物理鲁科版选修3-2训练模块检测B

1、模块卞测B（时间：90分钟 满分：100分）一、单项选择题（本大题共6小题，每小题5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5分，选错或不答的得 0分）1.图1将一个闭合金属环用丝线悬于 。点，如图1所示.虚线左边有垂直于纸面向外的匀强磁场，而右边没有磁场.下列的现象能够发生的是（）A.金属环的摆动不会停下来，一直做等幅摆动B.金属环的摆动幅度越来越小，小到某一数值后做等幅摆动C.金属环的摆动会很快停下来D.金属环最后一次向左摆动时，最终停在平衡位置左侧某一点处答案 C解析 此题考查电磁阻尼.左边有匀强磁场，金属环在穿越磁场边界时（无论是进入还是穿出），由于磁

2、通量发生变化，环内一定有感应电流产生.根据楞次定律，感应电流将会 阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象.若用能量守恒来解释：有电 流产生，就一定有机械能向电能转化，摆的机械能将不断减小.摆动就会很快停下来.2 .在图2中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计.当 开关K处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方.那么，当开关K断开时，将出现（）图2A*aA. Gi和G2的指针都立即回到零点B. Gi的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点C. Gi的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D. Gi的指针先立即偏向左方，

3、然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点答案 D解析 K断开后，自感电流的方向与Gi原电流方向相反，与 G2原电流方向相同.答案为D.LJLL- AJl.JJ .'.'.J3.如图3所示的电路中，电源电压 u=3iisin(i00Tt t)V , A、B间接有“ 220 V, 440 W”的电暖宝、“ 220 V, 220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝，下列说法正确的是()A .交流电压表的示数为 3ii VB.电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于32 AC.电暖宝发热的功率是抽油烟机发热功率的2倍D .抽油烟机i min消耗的电能为i.32 x i04 J答案

4、 D解析本题考查欧姆定律和交变电流的规律，意在考查学生对欧姆定律和交变电流的理f机 J r 4金 U m解.由交变电压的表达式可知，交变电压的有效值U=Um=220 V,所以交流电压表的小数为有效值220 V, A错误；电路正常工作时，通过保险丝的电流为 1 =叶+ /=3 A<3V2 A,Ui U2* jflta d|L.B错误；电暖宝的功率是抽油烟机功率的2倍，但抽油烟机消耗的电能主要转化为机械能，3产生的热量很少，电暖宝的热功率大于抽油烟机热功率的2倍，C错误；抽油烟机1 min消耗的电能为 W= P2t= 220X 60 J= 1.32X 104 J, D 正确.4. 一台发电机

5、的结构示意图如图4所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状.M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动.磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场.若从图示位置开始计时电动势为正值，下列图象中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是（）答案 D解析 由于发电机内部相对两磁极为表面呈半圆柱面形状，磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的轴向磁场，所以距转轴距离相等的各点磁感应强度大小相等，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生大小恒定的感应电动势，故A、B错误；当线圈转到竖直位置时，回路中感应电动势反向，所以C错误、D正确.5 .钳形电

6、流表的外形和结构如图5（a）所示.图（a）中电流表的读数为1.2 A.图（b）中用同一电缆线绕了 3匝，则（）A.这种电流表能测直流电流，图 （b）的读数为2.4 AB.这种电流表能测交流电流，图 （b）的读数为0.4 AC.这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6 AD.这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6 A答案 C解析 当用同一电缆线绕了 3匝，加在电表上电压为原来的3倍，电流也为原来的3倍.6 .如图6所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10： 1, b是原线圈的中心抽头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R以外，其余电阻均不计，从某时刻

7、开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为：ui = 220>/2sin 100 7tt V,下列说法中正确的是（）图6A.当单刀双掷开关与 a连接时，电压表的示数为 22 VB. t=s时，c、d两点间的电压瞬时值为 110 V 600C.单刀双掷开关与 a连接，滑动变阻器触头向上移动的过程中，电压表和电流表的示 数均变小D.当单刀双掷开关由 a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小答案 AU1 n1 , n2斛析 由不=，知U2=-U1,当单刀双掷开关与 a连接时，U1 = 220 V, n1 ：n2=10 ： 1, U 2 n2n1解得：U2= 22 V, A 选项正确；对

8、 B 选项：U1 = 220j2sin 100 小 所以 U1=22s/2sin 100 7tx600=110V2（V）, B选项错误；对C选项：滑动变阻器触头向上移动时，其电阻 R变大，由U2 一.欧姆定律得：I2=, I2变小，电流表本数变小，而电压表不数不变，因为它的本数U2是由U1和匝数比决定的，而这些量没有变化，因此 C错误；对D选项：当单刀双掷开关由a扳n2向b时，匝数 m变小，匝数 n2和输入电压 U1不变，由 山=京5,得U2变大，I2变大，因 此电压表和电流表示数均变大.本题正确答案为A.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选

9、项符合题目要求， 全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得 0分）7 .目前中国南极考察队队员正在地球南极考察，设想考察队队员在地球南极附近水平面上驾驶一辆冰车向前行进时，由于地磁场作用，冰车两端会有电势差，设驾驶员左方电势为Ui,右方电势为 U2,则下列说法正确的是（）A .向着南极点行进时，Ui比U2高8 .背着南极点行进时，Ui比U2低C.在水平冰面上转圈时，Ui比U2高D.无论怎样在水平冰面上行进，Ui总是低于U2答案 BD解析在南极附近，地磁场磁感线的方向都是向上的，向着南极点行进或者背着南极点行进时，冰车切割磁感线，由右手定则可知，驾驶员右方电势高于左方电势；不管冰车怎

10、样在水平冰面上行进，依据右手定则可判定，驾驶员右方电势总是高于左方电势.故B、D正确.8.电阻为i 的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，在匀强磁场中匀速转动，产生 的交变电动势随时间变化的图象如图7所示，现把交变电流加在电阻为9 的电热丝上，下列判断正确的是（）A.线圈转动的角速度为 i00 rad/sB .在00.005 s时间内，通过电阻的电荷量为T C5 71C.电热丝两端的电压为i80 VD.电热丝的发热功率为 i 800 W答案 BD解析 由题图可知 T=0.02 s, 3=2=i00兀rad/s, A错误；在00.005 s内，由Um=nBS渭 BS= Wb , q= C, B正确

11、；电热丝两端电压 U = R .半=90V2兀 R+r R+r 5兀R+ rV2V, C错误；电热丝的发热功率 P = I2R= U-= （902） W= 1 800 W, D正确. R 99 .传感器是把非电学量（如速度、温度、压力等）的变化转化成电学量变化的一种元件， 在自动控制中有着相当广泛的应用， 如图8所示，是一种测定液面高度的电容式传感器示意 图，金属芯线与导电的液体形成一个电容器， 从电容C的大小变化就能反映导电液面的升降 情况，两者的关系是（）A. C增大表示h增大B. C增大表示h减小C. C减小表示h减小 D . C减小表示h增大答案 AC10.如图9所示，一理想自耦变压器

12、线圈 AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q,则（）A.只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大B.只将Q向下移动时，电流表的读数变小C.只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D.只提高输入端的电压 U时，电流表的读数变大答案 BD解析 将Q向下移动时，R阻值增大.电路中电阻增大，电流减小，故B项正确；由于副线圈上电压不变，电灯两端的电压不变，功率不变，亮度不变，故 A项错；将P沿顺时针方向移动时副线圈匝数减少，电压减小，电流减小，故 C项错；提高输入端

13、的电压时，副线圈上电压增大，电流增大，故 D项正确.三、填空题（本题共12分）11 .（6分）如图10所示，理想变压器的初级线圈接在220 V的正弦交流电源上，R=10次级线圈b、c间匝数为10匝，当把电键 K由b掷向c时，通过R上的电流增加 0.2 A,通过变压器铁芯的最大磁通量变化率为V图10一答案w2Wb/s解析 由 U"n1 = U2/n2= U3/n3 得 U1/n1（U3U2）/（n3n2）可得U1/n1 = 0.2 V/匝，即每匝线圈若接一个伏特表其示数为0.2 V,以结合法拉第电磁感应定律可知则通过变压器铁芯的最大磁通量变化率为m Wb/s.512 . （6分）如图1

14、1甲所示，调压器装置可视为理想变压器，负载电路中R=55 ，母、m为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V,贝U：图11电流表密的示数为A, 的示数为A,原线圈中电流的瞬时值表达式为:答案 2 1i=2sin100 7tt A四、解答题（本题共4小题，共38分.解答应写出必要的文字说明、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13. （8分）在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于匀强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场.操作时通过手摇轮轴A和定滑轮。来提升线圈.假设该线圈可简化为水平长为 L,上下宽度为

15、d的矩形线圈，其匝数为 n,总质量为M,总电阻为R,如图12所示.开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐.若转动手摇轮轴A.在时间t内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场.此过程中，流过线圈中每匝导线横截面的电 量为q,求：（2）在转动轮轴时，人至少需做多少功？（不考虑摩擦影响）.答案 普 （2）Mgd+R nLdt解析 （1）设磁场的磁感应强度为B,在匀速提升过程中线圈运动速度v=（线圈中感应电动势 E=nBLv产生的感应电流1=枭 R流过导线横截面的电量q=It联立得B=WnLd（2）匀速提拉过程中，要克服重力和安培力做功即 w= Wg + Wb又WG=MgdWB=nBILd 联立 可得W=

16、 Mgd + qtR14. （10分）如图13所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L的单匝正方形线框 abcd, 在外力的作用下以恒定的速率 v向右运动进入磁感应强度为 B的有界匀强磁场区域.线框被 全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边9界.已知线框的四个边的电阻值相等，均为R.求:在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小;(2)在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压;(3)在线框被拉入磁场的整个过程中，线框产生的热量.较安(1)BLv (2)3BLv (3)/&日木 4R (2) 4(3) 4R解析(1)ab边切割磁感线产生的电动势为

17、E=BLv所以通过线框的电流为I=4R= BLv(2)ab边两端电压为路端电压Uab= I3R12 3BLv所以Uab= -(3)线框被拉入磁场的整个过程所用时间线框中电流产生的热量 Q= I2 4R t=Lt=vB2L3v4R15. (10分)图14甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距 L = 0.20 m,电阻R= 0.40 Q,导轨上停放一质量m=0.10 kg的金属杆ab,位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10 Q,导轨的电阻可忽略不计.整个装置处于磁感应强度B= 0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下.现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使

18、之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示.从金属杆开始运动经t = 5.0 s时，求:(2)金属杆的速度大小；(3)外力F的瞬时功率.答案 (1)1.0 A b-a (2)5.0 m/s (3)1.0 W解析 (1)由图象可知，t=5.0 s时的U = 0.40 V此时电路中的电流(即通过金属杆的电流)I=U= 1.0 AR用右手定则判断出，此时电流的方向为由b指向a(2)金属杆产生的感应电动势E= I(R+r)=0.50 V因E=BLv,所以5.0 s时金属杆的速度大小v= 7E- = 5.0 m/s BL金属杆速度为v时，电压表的示数应为 U= - BLvR+ r由图象可知，U与t成正比，由于 R、r、B及L均为不变量，所以 v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动.金属杆运动的加速度 a= ：= 1.0 m/s2根据牛顿第二定律，在5.0 s末时对金属杆有F-BIL=ma,解得 F=0.20 N此时F的瞬时功率 P=Fv=1.0 W16. (10分)如图15所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长 度ab=0.25 m,宽度bc = 0.20 m,共有n=100匝，总电阻r= 1.0 Q,可绕与磁场方向垂直 的对称轴OO转