模块综合试卷(一)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.1～8题为单选题，9～12题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不符合史实的是( )A ．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系B ．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C ．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D ．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化答案 C解析 奥斯特通过著名的奥斯特实验，证明了电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说，揭示了磁现象的电本质．楞次通过实验总结出感应电流的方向所遵循的规律——楞次定律．2．一定值电阻接到电压为u 0的方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值为2u 0，周期为T ，如图1所示．则Q 方∶Q 正等于( )图1A ．1∶ 2 B.2∶1 C ．1∶2D ．2∶1答案 C解析 根据题图图像可知，方波交流电的有效值U 方＝u 0，正弦交流电的有效值U 正＝2u 02＝ 2u 0，一个周期内产生的热量分别为Q 方＝u 0 2R T ，Q 正＝2u 0 2R T ，所以Q 方∶Q 正＝1∶2，C 正确．3．如图2所示，A 为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A 的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属环B ，使B 的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A 的轴线OO′重合，现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则()图2A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大答案 B解析胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过金属环B的磁场方向向下，且磁通量增大，根据楞次定律知，感应电流引起的效果阻碍原磁通量的增大，则金属环B的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线受到的拉力减小，故选项B正确，A、C、D错误．4．如图3所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法不正确的是()图3A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动答案 C解析由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E ＝BL v可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若所加磁场反向，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍将减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，故圆盘将匀速转动，选项D正确．5．(2019·北京101中学高二期末)如图4甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是()图4A．变压器输入电压的最大值是220 VB．若电流表的示数为0.5 A，变压器的输入功率是12 WC．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100 HzD．电压表的示数是24 2 V答案 B解析由题图乙可知交流电压最大值U m＝220 2 V，故A错误；输入电压的有效值为220 V，根据变压器电压与匝数成正比知电压表示数为U＝655×220 V＝24 V，即电压表的示数是24 V，若电流表的示数为0.5 A，变压器的输入功率是P入＝P出＝UI＝24×0.5 W＝12 W，故B正确，D错误；变压器不改变频率，由题图乙可知交流电的周期T＝0.02 s，根据f＝1T可知原线圈输入的正弦交变电流的频率是50 Hz，故C错误．6．(2018·溧水高级中学高二上期中)如图5所示，直角三角形导线框abc以速度v匀速进入匀强磁场区域，从图示位置开始计时，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图像中的哪一个()图5答案 A解析 在线框进入磁场的过程中磁通量增加，根据楞次定律判断电流方向始终为abca ，进入磁场过程中切割的有效长度先变大后变小，所以线框内感应电流先变大后变小，A 正确．7. (2018·阳泉市第十一中学高二下月考)如图6所示为远距离输电示意图，图中两变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n 3、n 4，输电线的总电阻为r .将原线圈接到u ＝U m sin ωt 的交流电源上，若输送的电功率为P ，不考虑其他因素的影响，则( )图6A ．输电线上通过的电流为2P U mB ．输电线上损失的电压为n 2U m 2n 1C ．输电线上损失的电功率为2(n 1n 2)2(P U m)2r D ．仅增大输送的电功率即可提升输电的效率答案 C解析 由u ＝U m sin ωt 可知输入的交流电的有效值U 1＝U m 2，升压变压器副线圈中的电压U 2＝n 2n 1U 1，故输电线上通过的电流为I ＝P U 2＝2n 1P n 2U m，A 错误；输电线上损失的电压为ΔU ＝Ir ＝2n 1rP n 2U m ，B 错误；输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 2r ＝2(n 1n 2)2(P U m)2r ，C 正确；输电的效率为η＝P －ΔP P ＝1－2(n 1n 2)2·r U m2P ，则仅增大输送的电功率，将会降低输电的效率，故D 错误． 8.如图7所示，在匀强磁场中圆形线圈匀速转动的周期为T ，匝数为10匝，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，从线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，线圈转过30°时的瞬时电流为1 A ，下列说法正确的是( )图7A ．线圈中电流的最大值为 2 AB ．线圈中电流的最大值为2 AC ．线圈消耗的电功率为8 WD ．从图示位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i ＝2cos (2πTt ) A 答案 B解析 从线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，感应电动势的表达式为e ＝E m sin ωt ，则感应电流i ＝e R ＝E m R sin ωt ，由题给条件有1 A ＝E m 2 Ω×12，解得E m ＝4 V ，则I m ＝2 A ，I 有效＝ 2 A ，线圈中消耗的电功率为P ＝I 有效 2R ＝4 W ，选项A 、C 错误，B 正确；从题图所示位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝2sin (2πTt ) A ，选项D 错误． 9．(2019·济南外国语学校高二检测)在如图8甲、乙所示电路中，自感线圈L 的电阻很小，接通S ，使电路达到稳定，灯泡A 发光，下列说法正确的是( )图8A ．在电路甲中，断开S ，A 将立即熄灭B ．在电路甲中，断开S ，A 将逐渐变暗C ．在电路乙中，断开S ，A 将逐渐变暗D ．在电路乙中，断开S ，A 将先变得更亮，然后渐渐变暗答案 BD解析 由题图甲可知，灯泡A 与自感线圈L 在同一个支路中，流过的电流相同，断开S 时，线圈L 中的自感电动势的作用使得支路中的电流瞬间不变，之后逐渐变小，则A 将逐渐变暗，A 错误，B 正确；由题图乙可知，灯泡A 所在支路的电流比自感线圈所在支路的电流要小(因为自感线圈的电阻很小)，断开S时，自感线圈的自感电动势要阻碍电流变小，此瞬间自感线圈中的电流不变，自感线圈相当于一个电源给灯泡A供电．因此反向流过A的电流瞬间要变大，然后逐渐变小，所以A将先更亮一下，然后渐渐变暗，C错误，D正确．10.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图9所示．当开关S闭合后()图9A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变答案AD解析电源电压有效值不变，所以V1示数不变，原、副线圈的电压之比等于原线圈与副线圈的匝数之比，因匝数之比不变，故V2示数不变，V1与V2示数的比值也不变，所以C项错误，D项正确；当开关S闭合后，副线圈电路中的电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的总电流增大，即A2的示数增大，原、副线圈的电流之比等于匝数反比，因匝数之比不变，故A1示数变大，且A1与A2示数的比值不变，所以A项正确，B项错误．11．在如图10甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是()图10A．磁感应强度B0＝T2l2PRB．线框中感应电流为I＝2P RC．线框cd边的发热功率为PD ．a 端电势高于b 端电势答案 BC解析 由题图乙可知，线框中产生的感应电动势恒定，线框ab 边的发热功率为P ＝E 24R ，感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝2B 0T ·l 22＝B 0l 2T ，所以磁感应强度B 0＝2T l 2PR ，A 错误；由P ＝14I 2R 可得线框中感应电流为I ＝2P R，B 正确；cd 边电阻等于ab 边电阻，且两边流过的电流相等，因此发热功率相等，C 正确；由楞次定律可知，线框中感应电流方向为adcba 方向，磁场中线框部分为等效电源，因此a 端电势比b 端电势低，D 错误．12.如图11所示，两电阻可忽略不计的光滑平行长金属导轨相距为d ，导轨与水平面的夹角为30°，上端ab 处接有阻值为R 的定值电阻，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直轨道平面向上．现有质量为m 、电阻为R 的金属杆从轨道上端ab 处由静止释放，向下运动的距离为x 时达到最大速度，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图11A ．金属杆运动的最大速度为mgRB 2d2 B ．金属杆从静止释放至达到最大速度过程中，通过电阻R 的电荷量为Bdx RC ．金属杆从静止释放至达到最大速度过程中，电阻R 上产生的热量为mgx 2－m 3g 2R 22B 4d4 D ．金属杆运动的最大加速度为g 2答案 AD解析 金属杆刚刚释放时只受重力和支持力，此时加速度最大，由mg sin 30°＝ma 得，a ＝g 2，D 项正确；对金属杆受力分析可得mg sin 30°－F 安＝ma ′，当金属杆的加速度为零时，金属杆运动的速度最大，此时的感应电动势E ＝Bd v ，感应电流I ＝E 2R，金属杆受到的安培力F 安＝BId ，则金属杆运动的最大速度为v ＝mgR B 2d2，A 项正确；金属杆从静止释放至达到最大速度过程中，由法拉第电磁感应定律得，通过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦ2R ＝Bdx 2R，B 项错误；金属杆从静止释放至达到最大速度过程中，由能量守恒可得mgx sin 30°＝12m v 2＋2Q ，则电阻R 上产生的热量为Q ＝mgx 4－m 3g 2R 24B 4d4，C 项错误． 二、非选择题(本题共6小题，共计52分)13．(6分)在图12甲中，不通电时电流计指针停在正中央，当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏．现按图乙连接方式将电流计与螺线管B 连成一个闭合回路，将螺线管A 与电池、滑动变阻器和开关S 串联成另一个闭合回路．图12(1)将开关S 闭合后，将螺线管A 插入螺线管B 的过程中，螺线管B 的________端(选填“上”或“下”)为感应电动势的正极；(2)螺线管A 放在B 中不动，开关S 突然断开的瞬间，电流计的指针将________(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转； (3)螺线管A 放在B 中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将________(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转．答案 (1)下(2分) (2)向右(2分) (3)向左(2分)14．(6分)(2018·三明市高二下期末)如图13甲所示为热敏电阻的R －t 图像，图乙为用此热敏电阻和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100 Ω.当线圈的电流大于或等于20 mA 时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电池的电动势E ＝9.0 V ，内阻不计．图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．图13 (1)应该把恒温箱内的加热器接在________(选填“A 、B 端”或“C 、D 端”)；(2)若恒温箱系统要保持温度为50 ℃，则需把滑动变阻器调节到________ Ω；为了实现调节滑动变阻器到此阻值进行了下列步骤：①电路接通前，滑动变阻器阻值调节为最大，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值应为________ Ω；②将单刀双掷开关向________(选填“c ”或“d ”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至继电器的衔铁被吸合；③保持滑动变阻器的位置不变，将单刀双掷开关向另一端闭合，恒温箱系统即可正常使用． 答案 (1)A 、B 端(1分) (2)260(2分) ①90(2分) ②c (1分)解析 (1)由题图甲知，热敏电阻R 的阻值随温度的升高而减小，由闭合电路欧姆定律得，干路电流增大，当增大到继电器的衔铁被吸合的电流时，恒温箱内的加热器停止加热，故恒温箱内的加热器接在A 、B 端；(2)若恒温箱系统要保持温度50 ℃，则应调节滑动变阻器R ′的阻值使电流达到20 mA ，由闭合电路欧姆定律得r ＋R ＋R ′＝E I ，即R ′＝E I －r －R ＝90.02Ω－100 Ω－90 Ω＝260 Ω，即滑动变阻器R ′的阻值应调节为260 Ω；①电路接通前，滑动变阻器阻值调节为最大，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，电阻箱的阻值应等于50 ℃热敏电阻的电阻，应为90 Ω；②将单刀双掷开关向c 端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至继电器的衔铁被吸合．15．(9分)(2019·北京人大附属中学期中)如图14所示，位于竖直平面内的矩形线圈两边边长分别为L 1、L 2，匝数为N ，线圈总电阻为r ，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴O 1O 2转动；图14线圈处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过与两个彼此绝缘的铜环C 、D (集流环)保持与定值电阻R 相连接，在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO ′匀速转动．(不计转动轴及铜环与电刷的摩擦)(1)从线圈平面垂直磁场时刻开始计时，写出线圈中瞬时感应电动势e 随时间t 变化的表达式(不必推导)；(2)从线圈通过中性面(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)开始计时，求经过14周期的时间内通过电阻R 的电荷量q ； (3)在线圈转动一个周期的过程中，求电路中产生的总焦耳热Q . 答案 (1)e ＝NBωL 1L 2sin ωt (V) (2)NBL 1L 2R ＋r (3)πN 2B 2ωL 1 2L 2 2R ＋r解析 (1)线圈中感应电动势的最大值E m ＝NBSω＝NBL 1L 2ω (1分) 从线圈平面垂直磁场时刻开始计时，线圈中瞬时感应电动势e 随时间t 变化的表达式e ＝NBωL 1L 2sin ωt (V) (1分)(2)设从线圈通过中性面开始计时，经过14周期的时间Δt ＝T 4＝π2ω(1分) 此过程中线圈中的平均感应电动势：E ＝N ΔΦΔt ＝N BS Δt(1分) 通过电阻R 的平均电流：I ＝E R ＋r ＝NBS (R ＋r )Δt(1分) 通过电阻R 的电荷量：q ＝I Δt ＝NBS R ＋r ＝NBL 1L 2R ＋r(1分) (3)线圈中感应电动势的有效值E ＝E m 2＝22NBωL 1L 2 (1分) 在线圈转动一个周期的过程中，电流通过整个回路产生的焦耳热Q ＝E 2R ＋rT (1分) 联立可得Q ＝πN 2B 2ωL 1 2L 2 2R ＋r. (1分) 16．(9分)(2019·江门市第二中学高二月考)如图15所示，某水电站发电机输出功率为200 kW ，发电机输出电压为400 V ，通过升压和降压变压器给用户供电，升压变压器原、副线圈的匝数之比为n 1∶n 2＝1∶5，两变压器之间输电线的总电阻为R ＝1 Ω，降压变压器输出电压为U 4＝220 V ，求：图15(1)升压变压器的输出电压U 2；(2)输送电能的效率η；(3)降压变压器原、副线圈匝数之比n 3∶n 4. 答案 (1)2 000 V (2)95% (3)95∶11解析 (1)由U 1U 2＝n 1n 2可得：U 2＝n 2n 1U 1＝2 000 V (2分)(2)输电线上的电流为：I 2＝PU 2＝100 A (1分)输电线上损失的电功率为：ΔP ＝I 2 2R ＝1×104W (2分)输送电能的效率为：η＝P －ΔP P ×100%＝95% (1分)(3)输电线上损失的电压为：ΔU ＝I 2R ＝100 V (1分) 降压变压器的输入电压为：U 3＝U 2－ΔU ＝1 900 V (1分) 降压变压器原、副线圈匝数比为：n 3n 4＝U 3U 4＝9511. (1分)17．(10分)如图16甲所示，间距为L 的足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ 放置在绝缘水平桌面上，M 、P 间接有电阻R 0，导体棒ab 垂直放置在导轨上且接触良好．导轨间直径为L 的圆形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B 的大小随时间t 变化的规律如图乙所示，导体棒和导轨的电阻不计，导体棒ab 静止．求：图16(1)在0～t 0时间内，回路中的感应电动势E ； (2)在0～t 0时间内，电阻R 0产生的热量Q ；(3)若从t ＝t 0时刻开始，导体棒始终以速度v 向右匀速运动，则导体棒通过圆形区域过程中，导体棒所受安培力F 的最大值． 答案 见解析解析 (1)在0～t 0时间内，回路中磁感应强度的变化率为ΔB Δt ＝B 0t 0， (1分)圆形区域的面积S ＝π⎝⎛⎭⎫L 22＝πL24， (1分)回路中的感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝πB 0L 24t 0. (1分)(2)在0～t 0时间内，电阻R0上的电流I＝ER0＝πB0L24t0R0(1分)电阻R0产生的热量Q＝I2R0t0＝π2B02L416t0R0. (2分) (3)导体棒进入圆形磁场区域，保持匀速直线运动状态，当有效切割长度为L时，安培力最大，电动势E′＝B0L v，(1分)回路中的电流I′＝E′R0，(1分) 导体棒受到的安培力最大值F m＝B0I′L，(1分)联立可得F m＝B02L2vR0. (1分) 18. (12分)如图17所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，两棒两端都与导轨始终接触良好，已知两棒的质量均为0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止．取g＝10 m/s2，求：图17(1)通过cd棒的电流I及方向；(2)棒ab受到的力F；(3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W.答案(1)1 A方向由d到c(2)0.2 N(3)0.4 J解析(1)棒cd受到的安培力F cd＝IlB棒cd受力平衡，则F cd＝mg sin 30°(1分)联立并代入数据解得I＝1 A (1分)电流方向由d到c. (1分) (2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等F ab＝F cd (1分)对棒ab由平衡条件有F＝mg sin 30°＋IlB (2分)联立并代入数据解得F＝0.2 N (1分)(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律可知Q＝I2R t (1分) 设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝Bl v (1分)由闭合电路欧姆定律知I＝E2R(1分) 由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x＝v t力F做的功W＝Fx (1分) 联立并代入数据解得W＝0.4 J．(1分)。