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模块综合检测(B卷)


模块综合检测(B 卷)
(分值:100 分 时间:90 分钟) 一、选择题(本大题共 8 个小题,每小题 6 分,共 48 分.第 1~5 小题只有一项符合题目要求,第 6~8 小题 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) 1.(2012· 北京高考)物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”.如图 1,她把一个带铁芯的线圈

L、开关 S 和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈 L 上,且使铁芯穿过套环.闭合开关 S 的瞬间,套环立刻跳 起. 某同学另找来器材再探究此实验.他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环均未动.对比老师演示的实验, 下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是 ( )

图1 A.线圈接在了直流电源上 B.电源电压过高 C.所选线圈的匝数过多 D.所用套环的材料与老师的不同 【解析】 闭合开关 S,金属套环跳起,是因为 S 闭合瞬间,穿过套环的磁通量变化,环中产生感应电流的 缘故.产生感应电流要具备两个条件:回路闭合和穿过回路的磁通量变化.只要连接电路正确,闭合 S 瞬间,就

会造成穿过套环磁通量的变化,与电源的交直流性质、电压高低、线圈匝数多少均无关.该同学实验失败,可能 是套环选用了非导电材料的缘故.故 D 选项正确. 【答案】 D 2.如图 2 所示,一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动,穿过具有一定宽度的匀强磁场区域,已知 对角线 AC 的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直.下面对于线框中感应电流随时间变化的图象 (电流以 ABCD 顺序流向为正方向,从 C 点进入磁场开始计时)正确的是 ( )

图2

【解析】 利用“增反减同”,线框从进入磁场到穿过线框的磁通量最大的过程中,电流沿逆时针方向,且 先增大后减小;从穿过线框的磁通量最大的位置到离开磁场的过程中,电流沿顺时针方向,且先增大后减小.设 θ ∠C 为 θ,刚进入磁场时的切割有效长度为 2 tan 2·v·t,所以电流与 t 成正比,只有 B 项正确. 【答案】 B 3.(2013· 山东高考)将一段导线绕成图 3 甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内.回路的 ab 边置于垂直 纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度 B 随时间 t 变化的图象如图 3 乙所示.用 F 表示 ab 边受到的安培力,以水平向右为 F 的正方向,能正确反映 F 随时 间 t 变化的图象是( )



乙 图3

【解析】

从 Bt 图象中获取磁感应强度 B 与时间 t 的关系,结合 E=

ΔΦ 及安培力 F=BIL 得 Ft 关系. Δt

T T T 由 Bt 图象可知,在 0~ 4 时间内,B 均匀减小;4 ~ 2 时间内,B 反向均匀增大.由楞次定律知,通过 ab 的电 流方向向上,由左手定则可知 ab 边受安培力的方向水平向左.由于 B 均匀变化,产生的感应电动势 E= T 变,则安培力大小不变.同理可得在 2 ~T 时间内,ab 边受安培力的方向水平向右,故选项 B 正确. 【答案】 B 4.(2014· 南充高二检测)一矩形线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,如图 4 甲所示,通过 线圈的磁通量 Φ 随时间 t 变化的规律如图 4 乙所示,下列叙述正确的是( ) ΔB S不 Δt



乙 图4

A.t1 时刻线圈中感应电动势最大 B.t2 时刻线圈中感应电动势最大 C.t3 时刻线圈平面与磁感线平行 D.t2、t4 两时刻线圈中感应电流方向相同 【解析】 由 Φ?t 图像可知 t1 时刻磁通量最大,感应电动势为零,A 错误;t2 时刻磁通量的变化率最大,故感 应电动势最大,B 正确;t3 时刻线圈平面与磁感线垂直,C 错误;t2、t4 两时刻线圈中感应电流方向相反,D 错误. 【答案】 B 5.如图 5 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( )

图5 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】 如果问题不涉及感应电流的方向,则用楞次定律的推广进行分析,可以使分析问题的过程简化. 小磁块下落过程中,在铜管 P 中产生感应电流,小磁块受到向上的磁场力,不做自由落体运动,而在塑料管 Q 中只受到重力,在 Q 中做自由落体运动,故选项 A 错误;根据功能关系知,在 P 中下落时,小磁块机械能减少, 在 Q 中下落时,小磁块机械能守恒,故选项 B 错误;在 P 中加速度较小,在 P 中下落时间较长,选项 C 正确;由 于在 P 中下落时要克服磁场力做功, 机械能有损失, 故知, 落至底部时在 P 中的速度比在 Q 中的小, 选项 D 错误. 【答案】 C 6.(2014· 扬州高二检测)如图 6 所示,理想变压器的原、副线圈的匝数比为 4∶1,原线圈接有 u=311sin 100 π t(V)的交变电压,副线圈上接有定值电阻 R、线圈 L、灯泡 L1 及理想电压表 V,以下说法正确的( )

图6 A.副线圈中电流的变化频率为 50 Hz B.灯泡 L1 两端电压为 55 V C.若交变电压 u 的有效值不变,频率增大,则灯泡 L1 的亮度将变暗 D.若交变电压 u 的有效值不变,频率增大,则电压表 V 的示数将减小 【解析】 由原线圈电压表达式 u=311sin 100πt(V)可知,副线圈中电流的变化频率为 50 Hz,选项 A 正确; 根据变压公式,副线圈两端电压为 55 V,线圈有感抗,灯泡 L1 两端电压一定小于 55 V,选项 B 错误;若交变电 压 u 的有效值不变,频率增大,则线圈 L 感抗增大,灯泡 L1 两端电压减小,灯泡 L1 的亮度将变暗,选项 C 正确; 若交变电压 u 的有效值不变,频率增大,线圈 L 感抗增大,R 中电流减小,R 两端电压减小,则电压表 V 的示数 将增大,选项 D 错误. 【答案】 AC

7.(2014· 九江高二检测)如图 7 所示是温度报警器电路示意图,RT 是热敏电阻,R1 是滑动变阻器,下列关于 对此电路的分析正确的是 ( )

图7 A.当 RT 的温度升高时,RT 减小,A 端电势降低,Y 端电势升高,蜂鸣器会发出报警声 B.当 RT 的温度升高时,RT 减小,A 端电势升高,Y 端电势降低,蜂鸣器会发出报警声 C.当增大 R1 时,蜂鸣器的报警温度将提高 D.当增大 R1 时,蜂鸣器的报警温度将降低 【解析】 当热敏电阻 RT 的温度升高时,RT 减小,A 端电势升高,在非门电路的输出端,Y 端电势降低,蜂 鸣器上的电压升高,蜂鸣器会发出报警声,所以 A 错 B 对;当增大 R1 时,A 端电势升高,在较低温度时蜂鸣器 会发出报警声,所以 D 对 C 错. 【答案】 BD 8.在如图 8 所示的远距离输电电路图中,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压和输 电线的电阻均不变,随着发电厂输出功率的增大,下列说法中正确的有 ( )

图8

A.升压变压器的输出电压增大 B.降压变压器的输出电压增大 C.输电线上损耗的功率增大 D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大 P 【解析】 由题意可知升压变压器的输入电压不变,则输出电压不变, A 错误;在电能输出过程中有:I2=U ,
2

U 线=I2R 线,U3=U2-U 线,因 P 变大,I2 变大,所以 U 线变大,所以降压变压器初级电压 U3 变小,则降压变压器 ? P ?2 ? R P线 ? ?U2? 线 PR线 ? P ?2 的输出电压变小,B 错误;根据 P 线=?U ? R 线,因 P 变大,所以 P 线变大,C 正确;根据 P = P = U2 ,因 ? 2? 2 P 变大,所以比值变大,D 正确. 【答案】 CD 二、非选择题(本题共 4 小题,共 52 分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的 要注明单位) 9.(10 分)(1)按图 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,继电器触点断开,造成小灯泡熄灭. 【答案】 见解析 10.(13 分)如图 10 所示为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁感应强度 B=0.5 T,线圈匝数 n=50 匝,每 匝线圈面积 0.48 m2,转速 150 r/min,在匀速转动过程中,从图示位置开始计时.

图 10 (1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式; (2)画出 et 图线. 【解析】 (1)线圈平面经过中性面开始计时, 则线圈在时间 t 内转过角度 ωt, 于是感应电动势瞬时值 e=Emsin ωt,其中 Em=nBSω. 2π×150 由题意知 n=50,B=0.5 T,ω= rad/s=5π rad/s,S=0.48 m2,Em=nBSω=50×0.5×0.48×5π V 60 ≈188 V,所以 e=188sin(5πt)V. (2)根据交流电的表达式画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出,交流电的频率与正弦

2π 2π 图线的周期相对应,ω= T ,而周期由时间轴上的刻度值标出,T= =0.4 s,e?t 图线如图所示. ω

【答案】 (1)e=188sin (5π t) V (2)见解析图 11.(13 分)如图 11 甲所示,两根足够长的直金属导轨 MN、PQ 平行放置在倾角为 θ 的绝缘斜面上,两导轨 间距为 L.M、P 两点间接有阻值为 R 的电阻.一根质量为 m 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上,并与导轨垂直.整 套装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让 ab 杆沿导轨 由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.





图 11 (1)由 b 向 a 方向看到的装置如图 11 乙所示,请在此图中画出 ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图; (2)在加速下滑过程中,当 ab 杆的速度大小为 v 时,求 ab 杆中的电流及其加速度的大小; (3)求在下滑过程中,ab 杆可以达到的速度最大值. 【解析】 (1)如图所示,重力 mg,竖直向下;支持力 N,垂直斜面向上;安培力 F,沿斜面向上.

(2)当 ab 杆速度为 v 时,感应电动势 E=BLv,此时电路中电流 E BLv I=R= R . ab 杆受到安培力 B2L2v F=BIL= R , 根据牛顿运动定律,有 B2L2v B2L2v ma=mgsin θ-F=mgsin θ- R ,a=gsin θ- mR . B2L2v (3)当 R =mgsin θ时,ab 杆达到最大速度 mgRsin θ vm= B2L2 . 【答案】 (1)见解析 BLv B2L2v (2) R gsin θ - mR (3)vm= mgRsin θ B2L2

12.(16 分)(2014· 安徽高考)如图 12(1)所示,匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T,其方向垂直于倾角 θ 为 30°

的斜面向上.绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨 MPN(电阻忽略不计),MP 和 NP 长度均为 2.5 m,MN 连线水平,长为 3 m.以 MN 中点 O 为原点,OP 为 x 轴建立一维坐标系 Ox.一根粗细均匀的金属杆 CD,长度 d 为 3 m、质量 m 为 1 kg、电阻 R 为 0.3 Ω ,在拉力 F 的作用下,从 MN 处以恒定速度 v=1 m/s 在导轨上沿 x 轴正 向运动(金属杆与导轨接触良好).g 取 10 m/s2.

(1)

(2)

图 12 (1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x=0.8 m 处电势差 UCD; (2)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式, 并在图 12(2)中画出 Fx 关系图 象; (3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热. 【解析】 (1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势 E=Blv(l=d) E=1.5 V(D 点电势高) 当 x=0.8 m 时,金属杆在导轨间的电势差为零.设此时杆在导轨外的长度为 l 外,则 OP-x l 外=d- OP d OP= ?MN?2 MP2-? 2 ? =2 m ? ?

得 l 外=1.2 m 由楞次定律判断 D 点电势高,故 CD 两端电势差 UCD=-Bl 外 v UCD=-0.6 V (2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 的关系是

OP-x 3 l= OP d=3-2x l 对应的电阻 R1=dR Blv 电流 I= R 1 杆受的安培力为 F 安=BIl=7.5-3.75x 根据平衡条件得 F=F 安+mgsin θ F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 画出的 Fx 图象如图所示.

(3)外力 F 所做的功 WF 等于 Fx 图线下所围的面积.即 5+12.5 WF= 2 ×2 J=17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔEp=mgOPsin θ 故全过程产生的焦耳热 Q=WF-ΔEp=7.5 J 【答案】 (1)1.5 V -0.6 V (2)F=12.5-3.75x(0≤x≤2) 图象如图所示

(3)7.5 J


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