物理人教版选修3-2模块综合检测（二）

模块综合检测(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本小题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项正确)1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下叙述符合事实的是()A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的答案：B2.如图所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压。在测量完毕后，将电路解体时应()A．先断开S1 B．先断开S2C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R解析：选A只要不断开S1，线圈L与电压表就会组成闭合电路，在断开电路干路时，线圈L会因此产生感应电流，流过电压表的电流方向与原电流方向相反，电压表中指针将反向转动，损坏电压表，所以必须先断开S1。A正确。3.如图所示，两条平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直，则选项图中可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律的是()解析：选D线框进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，反向的感应电动势逐渐变小，感应电流的变化与感应电动势的变化一致，D正确。4．一磁铁自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图所示，则选项图中能较正确反映线圈中电流I和时间t的关系的是(线圈中电流的图示箭头方向为正方向)()解析：选B当条形磁铁向右运动且并未穿过线圈过程中，通过线圈的磁通量向右逐渐增加，由楞次定律可知，线圈中的感应电流为正方向，当条形磁铁的正中央到达线圈位置时，磁通量的变化率最小，感应电流为零，当条形磁铁正中央通过线圈后，穿过线圈向右的磁通量逐渐减小，则线圈中产生负方向的感应电流，且先增大再减小，故选项B正确。5．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势e随时间t变化的情况如图所示，下列说法中正确的是()A．此交流电的频率为0.2HzB．此交变电动势的有效值为1VC．t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向平行D．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为eq\f(1,100π)Wb解析：选D由题图可知，此交流电的周期T＝0.2s，频率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，A错误。E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)V，B错误。t＝0.1s时，感应电动势为0，线圈平面与磁感线方向垂直，C错误。因Em＝nBSω，其中n＝10，ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s，故Φm＝BS＝eq\f(1,100π)Wb，D正确。6．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em。下列说法中正确的是()A．当磁通量为零时，感应电动势为零B．当磁通量减小时，感应电动势在减小C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5EmD．角速度ω等于Em/Φm解析：选D根据正弦式交变电流的产生及其变化规律(设从中性面开始计时)，由e＝Emsinωt＝BSωsinωt＝Φmωsinωt，可知D正确。7．如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小。电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻。当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是()A．A1的示数不变，A2的示数增大B．A1的示数减小，A2的示数增大C．V1的示数不变，V2的示数增大D．V1的示数不变，V2的示数减小解析：选D当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总电流，由于副线圈的电流增加，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源电压不变，匝数比不变，原、副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也减小，所以A2的示数要减小。8.如图所示，光滑平行导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P，其他电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P，则应()A．将导轨间距变为原来的eq\r(2)倍B．换一电阻减半的灯泡C．将磁场磁感应强度B加倍D．换一质量为原来eq\r(2)倍的金属棒解析：选D导体棒达到稳定状态时，有mgsinθ＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R)，灯泡的电功率P＝eq\f(BLvm2,R)，由以上两式得P＝eq\f(mgsinθ2R,B2L2)，根据此式可知只有D项正确。二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。选对但不全的得2分，错选不得分)9．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝220eq\r(2)sin100πtV，对于这个交变电流的说法错误的是()A．此交变电流的频率为100Hz，周期为0.01sB．此交变电流电动势的有效值为220VC．耐压值为220V的电容器能够在该交变电路中使用D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零解析：选ACD由电动势瞬时值表达式可知，此交变电流的频率为50Hz，周期为0.02s，电动势的有效值为220V，最大值为220eq\r(2)V，故A、C选项错误，B选项正确；当t＝0时，电动势的瞬时值为零，说明t＝0时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量为最大，故D选项错误。10.如图所示，矩形线圈abcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈平面与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈绕ab边以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时)()A．t＝0时线圈的感应电动势为零B．转过90°时线圈的感应电动势为零C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为eq\f(1,2)ωBLDD．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为eq\f(2ωBLD,π)解析：选BDt＝0时，只有cd边切割磁感线，感应电动势E1＝BLv＝BL·ωD＝BSω≠0，A错误；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E2＝0，B正确；转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD。转过90°所用时间Δt＝eq\f(T,4)＝eq\f(\f(2π,ω),4)＝eq\f(π,2ω)，故平均电动势为：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLD,\f(π,2ω))＝eq\f(2ωBLD,π)，故C错误，D正确。11．某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高为U2后输电，输送的电功率保持不变。若输电线路的总电阻为R线，则下列说法中正确的是()A．由公式I＝eq\f(P,U2)可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的eq\f(1,50)B．由公式I＝eq\f(U2,R线)可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C．由公式P＝I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的eq\f(1,2500)D．由公式P＝eq\f(U22,R线)可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2500倍解析：选AC由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2＝50U1，输送功率不变，由公式I＝eq\f(P,U2)可知，输电线中的电流变为原来的eq\f(1,50)，A正确，B错误；由P＝I2R线可知，输电线上的功率损耗减为原来的eq\f(1,2500)，C正确，D错误。12.如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一质量为m、长为l的导体棒，从ab位置以方向平行于斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ。则()A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为eq\f(B2l2v,R)B．上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为eq\f(1,2)mv2C．上滑过程中电流做功产生的热量为eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)D．上滑过程中导体棒损失的机械能为eq\f(1,2)mv2－mgssinθ解析：选CD上滑过程中导体棒在初始位置所受安培力最大，即F＝BIl＝Beq\f(Blv,2R)l＝eq\f(B2l2v,2R)，所以A错误；上滑过程中由动能定理可得安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为W安＋Wf＋WG＝ΔEk＝－eq\f(1,2)mv2，B错误；上滑过程中电流做功产生的热量等于克服安培力做的功，即eq\f(1,2)mv2－WG－Wf＝eq\f(1,2)mv2－mgssinθ－μmgscosθ＝eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，C正确；由能量守恒定律可判断D正确。三、非选择题(本题共5小题，共52分)13．(6分)用如图所示的实验装置探究电磁感应现象的规律。(1)(多选)当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，下列说法正确的是()A．当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转B．当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向左偏转C．保持磁铁在线圈中静止，电流表指针不发生偏转D．磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏(2)某同学在实验过程中发现，灵敏电流计的指针摆动很小，如果电路连接正确，接触也良好，原因可能是电流计灵敏度较低、线圈电阻较大，除此以外还可能是因为____________________________(写出一种即可)。解析：(1)当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，这说明：电流从哪极流入，指针向哪偏转。当把磁铁N极向下插入线圈时，由楞次定律可知，感应电流从负极流入，电流表指针向左偏，故A正确；当把磁铁N极从线圈中拔出时，由楞次定律可知，感应电流从正极流入，电流表指针向右偏转，故B错误；保持磁铁在线圈中静止，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故C正确；磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转，故D错误。(2)灵敏电流计的指针摆动很小，除题中所述原因以外还可能是因为导体运动的慢或者磁场较弱。答案：(1)AC(2)导体运动的慢或者磁场较弱14．(10分)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图。其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100，电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交变电压表为理想电表。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。求：(1)交流发电机产生的电动势最大值；(2)电动势的瞬时值表达式；(3)电路中交变电压表的示数。解析：(1)交流发电机产生电动势的最大值Em＝nBSω而Φm＝BS，ω＝eq\f(2π,T)，所以Em＝eq\f(2nπΦm,T)由题图乙可知，Φm＝2.0×10－2Wb，T＝0.2s所以Em＝20πV≈62.8V。(2)线圈转动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.2)rad/s＝10πrad/s，由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝62.8cos10πtV(3)电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝10eq\r(2)πVU＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(90,100)×10eq\r(2)πV＝9eq\r(2)πV≈40V答案：(1)62.8V(2)e＝62.8cos10πtV(3)40V15．(10分)风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源，风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置，如图所示，其主要部分包括风轮机、齿轮箱、发电机等。(1)利用总电阻R＝10Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能。输送功率P0＝300kW，输出电压U＝10kV，求导线上损失的功率与输送功率的比值；(2)已知风力发电机的输出功率P与风速v的三次方成正比。某风力发电机在风速v1＝9m/s时能够输出的电功率为P1＝540kW。我国某地区风速不低于v2＝6m/s的时间每年约为5000小时，试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时。解析：(1)导线上损失的功率为P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P0,U)))2R＝9kW损失的功率与输送功率的比值eq\f(P,P0)＝eq\f(9×103W,300×103W)＝0.03。(2)风力发电机的输出功率为P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,v1)))3P1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,9)))3×540kW＝160kW，最小年发电量为W＝P2t＝160×5000kW·h＝8×105kW·h。答案：(1)0.03(2)8×105kW·h16．(13分)如图甲所示，两根光滑固定导轨相距0.4m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd。棒cd的质量为0.01kg，长为0.2m，处于磁感应强度为B0＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2m的水平虚线MN和JK之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为0.02kg、阻值为0.3Ω的金属棒ab从虚线MN上方0.2m高度处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好，结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场，并在磁场中做匀速运动，在t2时刻从下边界JK离开磁场，g取10m/s2。求：(1)在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小；(2)在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大；(3)棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热。解析：(1)对棒ab自由下落过程，有Δt＝t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.2s磁感应强度的变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.5,0.2)T/s＝2.5T/s由法拉第电磁感应定律得，0～t1时间内感应电动势E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Labh联立以上各式并代入数据可得E1＝0.2V。(2)由棒ab匀速进入磁场区域可知BI2Lab＝mabg代入数据，可解得I2＝1A在t1～t2时间内，对棒cd受力分析，可得FT＝mcdg＋B0I2Lcd代入数据，可解得FT＝0.2N。(3)棒ab刚进入磁场时的速度为v＝gt1＝2m/s棒ab进入磁场后的感应电动势为E2＝BLabv＝0.4V则Rcd＝eq\f(E2,I2)－Rab＝0.1Ω在0～t1时间内，感应电流为I1＝eq\f(E1,Rab＋Rcd)＝0.5A棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热Qcd＝Q1＋Q2＝I12Rcdt1＋I22Rcdeq\f(h,v)＝0.015