2019年高中物理 模塊綜合檢測 魯科版選修3-2.doc

2019年高中物理 模塊綜合檢測 魯科版選修3-2一、選擇題(本大題共8個小題，每小題6分，共計48分，每小題至少一個答案正確)1(xx延安高二檢測)如圖1所示，螺線管與電流表組成閉合電路，條形磁鐵位于螺線管上方，下端為N極，則當螺線管中產生的感應電流()圖1A方向與圖示方向相同時，磁鐵靠近螺線管B方向與圖示方向相反時，磁鐵靠近螺線管C方向與圖示方向相同時，磁鐵遠離螺線管D方向與圖示方向相反時，磁鐵遠離螺線管【解析】 磁鐵靠近螺線管時，根據(jù)楞次定律，螺線管中感應電流方向與圖示方向相同，A對，B錯；磁鐵遠離螺線管時，根據(jù)楞次定律，螺線管中感應電流方向與圖示方向相反，C錯，D對【答案】AD2(xx銀川一中檢測)如圖2所示，在條形磁鐵的中央位置的正上方水平固定一銅質圓環(huán)以下判斷中正確的是()圖2A釋放圓環(huán)，環(huán)下落時環(huán)的機械能守恒B釋放圓環(huán)，環(huán)下落時磁鐵對桌面的壓力比磁鐵受的重力大C給磁鐵水平向右的初速度，磁鐵滑出時做減速運動D給磁鐵水平向右的初速度，圓環(huán)產生向左運動的趨勢【解析】由條形磁鐵磁場分布特點可知，穿過其中央位置正上方的圓環(huán)的合磁通量為零，所以在環(huán)下落的過程中，磁通量不變，沒有感應電流，圓環(huán)只受重力，則環(huán)下落時機械能守恒，A對，B錯；給磁鐵水平向右的初速度，由楞次定律可知，圓環(huán)的運動總是阻礙自身磁通量的變化，所以環(huán)要受到向右的作用力，由牛頓第三定律可知，磁鐵要受到向左的作用力而做減速運動(或據(jù)“總阻礙相對運動”的推論得出)，故C對，D錯【答案】AC3(xx高新一中檢測)用一根橫截面積為S、電阻率為的硬質導線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑如圖所示，在ab的左側存在一個均勻變化的勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖3，磁感應強度大小隨時間的變化率k(k<0)，則()圖3A圓環(huán)中產生逆時針方向的感應電流B圓環(huán)具有擴張的趨勢C圓環(huán)中感應電流的大小為D圖中a、b兩點間的電勢差Uab|kr2|【解析】根據(jù)楞次定律可知，磁通量減小，產生順時針方向的感應電流，A選項不正確；圓環(huán)面積有擴張的趨勢，B選項正確；產生的感應電動勢為/tkr2/2，則電流大小為|，C選項不正確；Uab等于kr2的絕對值，D選項正確【答案】BD4(xx北京高考)如圖4所示，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產生的感應電動勢為E1；若磁感應強度增為2B，其他條件不變，MN中產生的感應電動勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1E2分別為()圖4Aca,21Bac,21Cac,12 Dca,12【解析】金屬桿垂直平動切割磁感線產生的感應電動勢EBlv，判斷金屬桿切割磁感線產生的感應電流方向可用右手定則由右手定則判斷可得，電阻R上的電流方向為ac，由EBlv知，E1Blv，E22Blv，則E1E212，故選項C正確【答案】C5下列四幅圖是交流電的圖象，其中能正確反映我國居民日常生活所用交流電的是()【解析】我國居民日常生活所用的是正弦式交流電，其電壓的有效值是220 V，最大值為311 V，周期為0.02 s，所以只有C正確【答案】C6如圖5所示的交流電u311sin(314 t/6) V，接在阻值220 的電阻兩端，則()圖5A電壓表的讀數(shù)為311 VB電流表的讀數(shù)為1.41 AC該交流電的頻率為50 HzD2 s內電阻產生的熱量是440 J【解析】本題考查交流電的瞬時表達式、最大值、有效值由uUmsin(t)可知：最大值是311 V，頻率是50 Hz，故有效值是220 V，電壓表、電流表的讀數(shù)、計算電功率，用的都是有效值，電壓表的讀數(shù)為220 V，電流表的讀數(shù)為1 A，故A、B錯誤【答案】CD7. (xx新課標全國高考)如圖6，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側有一寬度為d(d>L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下導線框以某一初速度向右運動t0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域下列vt圖象中，可能正確描述上述過程的是()圖6【解析】導體切割磁感線時產生感應電流，同時產生安培力阻礙導體運動，利用法拉第電磁感應定律、安培力公式及牛頓第二定律可確定線框在磁場中的運動特點線框進入和離開磁場時，安培力的作用都是阻礙線框運動，使線框速度減小，由EBLv、I及FBILma可知安培力減小，加速度減小，當線框完全進入磁場后穿過線框的磁通量不再變化，不產生感應電流，不再產生安培力，線框做勻速直線運動，故選項D正確【答案】D8(xx濟南一中檢測)如圖7所示的電路中，A1、A2為相同的電流表，電阻R1、R2的阻值相同，線圈L的電阻不計理想變壓器原線圈接入uUmsin 2ft的交變電流后，電流表A1、A2的示數(shù)分別為I1、I2，則()圖7AUm增大時，I1增大Bf不變，Um增大時，I2減小CUm不變，f增大時，I1增大DUm不變，f增大時，I2減小【解析】根據(jù)理想變壓器的變壓比，當Um變大，則可知副線圈兩端的電壓也增大，根據(jù)歐姆定律可知I1增大，A對，B錯；當交變電流的頻率變大時，電感線圈的感抗增大，但是副線圈兩端電壓保持不變，故根據(jù)歐姆定律可判斷I1不變，I2應變小，C錯，D對【答案】AD二、非選擇題(本大題共5個小題，共52分計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)9(6分)由于國際空間站的運行軌道上各處的地磁場強弱及方向均有所不同，所以在運行過程中，穿過其外殼的地磁場的磁通量將不斷變化，這樣將會導致_現(xiàn)象發(fā)生，從而消耗國際空間站的能量為了減少這類消耗，國際空間站的外殼材料的電阻率應盡可能_(填“大”或“小”)一些【解析】電阻率較大，電阻也較大，同樣的電磁感應現(xiàn)象，產生的電動勢一定，由P可知，電阻較大時，消耗的電功率較小，可以減少能量消耗【答案】電磁感應大10(6分)我國南方山區(qū)的小水庫有豐富的水力資源，有一個水力交流發(fā)電機在正常工作時，電動勢e310sin 50t V，由于洪澇，水庫水位暴漲，為加快泄洪，水輪帶動發(fā)電機的轉速增加0.4倍，若其他條件不變，則電動勢e_.【解析】據(jù)EmaxnBS，2n當n增加0.4倍時，1.4所以Emax1.4Emax1.4310 V434 V故e434sin 70t V.【答案】434sin 70t V11(8分)我國的“嫦娥二號”探月衛(wèi)星在發(fā)射1 533秒后進入近地點高度為200 km的地月轉移軌道假設衛(wèi)星中有一邊長為50 cm的正方形導線框，由于衛(wèi)星的調整由水平方向轉至豎直方向，此時地磁場磁感應強度B4105 T，方向如圖8所示圖8(1)該過程中磁通量的改變量是多少？(2)該過程線框中有無感應電流？設線框電阻為R0.1 ，若有電流則通過線框的電量是多少？(sin 370.6，cos 370.8)【解析】 (1)設線框在水平位置時法線n方向豎直向上，穿過線框的磁通量1BScos 536.0106 Wb.當線框轉至豎直位置時，線框平面的法線方向水平向右，與磁感線夾角143，穿過線框的磁通量2BScos 1438.0106 Wb該過程磁通量的改變量大小121.4105 Wb.(2)因為該過程穿過閉合線框的磁通量發(fā)生了變化， 所以一定有感應電流根據(jù)電磁感應定律得，.通過的電量為qt1.4104 C.【答案】(1)1.4105 Wb(2)1.4104 C12(12分)一臺理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為101，原線圈接u100 sin 100t(V)的交變電壓、副線圈兩端用導線接規(guī)格為“6 V12 W”的小燈已知導線總電阻r0.5 ，試求：副線圈應接幾盞小燈？這些小燈應如何連接才能使這些小燈都正常發(fā)光？【解析】由，副線圈兩端電壓的有效值U2U1100 V10 V導線上的電壓U線10 V6 V4 V副線圈中的輸出電流I2 A8 A每個小燈的額定電流I A2 A應接小燈的盞數(shù)：n4(盞)連接方式為并聯(lián)【答案】4盞并聯(lián)13(12分)(xx鎮(zhèn)安中學檢測)交流發(fā)電機的原理如圖9甲所示，閉合的矩形線圈放在勻強磁場中，繞OO軸勻速轉動，在線圈中產生的交變電流隨時間變化的圖象如圖9乙所示，已知線圈的電阻為R2.0 ，求：甲乙圖9(1)通過線圈導線的任一個橫截面的電流的最大值是多少？(2)矩形線圈轉動的周期是多少？(3)線圈電阻上產生的電熱功率是多少？(4)保持線圈勻速運動，1 min內外界對線圈做的功是多少？【解析】(1)由it圖可知通過線圈導線的任一個橫截面的電流的最大值Im2.0 A.(2)矩形線圈轉動的周期T4.0103 s.(3)由有效值I，線圈電阻上產生的電熱功率為PI2R R4 W.(4)外界對線圈做功轉化成電能再轉化成電熱，1 min內外界對線圈做的功WPt240 J.【答案】(1)2.0 A(2)4.0103 s(3)4 W(4)240 J