：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确．开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2＝P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A正确、B错误．正确选项A、D.
答案：AD
8．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在垂直于纸面的磁场；规定磁场向里为正，感应电流顺时针为正．要产生如图乙所示的感应电流，则Bt图象可能为( )
解析：因为每一段时间内的电流为一定值，根据法拉第电磁感应定律 E＝N，知磁感应强度是均匀变化的.0到 t0内的电流方向顺时针方向，根据楞次定律知，0到t0内的磁场方向为垂直纸面向里且减小，或垂直纸面向外且增大；t0到 2t0内的磁场方向为垂直纸面向里且增大，或垂直纸面向外且减小．故A、D错误，B、C正确．
答案：BC
9．如图
所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑一段时间后闭合S，则S闭合后( )
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最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D．ef的机械能与回路内产生的电能之和保持不变
解析：A、B.当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小可能大于g.若安培力小于mg，则ef的加速度大小可能小于g.故A正确，B错误；C.棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由 mg＝，则得v＝，可见稳定时速度v与开关闭合的先后无关．故C错误；D.在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的．故D正确；故选AD.
答案：AD
三、非选择题(本大题4小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10．(6分)如图所示，导线环面积为10 cm2，环中接入一个电容器，C＝10 μF，线圈放在均匀变化的磁场中，磁感线垂直线圈平面．若磁感应强度以0.01 T/s的速度均匀减小，则电容器极板所带电荷量为________，其中带正电荷的是________板．
解析：导线环内产生的感应电动势为
E＝＝0.01×10－3 V＝10－5 V
电容器的带电荷量
Q＝CE＝10－5×10－5 C＝10－10 C
根据楞次定律可判断知b板带正电．
答案：10－10C b
11．(14分)如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计．求0至t1时间内：
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．
解析：(1)由图象分析可知，0至t1时间内＝
由法拉第电磁感应定律有 E＝n＝nS，而 S＝πr 由闭合电路欧姆定律有 I1＝
联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为I1＝
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a.
(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝
电阻R1上产生的热量 Q＝IR1t1＝.
答案：见解析
12．(16分)如图
所示，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．
解析：(1)设小灯泡的额定电流为I0，有
P＝IR①
由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为：
I＝2I0②
此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有：mg＝BLI③
联立①②③式得： B＝. ④
(2)设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得：E＝BLv⑤
E＝RI0⑥
联立①②③④⑤⑥式得：v＝.
答案：见解析
13.(18分)如下图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内，MO间接有阻值为R＝3 Ω的电阻，导轨相距d＝1 m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B＝0.5 T．质量为m＝0.1 kg，电阻为r＝1 Ω的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好，现用平行于MN的恒力F＝1 N向右拉动CD，CD受摩擦阻力f恒为0.5 N．求：
(1) CD运动的最大速度是多少？
(2) 当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少？
(3) 当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度是多少？
解析：(1)对于导体棒CD，其受到的安培力：
F0＝BId，
根据法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv，
在闭合回路CDOM中，由闭合电路欧姆定律得：I＝.
当v＝vmax时，有：F＝F0 ＋ f，
由以上各式可解得：vm＝＝8 m/s.
(2)当CD达到最大速度时有E＝Bdvmax，则可得Imax＝，
由电功率公式可得：Pmax＝IR，
由以上各式可得电阻R消耗的电功率是：
Pmax＝＝3 W.
(3)当CD的速度为最大速度的一半时：
E′＝Bd，回路中电流为：I′＝，
CD受到的安培力大小F′＝BI′d，
由牛顿第二定律得：F合＝F－F′－f ＝ma，
代入数据可解得：a＝2.5 m/s2.
答案：见解析