模块综合检测B卷.docx
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模块综合检测B卷.docx
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模块综合检测B卷
模块综合检测(B卷)
(分值:
100分 时间:
90分钟)
一、选择题(本大题共8个小题,每小题6分,共48分.第1~5小题只有一项符合题目要求,第6~8小题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.(2012·北京高考)物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”.如图1,她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈L上,且使铁芯穿过套环.闭合开关S的瞬间,套环立刻跳起.
某同学另找来器材再探究此实验.他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环均未动.对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是( )
图1
A.线圈接在了直流电源上
B.电源电压过高
C.所选线圈的匝数过多
D.所用套环的材料与老师的不同
【解析】 闭合开关S,金属套环跳起,是因为S闭合瞬间,穿过套环的磁通量变化,环中产生感应电流的缘故.产生感应电流要具备两个条件:
回路闭合和穿过回路的磁通量变化.只要连接电路正确,闭合S瞬间,就会造成穿过套环磁通量的变化,与电源的交直流性质、电压高低、线圈匝数多少均无关.该同学实验失败,可能是套环选用了非导电材料的缘故.故D选项正确.
【答案】 D
2.如图2所示,一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动,穿过具有一定宽度的匀强磁场区域,已知对角线AC的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直.下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD顺序流向为正方向,从C点进入磁场开始计时)正确的是( )
图2
【解析】 利用“增反减同”,线框从进入磁场到穿过线框的磁通量最大的过程中,电流沿逆时针方向,且先增大后减小;从穿过线框的磁通量最大的位置到离开磁场的过程中,电流沿顺时针方向,且先增大后减小.设∠C为θ,刚进入磁场时的切割有效长度为2tan
·v·t,所以电流与t成正比,只有B项正确.
【答案】 B
3.(2013·山东高考)将一段导线绕成图3甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内.回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图象如图3乙所示.用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图象是( )
甲 乙
图3
【解析】 从Bt图象中获取磁感应强度B与时间t的关系,结合E=
及安培力F=BIL得Ft关系.
由Bt图象可知,在0~
时间内,B均匀减小;
~
时间内,B反向均匀增大.由楞次定律知,通过ab的电流方向向上,由左手定则可知ab边受安培力的方向水平向左.由于B均匀变化,产生的感应电动势E=
S不变,则安培力大小不变.同理可得在
~T时间内,ab边受安培力的方向水平向右,故选项B正确.
【答案】 B
4.(2014·南充高二检测)一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,如图4甲所示,通过线圈的磁通量Φ随时间t变化的规律如图4乙所示,下列叙述正确的是( )
甲 乙
图4
A.t1时刻线圈中感应电动势最大
B.t2时刻线圈中感应电动势最大
C.t3时刻线圈平面与磁感线平行
D.t2、t4两时刻线圈中感应电流方向相同
【解析】 由Φt图像可知t1时刻磁通量最大,感应电动势为零,A错误;t2时刻磁通量的变化率最大,故感应电动势最大,B正确;t3时刻线圈平面与磁感线垂直,C错误;t2、t4两时刻线圈中感应电流方向相反,D错误.
【答案】 B
5.如图5所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块( )
图5
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
【解析】 如果问题不涉及感应电流的方向,则用楞次定律的推广进行分析,可以使分析问题的过程简化.
小磁块下落过程中,在铜管P中产生感应电流,小磁块受到向上的磁场力,不做自由落体运动,而在塑料管Q中只受到重力,在Q中做自由落体运动,故选项A错误;根据功能关系知,在P中下落时,小磁块机械能减少,在Q中下落时,小磁块机械能守恒,故选项B错误;在P中加速度较小,在P中下落时间较长,选项C正确;由于在P中下落时要克服磁场力做功,机械能有损失,故知,落至底部时在P中的速度比在Q中的小,选项D错误.
【答案】 C
6.(2014·扬州高二检测)如图6所示,理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1,原线圈接有u=311sin100πt(V)的交变电压,副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡L1及理想电压表V,以下说法正确的( )
图6
A.副线圈中电流的变化频率为50Hz
B.灯泡L1两端电压为55V
C.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则灯泡L1的亮度将变暗
D.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则电压表V的示数将减小
【解析】 由原线圈电压表达式u=311sin100πt(V)可知,副线圈中电流的变化频率为50Hz,选项A正确;根据变压公式,副线圈两端电压为55V,线圈有感抗,灯泡L1两端电压一定小于55V,选项B错误;若交变电压u的有效值不变,频率增大,则线圈L感抗增大,灯泡L1两端电压减小,灯泡L1的亮度将变暗,选项C正确;若交变电压u的有效值不变,频率增大,线圈L感抗增大,R中电流减小,R两端电压减小,则电压表V的示数将增大,选项D错误.
【答案】 AC
7.(2014·九江高二检测)如图7所示是温度报警器电路示意图,RT是热敏电阻,R1是滑动变阻器,下列关于对此电路的分析正确的是( )
图7
A.当RT的温度升高时,RT减小,A端电势降低,Y端电势升高,蜂鸣器会发出报警声
B.当RT的温度升高时,RT减小,A端电势升高,Y端电势降低,蜂鸣器会发出报警声
C.当增大R1时,蜂鸣器的报警温度将提高
D.当增大R1时,蜂鸣器的报警温度将降低
【解析】 当热敏电阻RT的温度升高时,RT减小,A端电势升高,在非门电路的输出端,Y端电势降低,蜂鸣器上的电压升高,蜂鸣器会发出报警声,所以A错B对;当增大R1时,A端电势升高,在较低温度时蜂鸣器会发出报警声,所以D对C错.
【答案】 BD
8.在如图8所示的远距离输电电路图中,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变,随着发电厂输出功率的增大,下列说法中正确的有( )
图8
A.升压变压器的输出电压增大
B.降压变压器的输出电压增大
C.输电线上损耗的功率增大
D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【解析】 由题意可知升压变压器的输入电压不变,则输出电压不变,A错误;在电能输出过程中有:
I2=
,U线=I2R线,U3=U2-U线,因P变大,I2变大,所以U线变大,所以降压变压器初级电压U3变小,则降压变压器的输出电压变小,B错误;根据P线=
R线,因P变大,所以P线变大,C正确;根据
=
=
,因P变大,所以比值变大,D正确.
【答案】 CD
二、非选择题(本题共4小题,共52分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)
9.(10分)
(1)按图9所示连接好电路,合上S和S′,发现小灯泡不亮,用电吹风对热敏电阻吹一会儿,会发现小灯泡发光了,原因是________________________________________________________________________.
图9
(2)若将热敏电阻换成光敏电阻,合上S和S′,发现小灯泡发光,用黑纸包住光敏电阻后,小灯泡熄灭,其原因是________________________________________________________________________.
【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,电磁铁磁性增强吸住衔铁,使上、下触点接触,小灯泡发光;
(2)用黑纸包住后,光敏电阻的阻值增大,左侧电路电流减小,继电器触点断开,造成小灯泡熄灭.
【答案】 见解析
10.(13分)如图10所示为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁感应强度B=0.5T,线圈匝数n=50匝,每匝线圈面积0.48m2,转速150r/min,在匀速转动过程中,从图示位置开始计时.
图10
(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式;
(2)画出et图线.
【解析】
(1)线圈平面经过中性面开始计时,则线圈在时间t内转过角度ωt,于是感应电动势瞬时值e=Emsinωt,其中Em=nBSω.
由题意知n=50,B=0.5T,ω=
rad/s=5πrad/s,S=0.48m2,Em=nBSω=50×0.5×0.48×5πV≈188V,所以e=188sin(5πt)V.
(2)根据交流电的表达式画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出,交流电的频率与正弦图线的周期相对应,ω=
,而周期由时间轴上的刻度值标出,T=
=0.4s,et图线如图所示.
【答案】
(1)e=188sin(5πt)V
(2)见解析图
11.(13分)如图11甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.
甲 乙
图11
(1)由b向a方向看到的装置如图11乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图;
(2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求ab杆中的电流及其加速度的大小;
(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值.
【解析】
(1)如图所示,重力mg,竖直向下;支持力N,垂直斜面向上;安培力F,沿斜面向上.
(2)当ab杆速度为v时,感应电动势E=BLv,此时电路中电流
I=
=
.
ab杆受到安培力
F=BIL=
,
根据牛顿运动定律,有
ma=mgsinθ-F=mgsinθ-
,a=gsinθ-
.
(3)当
=mgsinθ时,ab杆达到最大速度
vm=
.
【答案】
(1)见解析
(2)
gsinθ-
(3)vm=
12.(16分)(2014·安徽高考)如图12
(1)所示,匀强磁场的磁感应强度B为0.5T,其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上.绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计),MP和NP长度均为2.5m,MN连线水平,长为3m.以MN中点O为原点,OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD,长度d为3m、质量m为1kg、电阻R为0.3Ω,在拉力F的作用下,从MN处以恒定速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好).g取10m/s2.
(1)
(2)
图12
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8m处电势差UCD;
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式,并在图12
(2)中画出Fx关系图象;
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热.
【解析】
(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E=Blv(l=d) E=1.5V(D点电势高)
当x=0.8m时,金属杆在导轨间的电势差为零.设此时杆在导轨外的长度为l外,则
l外=d-
d OP=
=2m
得l外=1.2m
由楞次定律判断D点电势高,故CD两端电势差
UCD=-Bl外v UCD=-0.6V
(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是
l=
d=3-
x
对应的电阻R1=
R
电流I=
杆受的安培力为F安=BIl=7.5-3.75x
根据平衡条件得F=F安+mgsinθ
F=12.5-3.75x(0≤x≤2)
画出的Fx图象如图所示.
(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积.即
WF=
×2J=17.5J
而杆的重力势能增加量ΔEp=mgOPsinθ
故全过程产生的焦耳热Q=WF-ΔEp=7.5J
【答案】
(1)1.5V -0.6V
(2)F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 图象如图所示 (3)7.5J
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