2018-2019学年物理（粤教版）选修3-2试题：模块综合检测（一）

模块综合检测(一)
(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，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．成功属于坚持不懈的有心人，电磁感应现象的发现充分说明了这一点，有一位物理学家在科学发现的道路上经过了多次的失败，寻找了10年之久，终于在1831年8月29日发现了电磁感应现象．这位物理学家是(　　)
A．奥斯特　　　　　 B．麦克斯韦
C．法拉第 D．楞次
解析：电磁感应现象是英国物理学家法拉第发现的，他通过奥斯特电流的磁效应得到了启发，从而开始研究磁和电的关系，经历十年的实验，最终发现了电磁感应现象，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
2．电子秤使用的是(　　)
A．超声波传感器 B．温度传感器
C．压力传感器 D．红外线传感器
解析：根据电子秤的工作原理，可知当电子秤受到压力的作用时，会显示相应的大小，使用的是压力传感器，故C正确．
答案：C
3．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A．交变电流的频率为0.02 Hz
B．交变电流的瞬时表达式为i＝5cos 50πt (A)
C．在t＝0.01 s时，交流发电机线圈位于中性面
D．在t＝0.015 s时，电流改变方向
解析：由图象可知，交流电的周期为20×10－3 s＝0.02 s，频率为f＝＝50 Hz，故A错误；交流电的角频率为：ω＝＝10π rad/s，根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i＝Acos ωt＝5cos 100πt (A)，故B错误；在t＝0.01 s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，所以交流发电机线圈垂直于中性面，故C错误；在t＝0.015 s时，电流改变方向，故D正确．
答案：D
4．汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油—空气混合气要靠火花塞点燃，但是汽车蓄电池的电压只有12 V，不能在火花塞中产生火花，为此设计了如图所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它的初级线圈通过断续开关连到蓄电池上，次级线圈接到火花塞的两端，开关由机械进行自动控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，这样就能在火花塞中产生火花，下列说法正确的是(　　)
A．该设计方案不可行，因为蓄电池提供的是直流电，变压器不能改变直流电压
B．该设计方案可行，因为变压器能将直流电改变为交流电
C．该设计方案可行，因为通过变压器初级线圈的是变化的电流，可以通过变压器在副线圈上产生高电压
D．该变压器可以是升压变压器，也可以是降压变压器
解析：虽然变压器不能对直流电进行变压，但是本设计方案在做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，通过变压器初级线圈的是变化的电流，在变压器铁芯中的磁通量是变化的，能在副线圈中产生瞬时高电压，就能在火花塞中产生了火花，故选C.
答案：C
5．图1和图2是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是(　　)
图1　　　　　　图2
A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
解析：断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，AB错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误．
答案：C
6．如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时(　　)
A．R1两端的电压增大　 B．电流表的示数增大
C．小灯泡的亮度变强 D．小灯泡的亮度变弱
解析：R2与灯泡L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电路电阻增大，电流表读数减小，灯泡L电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故C项正确，其余各项均错．
答案：C
7．如图所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是(　　)
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
解析：当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路abcd的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，故使得ab和cd相向运动，相互靠近，故选C.
答案：C
8．如图所示，一个水平放置的矩形闭合线框abcd，在水平放置的细长磁铁S极中心附近落下，下落过程中线框保持水平且bc边在纸外，ad边在纸内．它由位置甲经乙到丙，且甲、丙都靠近乙．在这下落过程中，线框中感应电流的方向为(　　)
A．abcda
B．adcba
C．从位置甲到乙时，abcda，从位置乙到丙时adcba
D．从位置甲到乙时，adcba，从位置乙到丙时abcda
解析：从甲到乙，原磁场方向竖直向下，磁通量减小，感应电流的磁场竖直向下，由右手定则可知感应电流为adcba，同理由乙到丙，原磁场方向竖直向上，磁通量增大，感应电流的磁场竖直向下，方向为adcba，B对．
答案：B
9．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是(　　)
A．S闭合瞬间，A先亮
B．S闭合瞬间，A、B同时亮
C．S断开瞬间，B逐渐熄灭
D．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭
解析：闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，A、B都不亮，故A错误，B错误；开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误，D正确．
答案：D
10．如图a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同，闭合电键K后，正确的是(　　)
图a　　　　　　　图b　　
A．电流表示数变小
B．电压表示数增大
C．变压器的输入功率增大
D．如b图所示的交流电每秒钟方向改变50次
解析：原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故AB错误；当K接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C正确；根据b图可知，周期T＝0.02 s，则频率f＝50 Hz，交流电每个周期方向改变两次，每秒钟方向改变100次，故D错误．
答案：C
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)
11.一个称为“千人震”的趣味物理小实验是用一节电动势为1.5 V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器，几位做实验的同学手拉手成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线将它们和首、尾两位同学两个空着的手相连，如图所示．在开关闭合后再断开时就会使连成一排的同学有触电感觉，则(　　)
A．该实验的原理是镇流器的自感现象
B．该实验的原理是1.5 V的电压让人感到触电
C．人有触电感觉是在开关断开瞬间
D．有触电的感觉是在开关闭合的瞬间
解析：当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5 V的新干电池，所以电流很小．当开关断开时，镇流器电流发生变小，从而产生很高的瞬间电压，通过同学们身体有触电的感觉，故AC正确，BD错误．
答案：AC
12．如图所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示数增大，则说明(　　)
A．在温度越高时，热敏电阻阻值越小
B．在温度越高时，热敏电阻阻值越大
C．半导体材料温度升高时，导电性能变差
D．半导体材料温度升高时，导电性能变好
解析：由电流表的变化判断半导体的电阻的变化，温度升高时，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，热敏电阻阻值减小，则总电阻减小，故A、D正确．
答案：AD
13.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈输入交变电压u＝100sin 50πt (V)，在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻R，电容器并联在电阻R两端，电阻阻值R＝10 Ω，关于电路分析，下列说法中正确的是(　　)
A．电流表示数是1 A
B．电流表示数是 A
C．电阻R消耗的电功率为10 W
D．电容器的耐压值至少是10 V
解析：由题意知原线圈输入电压有效值为100 V，所以副线圈电压为10 V，由于电容器通交流，所以电流表示数大于1 A，故A、B错误；电阻R消耗的电功率为P＝＝ W＝10 W，故C正确，副线圈电压最大值为10 V，电容器的耐压值至少是10 V，所以D正确；故选C、D.
答案：CD
14.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一材料相同、粗细均匀的正方形导体框abcd.现将导体框先后朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框在上述两过程中，下列说法正确的是(　　)
A．导体框中产生的感应电流方向相同
B．通过导体框截面的电量相同
C．导体框中产生的焦耳热相同
D．导体框cd边两端电势差大小相同
解析：在两次线框离开磁场的过程中，磁通量都减少，由楞次定律知，感应电流的方向都为逆时针方向，A正确；两次离开的过程磁通量的变化量相同，根据q＝n知通过导体框截面的电量相同，B正确；产生的焦耳热Q＝t＝，由于两次的速度不同，故产生的热量不同，C错误；以速度v匀速拉出磁场时，cd切割磁感线，相当于电源，所以导体框cd边两端电势差大小等于BLv，以速度3v匀速拉出磁场时，导体框cd边两端电势差大小等于BLv，D正确．
答案：ABD
三、非选择题(本题共4小题，共54分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)
15.(12分)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线框abcd，线框的匝数为N，电阻为R，ab＝cd＝L1，ad＝bc＝L2.线框绕垂直于磁感线的轴OO′以角速度ω做匀速转动．求：
(1)线框中感应电动势的最大值；
(2)线框中感应电流的有效值．
解析：(1)线框中感应电动势的最大值：
Em＝2NBL1ω＝NBL1L2ω.
(2)感应电动势的有效值：E＝，
感应电流的有效值：I＝＝.
答案：(1)NBL1L2 ω　 (2)
16．(12分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯L1连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V　0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；
(2)发电机的输出功率．
解析：(1)彩色小灯泡额定电流IL＝＝ A＝ A，次级线圈总电流I2＝24IL＝1 A．变压器输入功率等于I1U1＝I2U2＝6 W，变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E＝U1＋I1R＝＋6I1，代入E值解得I1＝ A (I1＝3 A应舍去，据题意是降压变压器，应I1＜I2＝1 A)，所以＝＝
(2)发电机输出功率P＝I1E＝6.67 W.
答案：(1)3∶1　(2)6.67 W
17．(12分)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.
解析：(1)CD棒进入磁场前，由牛顿第二定律，得
a＝＝12 m/s2
进入磁场时CD棒的速度为：
v＝＝ m/s＝2.4 m/s
(2)CD棒进入磁场时产生的感应电动势为：E＝Blv，
感应电流为：I＝，
所以CD棒所受安培力FA＝BIl＝＝48 N.
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为：
W＝F(s＋d)＝64 J，
由于 F－mgsin θ－FA＝0，
所以CD棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中的运动时间为：t＝，
则电阻产生的焦耳热为：Q＝I2Rt＝26.88 J.
答案：(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J
18．(18分) 如图(a)所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图(b)所示．t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l，在t＝tx时刻(tx未知)ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g.求：
图(a)　　　　　　　图(b)
(1)通过cd棒电流的方向和区域Ⅰ内磁场的方向；
(2)当ab棒在区域Ⅱ内运动时，cd棒消耗的电功率；
(3)ab棒开始下滑的位置离EF的距离；
(4)ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量．
解析：(1)由右手定则可知通过cd棒电流的方向为d到c；再由左手定则可判断区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．
(2)cd棒平衡，BIl＝mgsin θ，
得I＝.
cd棒消耗的电功率P＝I2R，
得P＝.
(3)ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，
a＝＝gsin θ.
cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域Ⅱ前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得＝Blvt，＝Blgsin θ·tx.
所以tx＝ .
ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度vt＝，
则ab棒开始下滑的位置离EF的距离h＝at＋2l＝3l.
(4)ab棒在区域Ⅱ中运动的时间t2＝＝ ，
ab棒从开始下滑至EF的总时间：
t总＝tx＋t2＝2 .
ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量：
Q＝EIt总＝BlvtIt总＝4mglsin θ.
答案：(1)电流方向由d到c，区域Ⅰ内的磁场方向为垂直于斜面向上
(2)　(3)3l　 (4)4mglsin θ