2019年高中物理 模塊綜合檢測卷 新人教版選修3-2.doc
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2019年高中物理 模塊綜合檢測卷 新人教版選修3-2 一、單項選擇題(本題共4小題,每題4分,共16分.在每小題給出的四個選項中,只有一個選項正確.) 1.鼠標(biāo)器使用的是( ) A.壓力傳感器 B.溫度傳感器 C.光傳感器 D.紅外線傳感器 答案:D 2.根據(jù)楞次定律知感應(yīng)電流的磁場一定( ) A.阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量 B.與引起感應(yīng)電流的磁場反向 C.阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化 D.與引起感應(yīng)電流的磁場方向相同 解析:感應(yīng)電流的磁場一定阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化,因此它與原磁場方向可能相同,也可能相反. 答案:C 3.將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中,線圈平面與磁場方向垂直.關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流,下列表述正確的是( ) A.感應(yīng)電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān) B.穿過線圈的磁通量越大,感應(yīng)電動勢越大 C.穿過線圈的磁通量變化越快,感應(yīng)電動勢越大 D.感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同 解析:根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 E=N,感應(yīng)電動勢的大小與線圈的匝數(shù)、磁通量的變化率(磁通量變化的快慢)成正比,所以A、B選項錯誤,C選項正確;因不知原磁場變化趨勢(增強或減弱),故無法用楞次定律確定感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場的方向,D選項錯誤. 答案:C 4. 如圖, 理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2=2∶1,和均為理想電表,燈泡電阻RL=6 Ω,AB端電壓u1= 12sin 100πt(V).下列說法正確的是( ) A.電流頻率為100 Hz B.的讀數(shù)為24 V C.的讀數(shù)為0.5 A D.變壓器輸入功率為6 W 解析:A.AB端電壓u1=12sin 100πt(V),電流頻率為 f= Hz=50 Hz,故A錯誤;B.電壓表的示數(shù)為電路的有效電壓的大小,根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比,可知,U2=6 V,故B錯誤;C.I2==1 A,的讀數(shù)為1 A,故C錯誤;D. P1=P2=U2I2=6 W,故D正確.故選D. 答案:D 二、雙項選擇題(本題共5小題,每題6分,共30分.在每小題給出的四個選項中有兩個選項正確,漏選得3分,錯選或不選得0分.) 5.某小型發(fā)電機產(chǎn)生的交變電動勢為e=50sin 100πt(V),對此電動勢,下列表述正確的有( ) A.最大值是50 V B.頻率是100 Hz C.有效值是25 V D.周期是0.02 s 解析:根據(jù)交變電動勢的表達式有最大值為50 V, ω=100 π,所以有效值為25V,T==0.02 s,頻率50 Hz,故選C、D. 答案:CD 6.在如 圖所示的遠距離輸電電路圖中,升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器,發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變,隨著發(fā)電廠輸出功率的增大,下列說法中正確的有( ) A.升壓變壓器的輸出電壓增大 B.降壓變壓器的輸出電壓增大 C.輸電線上損耗的功率增大 D.輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大 解析:變壓器作用是變壓,發(fā)電廠的輸出電壓不變,升壓變壓器輸出的電壓U2應(yīng)不變,A錯誤.由于輸電線電流 I=,輸電線電壓損失 U損=IR,降壓變壓器的初級電壓U3=U2-U損,因P變大,I變大,所以U損變大,所以降壓變壓器初級電壓U3變小,B錯誤.輸電線功率損失 P損=2R,因P變大,所以P損變大,C正確;==,因P變大,所以比值變大,D正確. 答案:CD 7.為探究理 想變壓器原、副線圈電壓、電流的關(guān)系,將原線圈接到電壓有效值不變的正弦交流電源上,副線圈連接相同的燈泡L1、L2,電路中分別接了理想交流電壓表V1、V2和理想交流電流表A1、A2,導(dǎo)線電阻不計,如圖所示.當(dāng)開關(guān)S閉合后( ) A.A1示數(shù)變大,A1與A2示數(shù)的比值不變 B.A1示數(shù)變大,A1與A2示數(shù)的比值變大 C.V2示數(shù)變小,V1與V2示數(shù)的比值變大 D.V2示數(shù)不變,V1與V2示數(shù)的比值不變 解析:由于理想變壓器原線圈接到電壓有效值不變,則副線圈電壓不變,V2示數(shù)不變,V1與V2示數(shù)的比值不變,C錯誤、D正確.開關(guān)S閉合后,變壓器副線圈的負載電阻減小,V2不變,由歐姆定律可得A1示數(shù)變大,由于理想變壓器P2=P1,V1與V2示數(shù)的比值不變,所以A1與A2示數(shù)的比值不變,A正確、B錯誤.正確選項A、D. 答案:AD 8.如圖甲所示,矩形導(dǎo)線框ABCD固定在垂直于紙面的磁場;規(guī)定磁場向里為正,感應(yīng)電流順時針為正.要產(chǎn)生如圖乙所示的感應(yīng)電流,則Bt圖象可能為( ) 解析:因為每一段時間內(nèi)的電流為一定值,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 E=N,知磁感應(yīng)強度是均勻變化的.0到 t0內(nèi)的電流方向順時針方向,根據(jù)楞次定律知,0到t0內(nèi)的磁場方向為垂直紙面向里且減小,或垂直紙面向外且增大;t0到 2t0內(nèi)的磁場方向為垂直紙面向里且增大,或垂直紙面向外且減小.故A、D錯誤,B、C正確. 答案:BC 9.如圖 所示,電阻為R,其他電阻均可忽略,ef是一電阻不計的水平放置的導(dǎo)體棒,質(zhì)量為m,棒的兩端分別與ab、cd保持良好的接觸,又能沿框架無摩擦下滑,整個裝置放在與框架垂直的勻強磁場中,當(dāng)ef從靜止下滑一段時間后閉合S,則S閉合后( ) A.ef的加速度大小可能大于g B.ef的加速度大小一定小于g C.ef最終速度隨S閉合時刻的不同而不同 D.ef的機械能與回路內(nèi)產(chǎn)生的電能之和保持不變 解析:A、B.當(dāng)ef從靜止下滑一段時間后閉合S,ef將切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,受到豎直向上的安培力,若安培力大于2mg,則由牛頓第二定律得知,ef的加速度大小可能大于g.若安培力小于mg,則ef的加速度大小可能小于g.故A正確,B錯誤;C.棒達到穩(wěn)定速度時一定做勻速運動,由 mg=,則得v=,可見穩(wěn)定時速度v與開關(guān)閉合的先后無關(guān).故C錯誤;D.在整個過程中,只有重力與安培力做功,因此棒的機械能與電路中產(chǎn)生的電能是守恒的.故D正確;故選AD. 答案:AD 三、非選擇題(本大題4小題,共54分.按題目要求作答.解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟.只寫出最后答案的不能得分.有數(shù)值計算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 10.(6分)如圖所示,導(dǎo)線環(huán)面積為10 cm2,環(huán)中接入一個電容器,C=10 μF,線圈放在均勻變化的磁場中,磁感線垂直線圈平面.若磁感應(yīng)強度以0.01 T/s的速度均勻減小,則電容器極板所帶電荷量為________,其中帶正電荷的是________板. 解析:導(dǎo)線環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E==0.0110-3 V=10-5 V 電容器的帶電荷量 Q=CE=10-510-5 C=10-10 C 根據(jù)楞次定律可判斷知b板帶正電. 答案:10-10C b 11.(14分)如圖甲所示,一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路.線圈的半徑為r1,在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示.圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0,導(dǎo)線的電阻不計.求0至t1時間內(nèi): (1)通過電阻R1上的電流大小和方向; (2)通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量. 解析:(1)由圖象分析可知,0至t1時間內(nèi)= 由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E=n=nS,而 S=πr 由閉合電路歐姆定律有 I1= 聯(lián)立以上各式解得通過電阻R1上的電流大小為I1= 由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向為從b到a. (2)通過電阻R1上的電荷量q=I1t1= 電阻R1上產(chǎn)生的熱量 Q=IR1t1=. 答案:見解析 12.(16分)如圖 所示,兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置,導(dǎo)軌間距離為L,電阻不計.在導(dǎo)軌上端并接兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡.整個系統(tǒng)置于勻強磁場中,磁感應(yīng)強度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放.金屬棒下落過程中保持水平,且與導(dǎo)軌接觸良好.已知某時刻后兩燈泡保持正常發(fā)光.重力加速度為g.求: (1)磁感應(yīng)強度的大?。? (2)燈泡正常發(fā)光時導(dǎo)體棒的運動速率. 解析:(1)設(shè)小燈泡的額定電流為I0,有 P=IR① 由題意,在金屬棒沿導(dǎo)軌豎直下落的某時刻后,小燈泡保持正常發(fā)光,流經(jīng)MN的電流為: I=2I0② 此時金屬棒MN所受的重力和安培力相等,下落的速度達到最大值,有:mg=BLI③ 聯(lián)立①②③式得: B=. ④ (2)設(shè)燈泡正常發(fā)光時,導(dǎo)體棒的速率為v,由電磁感應(yīng)定律與歐姆定律得:E=BLv⑤ E=RI0⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得:v=. 答案:見解析 13.(18分)如下圖所示,電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌MN和OP放置在水平面內(nèi),MO間接有阻值為R=3 Ω的電阻,導(dǎo)軌相距d=1 m,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感強度B=0.5 T.質(zhì)量為m=0.1 kg,電阻為r=1 Ω的導(dǎo)體棒CD垂直于導(dǎo)軌放置,并接觸良好,現(xiàn)用平行于MN的恒力F=1 N向右拉動CD,CD受摩擦阻力f恒為0.5 N.求: (1) CD運動的最大速度是多少? (2) 當(dāng)CD達到最大速度后,電阻R消耗的電功率是多少? (3) 當(dāng)CD的速度為最大速度的一半時,CD的加速度是多少? 解析:(1)對于導(dǎo)體棒CD,其受到的安培力: F0=BId, 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有:E=Bdv, 在閉合回路CDOM中,由閉合電路歐姆定律得:I=. 當(dāng)v=vmax時,有:F=F0 + f, 由以上各式可解得:vm==8 m/s. (2)當(dāng)CD達到最大速度時有E=Bdvmax,則可得Imax=, 由電功率公式可得:Pmax=IR, 由以上各式可得電阻R消耗的電功率是: Pmax==3 W. (3)當(dāng)CD的速度為最大速度的一半時: E′=Bd,回路中電流為:I′=, CD受到的安培力大小F′=BI′d, 由牛頓第二定律得:F合=F-F′-f =ma, 代入數(shù)據(jù)可解得:a=2.5 m/s2. 答案:見解析- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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