2019版物理人教版选修3-2训练：模块综合检测（A） .docx

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1、模块综合检测(A)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求,710题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)1.课堂上教师做了如图所示的演示实验,同学们根据实验现象得到如下结论,其中不正确的是()A.甲、乙两次实验表明通电导线周围存在磁场B.甲、丙两次实验表明磁场对电流有力的作用C.甲、丙两次实验表明通电导线周围的磁场方向与电流方向有关D.甲、乙、丙三次实验现象共同表明电能生磁,且其磁场方向与电流方向有关解析:甲中通电时小磁针发生了转动,证明甲中有磁场,

2、而乙断开后没有转动,说明乙中没有磁场,即通电导线能产生磁场,故A不符合题意;甲、丙两实验说明了电流反向时对磁针的作用方向不同,无法确定磁场对电流是否有力的作用,故B符合题意;甲和丙两次实验中电流反向后,小磁针的转动方向发生了变化,能证明磁场方向与电流方向有关,故C不符合题意;通过三次实验比较,通电导线能产生磁场,并且磁场方向与电流方向有关,故D不符合题意。答案:B2.如图所示,AB是水平面上一个圆的直径,在过AB的竖直平面内有一根通电导线EF。已知EF平行于AB,当EF竖直向上平移时,电流的磁场穿过圆面积的磁通量将()A.逐渐增大B.逐渐减小C.始终为0D.不为0,但保持不变解析:利用右手螺旋

3、定则判断直线电流产生的磁场,作出俯视图。考虑到磁场具有对称性,可以知道,穿入线圈的磁感线的条数与穿出线圈的磁感线的条数是相等的,故选项C正确。答案:C3.很多同学家里都有调光台灯、调速电风扇,过去是用变压器来实现上述调节的,缺点是成本高、体积大、效率低,且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速。现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的,一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压如图所示,即在正弦式电流的每一个12周期中,前面的14周期被截去,从而改变了电灯上的电压,那么现在电灯上的电压的有效值为()A.UmB.Um2C.Um2D.Um4解析:由有效值的定义知U2RT=Um22R

4、T2,解得U=Um2,C项正确。答案:C4.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度为B、电阻为R、半径为l、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为()A.Bl22R B.2Bl22R C.2Bl24R D.Bl24R解析:线框进入磁场和穿出磁场产生的感应电动势均为E=12Bl2,产生感应电动势的时间均为T8,由一个周期产生的电热Q=I2Rt=ER2Rt=Bl22R2RT82=I2RT,解得I=Bl24R,故D对,A、B、C错。答案:D5.如图所示,间距为2 m的无限长光滑金属导轨水平放置,导轨中间分布有磁

5、感应强度为1 T的匀强磁场,磁场边界为正弦曲线(图中虚线),一长为22 m的光滑导体棒以1 m/s的速度匀速向右滑动,导轨电阻不计,导体棒电阻为20 ,定值电阻阻值为10 ,则下列分析正确的是()A.电流表示数为130 AB.电压表的示数是0.5 VC.导体棒运动到图示虚线位置时的瞬时电流从C到DD.导体棒上消耗的热功率为0.2 W解析:当导体棒切割磁感线时,产生的感应电动势为E=Blv,由于有效切割长度按正弦规律变化,且当磁场反向时,感应电流反向,故这个过程产生正弦式交变电流,导体棒有效切割长度最长等于2 m,交流电动势的最大值是Em=Blv=121 V=2 V,有效值为E=Em2=1 V,

6、由于导体棒接入电路的有效长度为总长度的一半,所以接入电路的电阻为10 ,定值电阻阻值也为10 ,则电压表的示数为U=12E=0.5 V,选项B正确;电流表的示数为I=110+10 A=0.05 A,选项A错误;导体棒运动到图示虚线位置时,磁感应强度等于0,瞬时电流等于0,选项C错误;导体棒上消耗的热功率为Pr=I2r=0.05210 W=0.025 W,选项D错误。答案:B6.下图为测定压力的电容式传感器,将电容器、灵敏电流表(零刻线在中间)和电源串联成闭合电路。当压力F作用于可动膜片电极上时,膜片产生形变,引起电容的变化,导致灵敏电流表指针偏转。那么从恒定压力开始作用到膜片形变稳定过程中,灵

7、敏电流表指针偏转情况应是(设电流从灵敏电流表“+”接线柱流入时,指针向右偏转)()A.向右偏转,然后又回到零刻线处B.向左偏转,然后又回到零刻线处C.向右偏转到某一刻度处静止不动D.向左偏转到某一刻度处静止不动解析:当压力增大时,可动电极上移,电容器电容增大,电池向电容器充电,电流从灵敏电流表“+”接线柱流入,故指针右偏;当压力稳定时,电容器电容不再变化,无充电电流,故灵敏电流表示数为零,指针回到零刻线处。答案:A7.一矩形金属线圈,绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是()A.此交变电流的频率为0.5 HzB.此交变电流的电

8、动势有效值为2 VC.t=0.01 s时,线圈平面与磁场方向垂直D.t=0.02 s时,线圈磁通量变化率t为零解析:由图像可以看出,此交变电流是正弦式电流,最大值为2 V,周期T=0.02 s,所以频率f=1T=50 Hz;电动势的有效值E=Em2 V=2 V,所以选项A、B错;在t=0.01 s和t=0.02 s时,感应电动势为零,线圈没有切割磁感线的边,线圈磁通量变化率t为零,线圈平面与磁场方向垂直,磁通量最大,C、D选项正确。答案:CD8.如图所示的电路中,变压器是理想变压器。原线圈匝数n1=600,装有0.5 A 的保险丝,副线圈的匝数n2=120,要使这个电路正常工作,当原线圈接在1

9、80 V的正弦式交流电源上时,下列判断正确的是()A.副线圈可接耐压值为36 V的电容器B.副线圈可接“36 V40 W”的电灯两盏C.副线圈可接电阻为14 的电烙铁D.副线圈可以串联一个量程为3 A的电流表,测量电路中的总电流解析:根据输入电压与匝数的关系,有U1U2=n1n2,解得U2=n2n1U1=120600180 V=36 V。根据保险丝熔断电流,有P2=P1=I1U1=0.5180 W=90 W。根据正弦式交流电压有效值与最大值间的关系,有U2m=2U2=362 V,允许副线圈通过的最大电流有效值为I2=n1n2I1=6001200.5 A=2.5 A,负载电阻最小值R=U2I2=

10、362.5 =14.4 。根据以上数据,知B、D两项正确。答案:BD9.如图所示的电路中,三个灯泡A1、A2、A3的电阻关系为R1R2I2I3。当S突然断开时,电感L相当于电源,由于此时二极管处于反向截止状态,故A2立即熄灭,故B错误,D正确。L、A1和A3构成一个闭合回路,L中电流从I1逐渐减小,则通过A1的电流逐渐减小,通过A2的电流先变大后逐渐变小,故A错误,C正确。答案:CD10.如图甲所示,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变,ab边始终保持与磁场水平边界线OO平行,线框平面与磁场方向垂直。设

11、OO下方磁场区域足够大,不计空气影响,则如图乙所示中哪一个图像可能反映线框下落过程中速度v 随时间t变化的规律()甲乙解析:线框未进入磁场时和完全进入磁场时均做自由落体运动。只有ab边进入磁场时受安培力和重力,若F安=B2l2vR=mg,则线框匀速通过磁场,D有可能。若F安=B2l2vRmg,则线框做加速度减小的减速运动,当F安=B2l2vR=mg时匀速运动,B有可能。若F安=B2l2vRG1。(2)设铜条所受安培力为F安,由牛顿第三定律可知磁铁受到的反作用力F安=F安,由平衡条件得F安+G1=G2,所以F安=G2-G1,铜条切割磁感线产生感应电动势E=Blv,闭合回路中的电流I=ER,又有F

12、安=BIl,联立式解得B=1l(G2-G1)Rv。答案:(1)竖直向上G2G1(2)G2-G1B=1l(G2-G1)Rv15.(10分)风力发电作为新型环保能源,近几年得到了快速发展。已知风车阵中发电机总输出功率为100 kW,输出电压是250 V,用户需要的电压是220 V,输电线电阻为10 。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%,试求:(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比;(2)用户得到的电功率。解析:(1)输电线损耗功率P线=1004% kW=4 kW,又P线=I22R线输电线电流I2=I3=20 A原线圈中输入电流I1=PU1=400 A所以n1n2=I2I1

13、=120这样U2=U1n2n1=5 000 VU3=U2-U线=5 000 V-2010 V=4 800 V所以n3n4=4 800220=24011如图所示(2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用=P-P损=P(1-4%)=10096% kW=96 kW。答案:(1)120,24011(2)96 kW16.(12分)在小车上竖直固定着一个高h=0.05 m、总电阻R=10 、n=100匝的闭合矩形线圈,且小车与线圈的水平长度l相同。现使线圈和小车一起在光滑的水平面上运动,速度为v1=1.0 m/s,随后穿过与线圈平面垂直、磁感应强度B=1.0 T的水平有界匀强磁场,方向垂直纸面向里

14、,如图甲所示。已知小车运动(包括线圈)的速度v随车的位移x变化的v-x图像如图乙所示。求:(1)小车的水平长度l和磁场的宽度d;(2)小车的位移x=10 cm时线圈中的电流大小I;(3)小车的位移x=35 cm时线圈所受安培力的大小及方向。解析:(1)由题图乙可知,从x=5 cm开始,线圈进入磁场,线圈中有感应电流,受安培力作用,小车做减速运动,速度v随位移x的增大而减小,当x=15 cm时,线圈完全进入磁场,线圈中无感应电流,小车做匀速直线运动,因此小车的水平长度l=10 cm。当x=30 cm时,线圈开始离开磁场,则d=(30-5) cm=25 cm。(2)当x=10 cm时,由题中图像可知线圈右边切割磁感线的速度v2=0.8 m/s由闭合电路的欧姆定律得线圈中的电流I=ER=nBhv2R解得I=1001.00.050.810 A=0.4 A。(3)当x=35 cm时,切割磁感线的速度v3=0.4 m/s。线圈中的电流I=ER=nBhv3R则安培力F=nBIh=n2B2h2v3R代入数据得F=1 N。由左手定则知安培力的方向水平向左。答案:(1)10 cm25 cm(2)0.4 A(3)1 N,方向水平向左