1、模块综合检测(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)1如图1所示，电阻和面积一定的圆形线圈垂直放入匀强磁场中，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间的变化规律为BB0sin t.下列说法正确的是()图1A线圈中产生的是交流电B当t/2时，线圈中的感应电流最大C若增大，则产生的感应电流的频率随之增大D若增大，则产生的感应电流的功率随之增大2两个完全相同的灵敏电流计A、B，按图2所示的连接方式，用导线连接起来，当把电流计A的指针向左边拨动的过程中，电流计B的指针将()图2A向左摆动B向右摆动C静止不动D发生摆动，由于不知道电流计的内部结构情况，故无法确
2、定摆动方向3如图3甲所示，一矩形线圈放在随时间变化的匀强磁场内以垂直线圈平面向里的磁场为正，磁场的变化情况如图乙所示，规定线圈中逆时针方向的感应电流为正，则线圈中感应电流的图象应为()图34如图4所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场的过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，则小球()图4A整个过程匀速运动B进入磁场的过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动C整个过程都做匀减速运动D穿出时的速度一定小于初速度5. 线框在匀强磁场中绕OO轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图5所示位置时，磁通量和感应电动势大小的变化情况是
3、()图5A磁通量和感应电动势都在变大B磁通量和感应电动势都在变小C磁通量在变小，感应电动势在变大D磁通量在变大，感应电动势在变小6.如图6所示的电路中，变压器是理想变压器原线圈匝数n1600匝，装有0.5 A的保险丝，副线圈的匝数n2120匝，要使整个电路正常工作，当原线圈接在180 V的正弦交变电源上时，下列判断正确的是()A副线圈可接耐压值为36 V的电容器B副线圈可接“36 V,40 W”的安全灯两盏C副线圈可接电阻为14 的电烙铁D副线圈可以串联一个量程为3 A的电流表，去测量电路中的总电流7一交变电流的it图象如图7所示，由图可知()A用电流表测该电流示数为10 AB该交变电流的频率
4、为100 HzC该交变电流通过10 的电阻时，电阻消耗的电功率为2 000 WD该交变电流的电流瞬时值表达式为i10sin 628t A8图8是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应()A先断开S1 B先断开S2 C先拆除电流表 D先拆除电阻R9如图9所示的电路中，L为自感系数很大的电感线圈，N为试电笔中的氖管(启辉电压约70 V)，电源电动势约为10 V已知直流电使氖管启辉时辉光只产生在负极周围，则()AS接通时，氖管不会亮BS接通时启辉，辉光在a端CS接通后迅速切断时启辉，辉光在a端 D条件同C，辉光在b端10
5、如图10所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁将衔铁吸下，将C线路接通，当S1断开时，由于电磁作用，D将延迟一段时间才被释放，则()A由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C如果断开B线圈的开关S2，无延时作用D如果断开B线圈的开关S2，延时将变长 图6 图7 图8图9图10题号12345678910答案二、填空题(本题共2小题，共20分)11(5分)如图11所示，是一交流电压随时间变化的图象，此交流电压的有效值等于_V.12(15分)硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件，某同学用图12所示的电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I
6、的关系，图中R0为定值电阻且阻值的大小已知，电压表视为理想电压表图11(1)请根据图12，将图13中的实验器材连接成实验电路图12图13(2)若电压表V2的读数为U0，则I_.姓名：_班级：_学号：_得分：_ (3)实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的UI曲线a，见图14.由此可知电池内阻_(选填“是”或“不是”)常数，短路电流为_ mA，电动势为_ V.(4)实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得UI曲线b，见图14.当滑动变阻器的电阻为某值时，实验一中的路端电压为1.5 V，则实验二中外电路消耗的电功率为_ mW(计算结果保留两位有效数字)图14三
7、、计算题(本题共4小题，共40分)13(8分)如图15所示，理想变压器原线圈接到220 V的交流电源上，副线圈的匝数为30，与一标有“12 V，12 W”的灯泡连接，灯泡正常发光副线圈的输出电压为110 V，电流为0.4 A求：图15(1)副线圈的匝数；(2)原线圈的匝数以及通过原线圈的电流14(10分)某发电站的输出功率为104 kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km远处的用户供电已知输电线的电阻率为2.4108 m，导线横截面积为1.5104 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%.求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输电线路上的电压损失15(8分)如图16所示，光
8、滑导轨MN、PQ在同一水平面内平行固定放置，其间距d1 m，右端通过导线与阻值RL8 的小灯泡L相连，CDEF矩形区域内有方向竖直向下、磁感应强度B1 T的匀强磁场，一质量m50 g、阻值为R2 的金属棒在恒力F作用下从静止开始运动x2 m后进入磁场恰好做匀速直线运动(不考虑导轨的电阻，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触)求：图16(1)恒力F的大小；(2)小灯泡发光时的电功率16(14分)如图17所示，在坐标xOy平面内存在B2.0 T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程x0.50sin y m，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分
9、别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其中R14.0 、R212.0 .现有一足够长、质量m0.10 kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v3.0 m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10 m/s2，求：图17(1)金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；(2)外力F的最大值；(3)金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量模块综合检测 答案1ACD线圈中产生的感应电流的规律和线圈在匀强磁场中匀速运动时一样，都是正(余)弦交变电流由规律类比可知A、C、D正确2B因两表的结构完全相同，对A来说就是由于拨动指针带动线圈切割磁感线产生感应电
10、流，电流方向应用右手定则判断；对B表来说是线圈受安培力作用带动指针偏转，偏转方向应由左手定则判断，研究两表的接线可知，两表串联，故可判定电流计B的指针向右摆动3B0t1时间内，磁场均匀增强，穿过线圈的磁通量均匀增大，产生的感应电流大小不变，由楞次定律知电流方向为逆时针；同理，t1t2时间内无电流，t2t4时间内有顺时针大小不变的电流4D小球进出磁场时，有涡流产生，要受到阻力，故穿出时的速度一定小于初速度5D由题图可知，mcos ，eEmsin ，所以磁通量变大，感应电动势变小6BD根据输入电压与匝数关系，有，解得U2U1180 V36 V根据保险丝熔断电流，有P2P1I1U10.5180 W9
11、0 W根据正弦交变电流有效值与最大值间的关系，有U2mU236 V允许副线圈通过的最大电流有效值为I2I10.5 A2.5 A负载电阻是最小值R 14.4 .根据以上数据，得B、D正确7BD8BS1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2.9AD接通时电压不足以使氖管发光，迅速切断S时，L中产生很高的自感电动势，会使氖管发光，b为负极，辉光在b端故A、D项正确10BC如果断开B线圈的开关S2，那么在S1断开时，该线圈中会产生感应电动势，但没有感应电流，所以无延时作用1150解析题图中给出的是一方波交流电，周期T0.3 s，前时间内U1100 V，后
12、时间内U250 V设该交流电压的有效值为U，根据有效值的定义，有T，代入已知数据，解得U50 V.12(1)实验电路如下图所示(2)(3)不是0.295(0.2930.297)2.67(2.642.70)(4)0.068(0.0600.070)解析(1)略(2)根据欧姆定律可知I(3)路端电压UEIr，若r为常数，则UI图为一条不过原点的直线，由曲线a可知电池内阻不是常数；当U0时的电流为短路电流，约为295 A0.295 mA；当电流I0时路端电压等于电源电动势E、约为2.67 V.(4)实验一中的路端电压为U11.5 V时电路中电流为I10.21 mA，连接a中点(0.21 mA,1.5
13、V)和坐标原点，此直线为此时对应滑动变阻器阻值的外电路电阻(定值电阻)的UI图，和图线b的交点为实验二中的路端电压和电路电流，如下图，电流和电压分别为I97 A，U0.7 V，则外电路消耗功率为PUI0.068 mW.13(1)275匝(2)550匝0.25 A解析理想变压器原线圈两端电压跟每个副线圈两端电压之比都等于原、副线圈匝数之比由于有两个副线圈，原、副线圈中的电流跟它们的匝数并不成反比，但输入功率等于输出的总功率(1)已知U212 V，n230；U3110 V由，得n3n2275匝；(2)由U1220 V，根据，得n1n2550匝由P1P2P3P2I3U356 W，得I10.25 A1
14、4(1)8104 V(2)3.2103 V解析(1)导线电阻r 25.6 输电线路上损失的功率为输出功率的4%，则4%PI2r代入数据得I125 A由理想变压器P入P出及PUI得输出电压U V8104 V(2)输电线路上的电压损失UIr12525.6 V3.2103 V15(1)0.8 N(2)5.12 W解析(1)对导体棒由动能定理得Fxmv2因为导体棒进入磁场时恰好做匀速直线运动所以FBIdBd代入数据，根据以上两式方程可解得：F0.8 N，v8 m/s(2)小灯泡发光时的功率PL2RL5.12 W16(1)1.0 A(2)2.0 N(3)1.25 J解析(1)金属棒MN沿导轨竖直向上运动
15、，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值因此接入电路的金属棒的有效长度为Lx0.5sin y，Lmxm0.5 m，由EmBLmv，得Em3.0 V，Im，且R并，解得Im1.0 A(2)金属棒MN匀速运动的过程中受重力mg、安培力F安、外力F外作用，金属棒MN运动到C点时，所受安培力有最大值，此时外力F有最大值，则F安mImLmB，F安m1.0 N，F外mF安mmg，F外m2.0 N.(3)金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势e3.0sin y，有效值为E有.金属棒MN滑过导轨OC段的时间为tt，y m，t s滑过OC段产生的热量Qt，Q1.25 J.
