1、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
2、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：D2.如图所示，螺丝管匝数 n1 500 匝，横截面积 S20 cm2，螺线管导线电阻 r1 ，电阻 R4 ，磁感应强度 B 的 Bt 图象如右图所示（以向右为正方向） ，下列说法正确的是（ ）A.通过电阻 R 的电流方向是从 A 到 CB.感应电流的大小保持不变为 2.4 AC.电阻 R 的电压为 6 VD.C 点的电势为 4.8 V解析： 从题图中可得磁通量在逐渐增大，根据楞次定律可得通过 R 的电流方向为从 C 到 A，A 错误；根据法
3、拉第电磁感应定律：En n 1 t SBt5000.002 V6 V，而感应电流大小为 I A1.2 A，B 错误；根据闭6 22 ER r 64 1合电路欧姆定律，有：UIR 1.2 4 V4.8 V，C 错误；因为 A 端接地，电压为零，所以 C 端的电势为 4.8 V，D 正确 .答案：D3.理想变压器原、副线圈匝数比为 101，以下说法中正确的是（ ）A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是 101B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为 101D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为 12解析：对理想变压器，无磁通量损失，因而穿过两个线
4、圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比；理想变压器可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率.故正确答案为 B.答案：B4.如图所示，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（ ）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：小磁块在内壁光滑的塑料管 Q 中，从高处由静止释放做自由落体运动，机械能守恒；小磁块在内壁光滑的铜管 P 中，则会产生电磁阻尼阻碍小磁块
5、的运动，相比 Q 中自由落体运动时间要长，C 项正确，A 项错误；由于电磁阻尼产生焦耳热，机械能不守恒，B 项错误；由于机械能有损失，落至底部时在 P 中的速度比在 Q 中的小，D 项错误.答案：C5.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数 n1800 和 n2200 的两个线圈，上线圈两端与 u51sin 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 VC.12.7 V D.144.0 V解析：根据 u51sin 314t （V ）可知交流电的最大值为 Um51 V，则其有效值U1 V V；由题图可知线圈 n1是原线圈，线圈
6、n2是副线圈，如果变压器是理想变512 512 2压器，由输入电压和输出电压的关系有 ，可得 U2 U1 V V9 U1U2 n1n2 n2n1 200800 512 518 2V，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：A6.如图所示，边长为 L 的正方形单匝线圈 abcd，电阻为 r，外电路的电阻为 R，a、b的中点和 cd 的中点的连线 OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为 B，若线圈从图示位置开始，以角速度 绕轴 OO匀速转动
7、，则以下判断正确的是（ ）A.图示位置线圈中的感应电动势最大为 EmBL 2B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为 e BL2cos t12C.线圈转动一周的过程中，电阻 R 上产生的热量为 QB2L4R4（ R r） 2D.线圈从图示位置转过 180的过程中，流过电阻 R 的电荷量为 q2BL2R r解析：题图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故 A 错误；当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为 EmBS BL2，瞬时值表达式为12e BL2sin t，故 B 错误；感应电动势的有效值为 E ，闭合电路欧姆定律12 Em2I ，R 产生的热量为 QI 2RT，周期 T
8、 ，联立得 Q ，故 C 正确；线圈ER r 2 B2L4R4（R r）2从图示位置转过 180的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为 2BS2B ，流(12L2)过电阻 R 的电荷量为 q ，故 D 错误.R r BL2R r答案：C7.如图甲、图乙所示两电路中，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 VC.110 V，110 V D.220 V，0
9、 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.只有选项B 正确.答案
10、：B8.交变电流电压的有效值为 6 V，它和电阻 R1、R 2 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.U16 V U 26 V2B.U16 V U 23 V2C.U16 V U 26 V2D.U16 V U 26 V2解析：电压表读数为交流电压的有效值，所以电压表读数 U16 V，电容器耐压值应大于交流电压的最大值， U26 V.2答案：D9.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
11、 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，则线框 A、B 两端电压 UAB与线框移动距离的关系图象正确的是（ ）A B C D解析：进入磁场时，注意 UAB是路端电压，应该是电动势的四分之三，此时EBav，所以 UAB ；完全进入后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为 Bav，3Bav4穿出磁场时电压应该是电动势的四分之一，U AB ，电势差方向始终相同，即 AB，Bav4由以上分析可知选 D.答案：D10.如图所示，电源的电动势为 E、内阻为 r，L 1、L 2 为两个相同的灯泡，线圈 L 的直流电阻不计，与灯泡 L1 连接的是一只理想二极管 D.下列说法中正确的是（ ）A
12、.闭合开关 S 稳定后 L1、L 2 亮度相同B.断开 S 的瞬间，L 2 会逐渐熄灭C.断开 S 的瞬间，L 1 中电流方向向左D.断开 S 的瞬间， a 点的电势比 b 点高解析：闭合开关 S 稳定后，因线圈 L 的直流电阻不计，所以 L1与二极管被短路，导致灯泡 L1不亮，而 L2将更亮，因此 L1、L 2亮度不同，故 A 错误；断开 S 的瞬间，L 2会立刻熄灭，故 B 错误；断开 S 的瞬间，线圈 L 与灯泡 L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a 端的电势高于 b 端，所以回路中没有电流，故 C 错误，D 正确.答案：D二、多项选择题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共
13、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
14、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：ACD12.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，知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
15、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：AD13.两根相距为 L 的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为 m 的金属细杆 ab、 cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为 ，导轨电阻不计，回路总电阻为 2R.整个装置处于磁感应强度大小为 B，方向竖直向上的匀强磁场中
16、.当 ab 杆在平行于水平导轨的拉力 F 作用下以速度 v1 沿导轨匀速运动时，cd 杆也正好以速度 v2 向下匀速运动.重力加速度为 g.以下说法正确的是（ ）A.ab 杆所受拉力 F 的大小为 mgB2L2v12RB.cd 杆所受摩擦力为零C.回路中的电流强度为BL（ v1 v2）2RD. 与 v1 大小的关系为 2RmgB2L2v1解析：棒 ab 切割磁感线产生感应电动势 EBLv 1，棒 cd 运动不切割磁感线，故不产生感应电动势，回路中电流 I ，因两棒匀速，则对 ab 棒有 F 安E2R BLv12R ，F F 安 mg mg.对 cd 棒：F 安 水平向右， fF 安 mg，B2
17、L2v12R B2L2v12R.故 A、D 正确.2RmgB2L2v1答案：AD14.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
18、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 FN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fBqv，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，B 错误；向心力 F 向 m ，其大小随速度先减小后增大，因此压力 FN也不一定始终增大，A 错误.故v2r正确答案为 C、D.答案：CD三、实验题（本题共 2 小题
19、，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）如图所示为某一热敏电阻（电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的 IU 关系曲线图 .（1）为了通过测量得到如图 所示 IU 关系的完整曲线，在下图所示的 a 和 b 两个电路中应选择的是图 .（2）在图 c 所示电路中，电源电压恒为 9 V，当给热敏电阻加热后，电流表读数将_（填“增大” “
20、减小”或“不变” ）.解析：由于图中要求测量多组数据，所测电压调节范围较大，且从零开始变化，所以应选用滑动变阻器的分压式接法，故应选图 a；热敏电阻温度升高时，其电阻值减小，故干路中的电流增大.答案：（1）a （2）增大四、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.（10 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r1 m、电阻为 R3.14 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
21、 it 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I2RTI R I R ，21T3 2 2T3解得 I A.218.（12 分）如图甲所示，一边长 l2.5 m、质量 m0.5 kg 的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度 B0.8 T 的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界 MN 重合.在水平力 F 作用下由静止开始向左运动，经过 5 s 线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中.（1）求通过线框导线截面的电荷量及线框的电阻，（2）写
22、出水平力 F 随时间变化的表达式.解析：（1）根据 q t，由 It 图象得 q1.25 C ，I 又 ，得 R 4 .I E R Rt Bl2Rt（2）由 It 图象可知，感应电流随时间变化的规律 I0.1 t，由感应电流 I ，可BlvR得金属框的速度随时间也是线性变化的，v 0.2t ，线框做匀加速直线运动，加速度RIBla0.2 m/s2，线框在外力 F 和安培力 F作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得FF ma，得 F（0.2t0.1）N.19.（13 分）如图甲所示，MNCD 为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGH 范围内存在方向垂直斜面的匀强磁场，磁场边界 EF、HG 与斜面底边
23、 MN（在水平面内）平行.一正方形金属框 abcd 放在斜面上， ab 边平行于磁场边界.现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从开始运动到 cd 边离开磁场的过程中，某运动的 vt 图象如图乙所示.已知金属框电阻为 R，质量为 m，重力加速度为 g，图乙中金属框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量，求：（1）斜面倾角的正弦值和磁场区域的宽度；（2）金属框 cd 边到达磁场边界 EF 前瞬间的加速度；（3）金属框穿过磁场过程中产生的热量.解析：（1）由题图乙可知，在 0t 1时间内金属框运动的加速度 a1 ，v1t1设斜面的倾角为 ，由牛顿第二定律有 a1gsin ，解得 sin ；v1gt
24、1在 t12t 1时间内金属框匀速进入磁场，则 l0v 1t1，在 2t13t 1时间内金属框运动位移 x ，3v1t12则磁场的宽度 dl 0x .5v1t12（2）在 t2时刻金属框 cd 边到达 EF 边界，速度为 v2，设此时加速度大小为 a2，cd边切割感线产生的电动势 EBl 0v2，受到的安培力 F ，BEl0R由牛顿第二定律得 Fmgsin ma 2，金属框进入磁场时，有 mgsin ，联立上式，得 a 2，又 gsin ，v1t1所以 a2 ，v2v1v1t1 v1t1 v2 v1t1加速度方向沿斜面向上.（3）金属框从 t1时刻进入磁场到 t2时刻离开磁场的过程中，由功能关系得mg（dl 0）sin mv mv Q，解得 Q4m v mv .12 2 12 21 21 12 2
