高中物理教科版2本册总复习总复习 模块综合测评

模块综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的4个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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)图11．如图1所示，把一条长约10m的电线的两端连接在一个灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合回路，让两个同学迅速摇动电线．当他们摇动的电线沿哪个方向时，灵敏电流表的示数最大()A．东西方向 B．东偏北45°C．南北方向 D．南偏东45°【解析】地磁场的方向是由南指向北，当电线垂直磁场方向运动，即当电线沿东西方向放置时，感应电流最大，灵敏电流表的示数最大，本题应选A.【答案】A2．如图2所示，在圆形空间区域内存在关于直径ab对称、方向相反的两个匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，一金属导线制成的圆环刚好与磁场边界重合，下列说法中正确的是()图2【导学号：31310170】A．若使圆环向右平动，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．若使圆环竖直向上平动，感应电流始终沿逆时针方向C．若圆环以ab为轴转动，a点的电势高于b点的电势D．若圆环以ab为轴转动，b点的电势高于a点的电势【解析】若圆环向右平动，由楞次定律知感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A选项正确；若圆环竖直向上平动，由于穿过圆环的磁通量未发生变化，所以圆环中无感应电流产生，B选项错误；若圆环以ab为轴转动，在0～90°内，由右手定则知b点的电势高于a点的电势，在90°～180°内，由右手定则知a点的电势高于b点的电势，以后a、b两点电势按此规律周期性变化，C、D选项错误．【答案】A3．通过一阻值R＝10Ω的电阻的交变电流，它的两端电压变化如图3所示，其周期为1s．则通过电阻电流的有效值为()图3A．1.2A B．0.4eq\r(10)AC．1.5A D．0.8eq\r(5)A【解析】由有效值的定义可得：eq\f(U\o\al(2,1),R)t1＋eq\f(U\o\al(2,2),R)t2＝I2RT，代入数据得eq\f(102,10)×＋eq\f(202,10)×＝I2×10×1，解得：I＝\r(10)A，故选B.【答案】B4．如图4所示为一正弦交变电压随时间变化的图像，由图可知()【导学号：31310171】图4A．交流电的周期为2sB．用电压表测量该交流电压时，读数为311VC．交变电压的有效值为220VD．将它加在电容器上时，电容器的耐压值必须等于311V【解析】交流电的周期为2×10－2s，即s，选项A错误；电压表测量的是有效值，该正弦交流电的有效值为eq\f(311,\r(2))V＝220V，选项B错误，C正确；电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值，或者说电容器的耐压值必须大于或等于所加交流电压的最大值，选项D错误．【答案】C5．(2023·昆明高二检测)在如图5所示的电路中，两个相同的电流表，零刻点在刻度盘的中央．当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通且稳定时再断开开关的瞬间，下列说法正确的是()图5A．G1指针向右摆，G2指针向左摆B．G1指针向左摆，G2指针向右摆C．两指针都向右摆D．两指针都向左摆【解析】电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流，会流过电阻．所以含有电感器的支路的电流从“＋”接线柱流入，G1指针向右摆．含有电阻的支路电流从“－”接线柱流入，G2指针向左摆．故A正确，B、C、D错误．【答案】A6．(2023·江西高三期末)如图6所示，abcd是由粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体棒MN有电阻，可在ad边与bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当MN棒由靠ab边处向cd边匀速移动的过程中，下列说法中正确的是()【导学号：31310172】图6A．MN棒中电流先减小后增大B．MN棒两端电压先增大后减小C．MN棒上拉力的功率先增大后减小D．矩形线框中消耗的电功率先减小后增大【解析】设MN左、右两侧电阻丝的并联阻值为R并，导体棒MN的电阻为r，则MN棒中的电流I＝eq\f(BLv,R并＋r)，MN棒两端电压UMN＝BLv－I·r，因当导体棒MN在线框中点时R并最大，故MN棒运动过程中，电流I先减小后增大，而UMN先增大后减小，A、B均正确；MN棒上拉力的功率PF＝BIL·v＝eq\f(B2L2v2,R并＋r)，在MN棒运动过程中，PF先减小后增大，C错误；因不知R并与r的大小关系，矩形线框中消耗的电功率大小变化情况无法确定，D错误．【答案】AB7．(2023·佛山高二期中)某物理兴趣小组设计了如图7所示的火情报警系统，其中M是理想变压器，将a，b接在恒定电压的正弦交流电源上，RT为用半导体热敏材料制成的传感器(其电阻率随温度升高而减小)，电流表A2为值班室的显示器，显示通过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)，R2为定值电阻．若传感器RT所在处出现火警时，以下说法中正确的是()图7A．电流表A1的示数不变，电流表A2的示数增大B．电流表A1的示数增大，电流表A2的示数减小C．电压表V1的示数增大，电压表V2的示数增大D．电压表V1的示数不变，电压表V2的示数变小【解析】当传感器RT所在处出现火情时，RT的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，①由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；②由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变；③由于副线圈中电流增大，R2的电压变大，所以V2的示数要减小；④R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小；由①④可知A错误，B正确；由②③可知C错误，D正确．【答案】BD8.如图8所示，矩形线圈是闭合的，在外力作用下，匀速向右通过宽为d(大于线圈边长)的匀强磁场时，设穿过线圈的磁通量为Φ，感应电流为I，线圈所受磁场力为F，通过线圈导线横截面的电荷量为q，则描述此过程中以上各物理量的变化的图像如选项图所示，其中正确的是()图8【导学号：31310173】【解析】线圈穿过磁场的过程中，速度不变，其他各物理量的变化分析如下：(1)进入磁场的过程中，磁通量Φ＝BS＝Bl·vt(l为切割磁感线的边长)，可见磁通量Φ正比于时间t；从全部进入磁场到出磁场之前的过程中，Φ最大且保持不变；离开磁场的过程中，Φ均匀减小，故A对．(2)感应电流I感＝eq\f(Blv,R)，进入磁场与离开磁场的过程中，I感的大小相等方向相反，均为恒定电流；全部在磁场中平移时，无感应电流，故B对．(3)进入与离开磁场的过程中，安培力大小F安＝BI感l不变；全部在磁场中平移时，不受安培力，故C错．(4)进入与离开磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝I感t＝eq\f(Blv,R)t，可见电荷量随时间均匀增加；全部在磁场中时，无感应电流，故D错．【答案】AB二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(10分)(1)按如图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，电磁继电器触点断开，造成小灯泡熄灭．【答案】见解析10．(12分)如图10所示，交流发电机电动势的有效值E＝20V，内阻不计，它通过一个R＝6Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6VW”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：【导学号：31310174】图10(1)降压变压器原、副线圈匝数比；(2)发电机的输出功率．【解析】(1)彩色小灯泡额定电流IL＝eq\f(P,U)＝eq\f,6)A＝eq\f(1,24)A，副线圈总电流I2＝24IL＝1A．变压器输入功率等于P入＝I1U1＝I2U2＝6W，变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E＝U1＋I1R＝eq\f(P入,I1)＋I1R，代入数值解得I1＝eq\f(1,3)A．(I1＝3A应舍去，据题意是降压变压器，应I1＜I2＝1A)，所以eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(3,1).(2)发电机输出功率P＝I1E≈W.【答案】(1)3∶1(2)W11．(15分)轻质细线吊着一质量为m＝0.64kg、边长为l＝0.8m、匝数n＝10的正方形线圈ABCD，线圈总电阻为R＝1Ω.边长为l/2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图11甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松驰，g取10m/s2.求：甲乙图11(1)在0～4s内，穿过线圈ABCD磁通量的变化ΔΦ及线圈中产生的感应电动势E；(2)在前4s时间内线圈ABCD的电功率；(3)求t0的值．【解析】(1)在0～4s内，穿过线圈ABCD磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS＝(B2－B1)·eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2＝2×eq\f(1,2)×Wb＝Wb.由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得，线圈中产生的感应电动势为E＝V.(2)由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，线圈ABCD的电功率为P＝I2R，代入数据得P＝W.(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时由共点力平衡可得FA＝nBt0Ieq\f(l,2)＝mg，Bt0＝eq\f(2mgR,nEl)＝4T，由题图乙可得B＝1＋，当Bt0＝4T，解得t0＝6s.【答案】(1)WbV(2)W(3)6s12．(15分)如图12甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN，PQ竖直放置，其宽度L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R＝Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)．【导学号：31310175】图12(1)判断金属棒两端a，b的电势高低；(2)求磁感应强度B的大小；(3)在金属棒ab从开始运动的s内，电阻R上产生的热量．【解析