高中物理 模块综合检测(二)新人教版选修32

模块综合检测(二)
(时间：90分钟分值：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1.如图所示，一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是( )
A．线圈沿纸面向右移动
B．线圈沿纸面向下移动
C．线圈垂直纸面向外移动
D．线圈以ab边为轴转动
解析：产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化．因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生．由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故A、B、C错误；当线圈绕ab边转动时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故D 正确．
答案：D
2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝2202sin 100πt V，关于这个交变电流的说法正确的是( )
A．交流电的频率为100 Hz，周期为0.01 s
B．此交变电流电动势的有效值为220 V
C．此交变电流电动势的峰值约为380 V
D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零
解析：由交流电的瞬时值表达式知最大值为220 2 V，故C错误；角速度ω＝100π
rad/s，由频率f＝ω
2π＝
100π
2π
Hz＝50 Hz，故A错误；t＝0时瞬时值e＝0知此时线圈与中
性面重合，磁通量最大，故D错误．答案：B
3．如图所示，理想变压器的原线圈接u ＝11 0002sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6Ω的导线对“220 V ，880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )
A ．原、副线圈的匝数比为50∶1
B ．交变电压的频率为100 Hz
C ．副线圈中电流的有效值为4 A
D ．变压器的输入功率为880 W
解析：输入电压的有效值为11 000 V ，用电器的额定电压为220 V ，所以变压器的输出
电压大于220 V ，原、副线圈的匝数比小于50∶1，故A 错误；由输入电压的表达式知，f ＝100π2π
＝50 Hz ，故B 错误；副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I ＝4 A ，故C 正确；变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W ，所以变压器的输入功率大于880 W ，故D 错误．
答案：C
4．如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H 处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )
A ．三者同时落地
B ．甲、乙同时落地，丙后落地
C ．甲、丙同时落地，乙后落地
D ．乙、丙同时落地，甲后落地
解析：甲是闭合铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D 正确．
答案：D
5．如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n 1＝800和n 2＝200的两个线圈，上线圈两端
与u ＝51sin 314t (V)的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( )
A ．2.0 V
B ．9.0 V
C ．12.7 V
D ．144.0 V
解析：根据u ＝51sin 314t (V)可知交流电的最大值为U m ＝51 V ，则其有效值U 1＝
51
2 V ＝512
2 V ；由图可知线圈n 1是原线圈，线圈n 2是副线圈，如果变压器是理想变压器，那么输入电压和输出电压的关系有U 1U 2＝n 1
n 2可得U 2＝n 2n 1U 1＝200800×512
V ＝518 2 V ≈9 V ，因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器则B 正确．但实际变压器存在漏磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于9 V ，故A 正确．
答案：A
6．如图所示，金属棒AB 原来处于静止状态(悬挂)．由于CD 棒的运动，导致AB 棒向右摆动，则CD 棒( )
A ．向右平动
B ．向左平动
C ．向里平动
D ．向外平动
解析：AB 棒向右摆动，说明它受到的安培力方向向右，根据左手定则判断出AB 中的电流方向为B →A .这说明CD 棒的电流方向为D →C ，再根据右手定则判断出CD 棒的切割方向是向外，选项D 正确．
答案：D
7．如图所示甲、乙两电路中，当a 、b 两端与e 、f 两端分别加上220 V 的交流电压时，测得c 、d 间与g 、h 间的电压均为110 V ．若分别在c 、d 两端与g 、h 两端加上110 V 的交流电压，则a 、b 间与e 、f 间的电压分别为( )
A．220 V，220 V B．220 V，110 V
C．110 V，110 V D．220 V，0 V
解析：首先要搞清楚变压器和分压器在改变电压原理上的本质不同．对于变压器，a、b 间与c、d间的电压比总是等于它们间线圈的匝数比，与哪一个是原线圈无关，故a、b间接220 V的交流电压，c、d间的电压为110 V，c、d间改接110 V的交流电压，则a、b间应输出电压为220 V；而对于分压器，当e、f间接220 V的电压时，电阻的e、g与f、g部分串联，g、h间电压仅是f、g部分电阻的电压，当g、h间接110 V的电压时，由于e、g部分无电流，e、g两点等电势，故e、f间的电压等于g、h间的电压，故只有选项B正确．答案：B
8.交变电流电压的有效值为6 V，它和电阻R1、R2及电容器C、电压表一起连接成如图所示的电路，图中电压表的读数为U1，为了保证电容器C不被击穿，电容器的耐压值为U2，电容器在电路中正常工作，则( )
A．U1＝6 2 V U2＝6 V
B．U1＝6 V U2＝3 2 V
C．U1＝6 2 V U2≥6 V
D．U1＝6 V U2≥6 2 V
解析：电压表读数为交流电压的有效值，所以电压表读数U1＝6 V，电容器耐压值应大于交流电压的最大值，U2≥6 2 V.
答案：D
9．如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，在图乙中线框A、B两端电压U AB与线框移动距离的关系图象正确的是( )
解析：进入磁场时，注意U AB 是路端电压，应该是电动势的四分之三，此时E ＝Bav ，所以U AB ＝3Bav 4
；完全进入后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为Bav ，穿出磁场时电压应该是电动势的四分之一，U AB ＝
Bav 4，电势差方向始终相同，即ΦA >ΦB ，由以上分析可知选
D.
答案：D
10．如图所示，甲、乙两图是两个与匀强磁场垂直放置的金属框架，乙图中除了一个电阻极小、自感系数为L 的线圈外，两图其他条件均相同．如果两图中AB 杆均以相同初速度、相同加速度向右运动相同的距离，外力对AB 杆做功的情况是( )
A ．甲图中外力做功多
B ．两图中外力做功相等
C ．乙图中外力做功多
D ．无法比较
解析：两图中AB 杆均做加速运动，电流将增大，图乙中由于线圈自感的阻碍作用，感应电流较甲图小，安培阻力也较小， 又加速度相同，则外力较甲图小， 甲图中外力做功多，A 正确．
答案：A
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分)
11．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是( )
A ．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B ．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C ．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系
解析：奥斯特发现的电流的磁效应表明了电能生磁，A正确．欧姆定律描述了电流与电阻、电压与电动势之间的关系，焦耳定律才揭示了热现象与电现象间的联系，B错误，D正确．法拉第发现的电磁感应现象表明了磁能生电，C正确．
答案：ACD
12．如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路．当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
A．P、Q将互相靠拢B．P、Q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g
解析：方法一设磁铁下端为N极，如图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向．可见，P、Q将互相靠拢．由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结果．所以，本题应选AD
方法二根据楞次定律的另一表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g.
答案：AD
13．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是( )
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为100π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
解析：由题图乙可知交流电电流的最大值是I m＝10 2 A，周期T＝0.02 s，由于电流表
的示数为有效值，故示数I＝I m
2
＝10 A，选项A正确；角速度ω＝
2π
T
＝100πrad/s，选项
B正确；0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可判断出0.02 s 时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．
答案：ABC
14.(多选)如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动(俯视)，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场．设运动过程中小球带电荷量不变，那么( )
A．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大
B．小球所受的磁场力一定不断增大
C．小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动
D．磁场力对小球一直不做功
解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其电场强度方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断．当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力F N和磁场的洛伦兹力f，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中f＝Bqv，磁场
在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力F 向＝m v 2r
，其大小随速度先减小后增大，因此压力F N 也不一定始终增大．故正确答案为C 、D.
答案：CD
三、实验题(本题共2小题，共15分)
15．(6分)在探究产生感应电流条件的实验中，实验室提供了下列器材：电源、开关、电流表、大小螺线管、铁芯、滑动变阻器、导线若干，如图所示．请按照实验的要求连好实验电路．
解析：大螺线管和电流表组成闭合电路；带铁芯的小螺线管、滑动变阻器、电源、开关组成闭合回路．如图所示．
16．(9分)如图所示，先后以速度v 1和v 2(v 1＝2v 2)，匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：
(1)线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝________．
(2)线圈中产生的热量之比Q 1∶Q 2＝________．
(3)拉力做功的功率之比P 1∶P 2＝________．
答案：(1)2∶1 (2)2∶1 (3)4∶1
四、计算题(本题共3小题，共35分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
17．(8分)如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r ＝1 m 、电阻为R ＝3.14Ω的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生．
(1)在图丙中画出感应电流随时间变化的i －t 图象(以逆时针方向为正)；
(2)求出线框中感应电流的有效值．
解析：(1)如图所示．
(2)设电流的有效值为I ，则有：
I 2RT ＝I 21R ·T 3＋I 22R ·2T 3
， 得I ＝ 2 A.
18．(12分)如图所示，一小型发电机内有N ＝100 匝的矩形线圈，线圈面积S ＝0.10 m 2
，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B ＝0.10 T 的匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100π rad/s 绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，发电机线圈两端与R ＝100 Ω的电阻构成闭合回路．求：
(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值；
(2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转为90°角的过程中通过电阻R 的电荷量；
(3)线圈匀速转动10 s ，电流通过电阻R 产生的焦耳热．
解析：(1)线圈中感应电动势的最大值E m ＝NBS ω＝3.14×102
V(314 V ，100π V 也同样得分)．
(2)设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角所用时间为Δt ，线圈中的平均感
应电动势E —＝n BS
Δt
，
通过电阻R 的平均电流I —
＝E R ＝nBS R Δt
， 在Δt 时间内通过电阻的电荷量
Q ＝I —
Δt ＝nBS R
＝1.0×10－2 C. (3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，
电阻两端电压的有效值U ＝22E m ， 经过t ＝10 s ，电流通过电阻产生的焦耳热Q 热＝U 2
R
t ， 解得Q 热＝4.9×103
J.
19．(13分)如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：
(a) (b)
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．
解析：(1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22
＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B-t 图象可知
ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔB Δt
S ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V. (2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BLv ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V ；
回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21
A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N
11 当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v (t －1) (1 s ≤t ≤1.2 s)
感应电动势e ＝Blv ＝2Bv 2(t －1)＝(t －1) V
感应电流i ＝e R
＝(t －1) A(1 s ≤t ≤1.2 s)。