模块四综合检测.docx

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模块四综合检测

模块四　综合检测

（时间：

90分钟，满分：

100分）

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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.

图1

如图1所示，由于某一电阻断路，致使理想电压表和理想电流表的示数均比该电阻未断时更大，则这个断路的电阻可能是（　　）

A．R1　　　　　　　　　B．R2

C．R3D．R4

解析：

选AD.若R1断路→R总变大→I总变小→U端变大→I2变大，即电流表示数变大，U端变大→I4变大→U4变大，即电压表示数变大，所以选项A正确；若R2断路，电流表示数为零，则B错；若R3断路，电压表示数为零，则C错；若R4断路→R总变大→I总变小→U端变大，即电流表和R2串联后两端电压变大，则电流表示数变大；R4断路后，R3所在支路为断路，则电压表示数此时也变大，即D正确．所以答案为A、D.

2．（2010年高考浙江理综卷）半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图2甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正方向，变化规律如图乙所示．在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计、电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是（　　）

图2

A．第2秒内上极板为正极

B．第3秒内上极板为负极

C．第2秒末微粒回到了原来位置

D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr2/d

解析：

选A.由B－t图象知第2s内磁感应强度B大小均匀减小，方向向内，第3s内磁感应强度B大小均匀增大，方向向外，由楞次定律和安培定则知圆环内的电流为顺时针方向，所以下极板为负，上极板为正，A正确，B错．第1s内B均匀增加，极板间电场方向与第2s内、第3s内电场方向相反，第1s内电荷q从静止做匀加速直线运动，第2s内做匀减速直线运动，加速度大小不变，所以第2s末微粒不会回到原来位置，C错．第2s内感应电动势大小U＝|

|＝0.1πr2，电场强度E的大小E＝

＝

，D错．

3．（2010年高考四川理综卷）图3甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（　　）

图3

A．电流表A1的示数比A2的小

B．电流表A2的示数比A3的小

C．电流表A1和A2的示数相同

D．电流表的示数都不为零

解析：

选C.理想变压器原、副线圈的磁场变化情况相同，由图乙知原线圈的磁场均匀变化，据法拉第电磁感应定律E＝n

＝n

·S知副线圈中产生恒定电流，线圈对直流电无阻碍作用，直流电不能通过电容器，所以电流表A1、A2的示数相同，A3的示数为0，C选项符合题意．

4．（2010年合肥市质检）图4乙为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω，则（　　）

图4

A．电压表的示数为6V

B．在t＝1×10－2s时刻，穿过线圈磁通量为零

C．若线圈转速改为25r/s，则电动势有效值为3V

D．若线圈转速改为25r/s，则通过电灯的电流为1.2A

解析：

选C.电压表的示数为路端电压的有效值，由图甲知电源电动势的有效值为6V，再由欧姆定律知电压表的示数为5.4V，A错误；在t＝1×10－2s时由图甲知电源的电动势为0，则此时磁通量的变化率为0，而磁通量应是最大，B错误；线圈原来的转速由图甲可知为50r/s，则由E＝

＝

知转速变为原来一半时，有效值也变为原来的一半，C正确；此时流过灯泡的电流应为0.3A，故D错误．

5.

图5

（2010年郑州市预测）如图5所示，真空中存在着水平方向的匀强磁场（在两条虚线以内），在离磁场上边缘等高的位置，由静止释放两个边长相等的正方形线框，线框平面垂直于磁场，两个线框由同种金属材料做成，两金属线框的粗细不同（b线框较粗），在线框下落过程中，下列说法正确的是（　　）

A．两个线框穿过磁场区域的时间相同

B．两个线框穿过磁场区域过程中通过导线横截面的电荷量相同

C．两个线框穿过磁场区域过程中产生的热量相同

D．在进入磁场过程中两个线框中对应时刻的电流相同

解析：

选A.设线框材料的密度为ρ0，电阻率为ρ，导线的横截面积为S，则两线框进入磁场时的加速度a＝g－

，而m＝4ρ0lS，R＝ρ

，有a＝g－

，与线框的粗细无关，故穿过磁场的时间相同，A正确；由q＝

知线框通过磁场时磁通量的变化量相同，但两线框的电阻不同，则通过线框横截面的电荷量不同，B错误；进入磁场时对应时刻的速度相同，但两线框的电阻不同．则电流I＝

不同，D错误；对应时刻的热功率P＝I2R＝

也不同，则整个过程中产生的热量也不同，C错误．

6．（2010年辽宁省大连市测试）如图6所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是（　　）

图6

A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大

B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大

C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大

D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大

解析：

选A.导体棒ab切割磁感线，由右手定则可判定a端相当于电源的正极，再由E＝BLv知当B增大时E增大，A正确B错误；线框运动中磁场均匀增大，通过线框的磁通量均匀增大，产生的感应电动势恒定，线框中电流大小不变，方向由楞次定律可判定为逆时针方向，C、D错误．

7．（2010年福建检测）如图7所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的用电器，电流表A2为值班室的显示器，显示通过定值电阻R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当报警系统出现火警时，电压表V2的示数减小．则下列说法中正确的是（　　）

图7

A．出现火警时，A1的示数增大，A2的示数减小

B．a、b间所加电压的频率为100Hz

C．V1的示数为311V

D．出现火警时，用电器R2的电阻增大

解析：

选A.交流电的频率为f＝

＝50Hz，B错误；电表示数为有效值，由题意知变压器原线圈两端电压也即电压表V1的示数为U1＝

V＝220V不变，C错误；因变压器匝数不变，可知副线圈两端电压也不变，而电压表V2的示数减小，则定值电阻R3两端电压增大，副线圈中电流增大，原线圈中电流也就增大，电流表A1的示数增大，而定值电阻R1两端电压减小，电流表A2的示数减小，A正确；因副线圈两端电压不变而电流增大，则副线圈所接电阻的总阻值减小，故用电器R2的阻值是减小的，D错误．

8．（2010年长春调研）如图8甲所示，固定在水平面内的光滑金属框架cdef处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆在框架上由静止开始向右滑动，运动中杆ab始终垂直于框架．图乙为一段时间内金属杆受到安培力f随时间t的变化关系，则选项中可以表示此段时间内外力F随时间t变化关系的图象是（　　）

图8

图9

解析：

选B.由图乙可以看出，金属杆所受安培力f＝

＝kt，金属杆的速度随时间均匀变化，即金属杆做匀加速运动，加速度a恒定且不为零．再由牛顿第二定律有F－f＝ma，即F＝ma＋kt是时间的一次函数，且k为正，t＝0时，F≠0，故B正确．

9．（2009年高考广东卷）如图10所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是（　　）

图10

A．电源输出功率减小

B．L1上消耗的功率增大

C．通过R1上的电流增大

D．通过R3上的电流增大

解析：

选C.在合上S2之前，三灯泡都能正常工作，合上S2之后，电路中的总电阻R总减小，则I总增大，即流过R1的电流增大，C正确；由于不计内阻，电源的输出功率P出＝EI，可见电源的输出功率增大，A错误；R1两端的电压增大，则并联部分的电压减小，I3减小，I2减小，I1减小，PL1减小，可见B、D错误．

图11

10．（2009年高考福建卷）如图11所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则在此过程中（　　）

A．杆的速度最大值为

B．流过电阻R的电量为

C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量

D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量

解析：

选BD.当杆达到最大速度vm时，有F－μmg－

＝0得vm＝

，A错；由公式q＝

＝

＝

知，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：

WF＋WFf＋W安＝ΔEk，其中WFf＝－μmgL，W安＝－Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对．

二、填空题（本题共2小题，每小题4分，共8分，把答案填在题中横线上）

11.

图12

（2009年高考上海卷）如图12所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有________（填收缩、扩张）趋势，圆环内产生的感应电流__________（填变大、变小、不变）．

解析：

由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abdc回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量增大；又由于金属棒向右运动的加速度逐渐减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．

答案：

收缩　变小

12.

图13

某时刻LC回路中电容器中的电场方向和线圈中的磁场方向如图13所示．则这时电容器正在__________（充电还是放电），电流大小正在________（增大还是减小）．

解析：

用安培定则可知回路中的电流方向为逆时针方向，而上极板是正极板，所以这时电容器正在充电；因为充电过程电场能增大，所以磁场能减小，电流在减小．

答案：

充电　减小

三、计算题（本题共4小题，共52分．解答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）

13.

图14

（12分）（2010年高考天津理综卷）如图14所示，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U形金属框架上．框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.

（1）求框架开始运动时ab速度v的大小；

（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab位移s的大小．

解析：

（1）ab对框架的压力F1＝m1g

框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1

依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力Ff＝μFN

ab中的感应电动势E＝Blv

MN中电流I＝

MN受到的安培力F安＝IlB

框架开始运动时F安＝Ff

由上述各式，代入数据解得v＝6m/s.

（2）闭合电路中产生的总热量Q总＝

Q

由能量守恒定律，得Fs＝

m1v2＋Q总

代入数据解得s＝1.1m.

答案：

（1）6m/s　

（2）1.1m

14．（12分）（2009年高考广东物理卷）如图15甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．求0至t1时间内：

（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；

（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．

图15

解析：

（1）由图象分析可知，0至t1时间内

＝

由法拉第电磁感应定律有E＝n

＝n

·S

而S＝πr

由闭合电路欧姆定律有I1＝

联立以上各式解得

通过电阻R1上的电流大小为I1＝

由楞次定律可判断，通过电阻R1上的电流方向为从b到a.

（2）通过电阻R1上的电量q＝I1t1＝

通过电阻R1上产生的热量Q＝I

R1t1＝

.

答案：

（1）

　方向为从b到a　

（2）

15.

图16

（14分）（2010年押题卷）如图16所示，两平行光滑金属导轨处于竖直面内，相距0.50m，磁感应强度为B＝1.0T的匀强磁场垂直于导轨平面．一长为0.60m的金属棒AC垂直于导轨放置，并与导轨始终保持良好接触．导轨的右端用导线与一理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端接有一只“10V、2.0W”的小灯泡．现用外力使金属棒AC沿导轨左右运动，速度的变化规律为v＝10sin（50πt）m/s，此时小灯泡恰好正常发光，不计导轨、导线及金属棒的电阻．试求：

（1）变压器的变压比n1/n2；

（2）金属棒所受安培力的最大值．

解析：

（1）由题意可知金属棒AC切割磁感线产生的感应电动势随时间变化关系为：

E＝BLv＝5sin（50πt）V，则输入变压器原线圈的电压有效值

U1＝

＝

＝

V

小灯泡此时正常发光，则变压器输出电压U2＝10V

根据变压器匝数与电压关系，可得变压器的匝数比：

＝

＝

.

（2）由于小灯泡正常发光，故通过小灯泡的电流为I2＝

＝0.20A

由变压器的电流比与匝数比关系可得：

I1＝

I2＝

A

则通过金属棒电流的最大值为I1m＝0.80A，故安培力最大值F安m＝BLI1m＝0.40N.

答案：

（1）

（2）0.40N

16．（14分）（2010年北京宣武区模拟）平行轨道PQ、MN两端各接一个阻值R1＝R2＝8Ω的电热丝，轨道间距L＝1m，轨道很长，本身电阻不计，轨道间磁场按如图17甲所示的规律分布，其中每段垂直纸面向里和向外的磁场区域宽度均为2cm，磁感应强度的大小均为B＝1T，每段无磁场的区域宽度为1cm，导体棒ab本身电阻r＝1Ω，与轨道接触良好，现让ab以v＝10m/s的速度向右匀速运动．求：

（1）ab两端的电压为多大？

（2）设向右为正方向，在坐标图乙中画出ab所受外力随时间变化的关系图线（棒进入磁场时开始计时）．

（3）整个过程中，通过ab的电流是否是交变电流？

若是，则其有效值为多大？

（4）若不加外力，棒的质量m＝0.01kg，让棒由第一个磁场左边界开始以v＝10m/s的速度向右运动，求棒所发生的最大位移．（导轨足够长）

图17

解析：

（1）感应电动势E＝BLv＝10V

ab中的电流I＝

＝2A

ab两端的电压为U＝IR12＝8V.

（2）在磁场中t1＝2×10－3s，在无磁场区t2＝1×10－3s，ab所受的安培力为FA＝BIL＝2N，方向向左，则外力F＝FA，方向向右，所以F－t图象如图所示．

（3）是交变电流．

ab中交流电的周期T＝2

＋2

＝0.006s，由交流电有效值的定义，可得I2R（2

）＝I

RT，即

I有效＝

A.

（4）棒在磁场中做变减速运动，取很短时间Δt，Δv＝aΔt

Δv＝

Δt

∑Δv＝

∑vΔt

v＝

s1

s1＝0.5m

s＝50cm＋24cm＝74cm.

答案：

（1）8V　

（2）见解析图

（3）是　交变电流　

A　（4）74cm