2024-2025学年高中物理模块测评含解析新人教版选修3-2

PAGE10-模块综合测评(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源．在接通电源的瞬间，A、C两环()A．都被B吸引 B．都被B排斥C．A被吸引，C被排斥 D．A被排斥，C被吸引B[在接通电源的瞬间，环B可等效为一短条形磁铁，穿过A、C环的磁通量在增加．两环A、C为了阻碍磁通量的增加，都应朝环B外部磁场较小的方向运动，即A向左而C向右，两环都受到了环B的排斥作用．]2．如图甲所示，一闭合线圈置于磁场中，若磁感应强度B随时间改变的规律如图乙所示，线圈中感应电动势E随时间t改变的图象是()ABCDD[由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S可知，因磁感应强度B随时间改变的改变率eq\f(ΔB,Δt)是分段恒定的，因此电动势E随时间改变的规律也是分段恒定的，故D正确．]3．如图所示的圆形线圈共n匝，电阻为R，过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B间的距离为L，A、B关于O点对称．一条形磁铁起先放在A点，中心与A重合，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与A、B所在直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法正确的是()A．磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为eq\f(Φ1,n)B．磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均电动势为E＝eq\f(2nvΦ2－Φ1,L)C．磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的改变量为2Φ1D．磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量不为零B[磁通量形象化的含义是通过某平面的磁感线条数的多少，与线圈匝数无关，即通过整个线圈与通过每一匝线圈的磁通量都是Φ1，A错误；由法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝Φ2－Φ1、Δt＝eq\f(\x\to(AO),v)＝eq\f(L,2v)，故E＝eq\f(2nvΦ2－Φ1,L)，可知B正确；在A、B两位置，由对称性知通过线圈的磁通量大小相同，且磁感线穿过线圈平面的方向都是向右的，故ΔΦ＝0，而q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)，故q＝0，C、D错误．]4．通过志向变压器给用电器供电，电路如图甲所示，变压器初级线圈匝数n1＝1000匝，两次级线圈的匝数分别为n2＝50匝、n3＝100匝．在初级线圈ab端接如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是()甲乙A．沟通电的频率为100HzB．U2＝50V，U3＝100VC．I1∶I2＝1∶20D．闭合开关S，则I1增大D[沟通电的周期为0.02s，频率为50Hz，选项A错误；依据变压器的匝数与电压比可知，U2＝eq\f(n2U1,n1)＝eq\f(50,1000)·eq\f(1000,\r(2))V＝25eq\r(2)V；U3＝eq\f(n3U1,n1)＝eq\f(100,1000)·eq\f(1000,\r(2))V＝50eq\r(2)V，选项B错误；因电流与匝数之间满意：I1n1＝I2n2＋I3n3，故选项C错误；闭合开关S，则I3变大，依据I1n1＝I2n2＋I3n3可知I1增大，选项D正确．]5．如图所示，接在家庭电路上的志向降压变压器给小灯泡L供电，假如将原、副线圈削减相同匝数，其他条件不变，则()A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变B[由于家庭电路上志向变压器为降压变压器，故n1>n2，当原、副线圈削减相同的匝数时，其变压比eq\f(n′1,n′2)变大，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n′1,n′2)，U1肯定，U2变小，故小灯泡变暗，选项A错误，选项B正确；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n′1,n′2)知，原、副线圈电压的比值变大，选项C错误；依据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n′2,n′1)，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误．]6．用图甲所示电路测量电流表的内阻．闭合开关S，当变阻器的滑片滑至c处时，电流表和电压表的读数分别为40mA、9V，已知图甲中热敏电阻的I­U关系图线如图乙所示，则电流表的内阻为()A．0.14Ω B．85ΩC．140Ω D．225ΩB[当电流表读数为40mA时，说明热敏电阻的电流为40mA，由题图乙知热敏电阻两端电压UR＝5.6V，则电流表两端电压U＝9V－5.6V＝3.4V，由欧姆定律得RmA＝eq\f(U,I)＝eq\f(3.4V,40×10－3A)＝85Ω.]7．奥斯特发觉了电流的磁效应后，法拉第细致地分析了电流的磁效应．他认为，既然磁铁可以使靠近它的铁块具有磁性，静电荷可以使靠近它的导体带电，那么电流也应当使靠近它的线圈感应出电流.1822年法拉第在日记中记载着“把磁转变成电”的光辉思想，后来，法拉第对这一课题进行了系统的试验探讨.1831年8月法拉第把两个线圈绕在一个铁环上(如图所示)，线圈A接直流电源，线圈B接电流表．他发觉，当线圈A的电路接通或断开的瞬间，线圈B中产生瞬时电流．分析这个试验，下列说法中正确的是()A．此试验说明线圈B的感应电流是由线圈A的磁场改变引起的B．开关S闭合瞬间，Ⓖ中的电流方向是a→bC．若将其中的铁环拿走，再做这个试验，S闭合瞬间，Ⓖ中没有电流D．若将其中的铁环拿走，再做这个试验，S闭合瞬间，Ⓖ中仍有电流ABD[开关闭合瞬间，线圈A中电流产生磁场，使铁环中磁通量增加．依据右手安培定则和楞次定律可知B线圈中产生由a→b的感应电流，铁环撤掉后不影响感应电流产生．]8．如图为志向变压器，其原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈接有沟通电压u＝220sin100πt(V)，图中电压表和电流表均为志向沟通电表，Rt为负温度系数的热敏电阻(即当温度上升时，阻值减小)，R1为定值电阻，C为电容器．下列说法正确的是()A．电压表示数是110VB．沟通电的频率为50HzC．通过R1的电流始终为零D．当Rt处温度上升时，电压表示数不变，电流表示数变大BD[原线圈所加交变电压的有效值为U1＝eq\f(220,\r(2))V，由志向变压器的变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,2)×eq\f(220,\r(2))V＝55eq\r(2)V，选项A错误；由交变电压的瞬时值表达式u＝220sin100πt(V)可知，该交变电流的频率f＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，选项B正确；由于交变电流能对电容器进行充、放电，所以会有充、放电电流通过电阻R1，选项C错误；因变压器为志向变压器，线圈电阻不计，因此，电压表的示数不变，当Rt处的温度上升时，其电阻阻值变小，所以电流表的示数变大，选项D正确．]9．如图所示，为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来．当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动，则下列说法中正确的是()A．不断转动A盘就可以获得持续的电流，其缘由是将整个铜盘看成沿径向排列的多数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势B．当A盘转动时，B盘也能转动的缘由是电流在磁场中受到力的作用，此力对转轴有力矩C．当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动D．当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动ABC[将图中铜盘A所在的一组装置作为发电机模型，铜盘B所在的一组装置作为电动机模型，这样就可以简洁地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”，处在磁场中的每一根“辐条”都在做切割磁感线运动，产生感应电动势，进而分析可得．]10．如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为20eq\r(2)cm，电阻不计，其左端连接一阻值为10Ω的定值电阻．两导轨之间存在着磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期连接而成，磁场方向如图．一接入电阻阻值为10Ω的导体棒AB在外力作用下以10m/s的速度匀速向右运动，沟通电压表和沟通电流表均为志向电表，则()A．电流表的示数是eq\f(\r(2),10)AB．电压表的示数是1VC．导体棒运动到图示虚线CD位置时，电流表示数为零D．导体棒上消耗的热功率为0.1WBD[当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E＝BLv，由于L按正弦规律改变，这个过程产生正弦式电流，磁场方向改变时，电流方向改变，所以回路中产生的是正弦式交变电流．产生的感应电动势的最大值Em＝BLv＝1×20eq\r(2)×10－2×10V＝2eq\r(2)V，则电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝2V，电流表的示数I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2,20)A＝0.1A；电压表测量R两端的电压，则U＝IR＝1V，故A错误，B正确；电流表示数为有效值，始终为0.1A，故C错误；导体棒上消耗的热功率P＝eq\f(U′2,r)＝eq\f(2－12,10)W＝0.1W，故D正确．]二、非选择题(本题共6小题，共50分)11．(5分)(1)按图所示连接好电路，合上S和S′，发觉小灯泡不亮，用电吹风对热敏电阻吹一会儿，会发觉小灯泡发光了，缘由是．(2)若将热敏电阻换成光敏电阻，合上S和S′，发觉小灯泡发光，用黑纸包住光敏电阻后，小灯泡熄灭，其缘由是.[解析](1)热敏电阻阻值较大，左侧电路电流较小，电磁铁磁性较弱，吸不住衔铁，小灯泡不亮，电吹风对热敏电阻加热，使其阻值变小，电路中电流增大，电磁铁磁性增加吸住衔铁，使上、下触点接触，小灯泡发光．(2)用黑纸包住去敏电阻后，光敏电阻的阻值增大，左侧电路电流减小，电磁铁磁性变弱，使上、下触点断开，造成小灯泡熄灭．[答案]见解析12．(5分)如图(a)是汽车过桥时对不同类型桥面压力改变的试验．采纳DIS方法对模型进行测量，其结果如图(b)中电脑屏幕所示．(1)图(a)中的传感器为传感器．(2)图(a)中甲、乙、丙分别为三种不同类型的桥面．对于凸形桥甲，其相对应的压力图线应是图(b)电脑屏幕上的(选填“a”“b”或“c”)．(3)如增大小球在斜槽上的高度，在图(b)中大致画出小球能过凸形桥甲时的压力图线．[解析](1)该传感器把力信号转化为电信号，属于力电传感器．(2)小球经过凸形桥甲的最高点时，压力小于重力，其相对应的图线应是电脑屏幕上的c.(3)增大小球在斜槽上的高度，小球经凸形桥甲的最高点时压力更小，其图线与c相比较，最低点应更低一些．[答案](1)力电(2)c(3)图略，图线与c相比较，最低点更低一些13.(8分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝eq\f(R,3)的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不行伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面对右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3m时，测得U＝0.15V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2)(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小．(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．[解析](1)由右手定则可知A是电源正极，所以a点接的是电压表的正极．(2)导体棒切割磁感线产生的电动势E＝eq\f(BRvA,2)金属圆盘和金属棒的角速度相同，设为ω，铝块速度为v则v＝eq\f(ωR,3)，vA＝ωR代入数据可得v＝2m/s(其中E＝U)．(3)依据能量的转化与守恒，下落过程中铝块机械能的损失ΔE＝mgh－eq\f(mv2,2)，代入数据得ΔE＝0.5J.[答案](1)正极(2)2m/s(3)0.5J14.(10分)如图所示，矩形线框匝数N＝250匝，ab＝12cm，ad＝10cm，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(2,π)T，线框绕垂直于磁场方向的轴以120r/min的转速匀速转动．线框通过滑环与外电路相连，外电路接有R＝12Ω的电阻和一个发光电压与熄灭电压都为12V的氖泡L.线框与其他电阻不计．求：(1)当开关S接e时，电流表的读数为多少？电阻R的热功率为多大？10min内外力对线框做了多少功？(2)当开关S接f时，氖泡的闪光频率为多大？通电10min，氖泡发光的总时间为多少？[解析](1)S接e时，电流表的读数为I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(NBSω,\r(2)R)＝eq\f(250×\f(2,π)×0.12×0.1×2π×\f(120,60),\r(2)×12)A＝eq\r(2)AR的热功率为P＝I2R＝(eq\r(2))2×12W＝24W外力做的功等于电阻R上产生的热量，则有W＝Pt＝24×10×60J＝1.44×104J.(2)S接f时，从中性面起先计时，线框产生的感应电动势为E＝NBSωsinωt＝24sin4πtV依据正弦曲线的改变规律，可知在交变电流的一个周期T内，氖泡发光2次，又氖泡的发光电压与熄灭电压都为12V，可得每次发光时间为eq\f(T,3).因T＝eq\f(1,2)s，故氖泡的发光频率为4Hz.通电10min，氖泡发光的总时间为t＝10×60×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(1,3)×\f(1,2)))s＝400s.[答案](1)eq\r(2)A24W1.44×104J(2)4Hz400s15．(10分)如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距为L＝0.5m，上端接有R＝3Ω的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面对下的匀强磁场，磁场区域为OO′O1′O1，磁感应强度大小为B＝2T，磁场区域宽度为d＝0.4m，放在导轨上的一金属杆ab质量为m＝0.08kg、电阻为r＝2Ω，从距磁场上边缘d0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v＝2m/s.导轨的电阻可忽视不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g＝10m/s2，求：(1)金属杆距磁场上边缘的距离d0；(2)通过磁场区域的过程中通过金属杆的电荷量q；(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热QR.[解析](1)由能量守恒定律得mgd0sin30°＝eq\f(1,2)mv2金属杆距磁场上边缘的距离d0＝0.4m.(2)由法拉第电磁感应定律eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)由闭合电路欧姆定律eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)q＝eq\x\to(I)·Δt则金属杆通过磁场区域的过程中通过其的电荷量q＝eq\f(ΔФ,R＋r)＝eq\f(BLd,R＋r)＝0.08C.(3)由法拉第电磁感应定律，金属杆刚进入磁场时E＝BLv＝2V由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)＝0.4A金属杆受到的安培力F＝BIL＝0.4N金属杆重力沿轨道平面对下的分力F′＝mgsin30°＝0.4N所以金属杆