模塊綜合測評(時間：60分鐘，滿分：100分)一、選擇題(本大題共10個小題，每小題6分，共60分．在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．)1．物理課上，老師做了一個奇妙的“跳環實驗”．如圖1，她把一個帶鐵芯的線圈L、開關S和電源用導線連接起來后，將一金屬套環置于線圈L上，且使鐵芯穿過套環．閉合開關S的瞬間，套環立刻跳起．圖1某同學另找來器材再探究此實驗．他連接好電路，經重復實驗，線圈上的套環均未動．對比老師演示的實驗，下列四個選項中，導致套環未動的原因可能是()A．線圈接在了直流電源上B．電源電壓過高C．所選線圈的匝數過多D．所用套環的材料與老師的不同【解析】金屬套環跳起的原因是開關S閉合時，套環上產生感應電流與通電螺線管上的電流相互作用而引起的．線圈接在直流電源上，S閉合時，金屬套環也會跳起．電壓越高，線圈匝數越多，S閉合時，金屬套環跳起越劇烈．若套環是非導體材料，則套環不會跳起．故選項A、B、C錯誤，選項D正確．【答案】D2．(2023·北京高考)如圖2所示，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產生的感應電動勢為E1；若磁感應強度增為2B，其他條件不變，MN中產生的感應電動勢變為E2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為()圖2A．c→a，2∶1 B．a→c，2∶1C．a→c，1∶2 D．c→a，1∶2【解析】金屬桿垂直平動切割磁感線產生的感應電動勢E＝Blv，判斷金屬桿切割磁感線產生的感應電流方向可用右手定則．由右手定則判斷可得，電阻R上的電流方向為a→c，由E＝Blv知，E1＝Blv，E2＝2Blv，則E1∶E2＝1∶2，故選項C正確．【答案】C3．如圖3所示，一理想變壓器原線圈匝數n1＝1000匝，副線圈匝數n2＝200匝，交流電源的電動勢e＝311sin(100πt)V，電阻R＝88Ω，電流表、電壓表對電路的影響可忽略不計，則()圖3A．A1的示數為AB．V1的示數為311VC．A2的示數為AD．V2的示數為44V【解析】V1的示數為U1＝eq\f(311,\r(2))V＝220V，U2＝eq\f(U1,n1)n2＝44V，I2＝eq\f(U2,R)＝A，I1＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)·eq\f(1,U1)＝A.【答案】D4．如圖4所示，L為電阻很小的線圈，G1和G2為內阻不計且零點在表盤中央的電流計．當開關S處于閉合狀態時，兩表的指針皆偏向右方．那么當開關S斷開時，將出現下面哪種現象()圖4A．G1和G2的指針都立即回到零點B．G1的指針立即回到零點，而G2的指針緩慢地回到零點C．G1的指針緩慢地回到零點，而G2的指針立即偏向左方后緩慢地回到零點D．G1的指針立即偏向左方，然后緩慢地回到零點，而G2的指針緩慢地回到零點【解析】斷開電路的瞬間，G2中電源提供的電流瞬間消失，線圈由于自感的作用，產生自感電動勢，與G2構成自感回路，自感電流將通過G2，該電流與原來的電流方向相反，所以G1指針緩慢地回到零點，G2的指針瞬間回到左邊再緩慢地回到零點．【答案】C5．(2023·浙江高考)如圖5所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()圖5A．兩線圈內產生順時針方向的感應電流B．a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1C．a、b線圈中感應電流之比為3∶4D．a、b線圈中電功率之比為3∶1【解析】當磁感應強度變大時，由楞次定律知，線圈中感應電流的磁場方向垂直紙面向外，由安培定則知，線圈內產生逆時針方向的感應電流，選項A錯誤；由法拉第電磁感應定律E＝Seq\f(ΔB,Δt)及Sa：Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，選項B正確；由R＝ρeq\f(L,S′)知兩線圈的電阻關系為Ra＝3Rb，其感應電流之比為Ia∶Ib＝3∶1，選項C錯誤；兩線圈的電功率之比為Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，選項D錯誤．【答案】B6．(2023·天津高考)如圖6所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上，圖中各電表均為理想電表．下列說法正確的是()圖6A．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R1消耗的功率變大B．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表V示數變大C．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電流表A1示數變大D．若閉合開關S，則電流表A1示數變大，A2示數變大【解析】當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，滑動變阻器連入電路的電阻R變大，則副線圈所在電路的總電阻R總變大，因原、副線圈兩端的電壓U1、U2不變，則通過R1的電流I2＝eq\f(U2,R總)變小，R1消耗的功率PR1＝Ieq\o\al(2,2)R1變小，選項A錯誤；R1兩端的電壓UR1＝I2R1變小，則電壓表V的示數UV＝U2－UR1變大，選項B正確；因通過原、副線圈的電流關系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I2變小，則I1變小，即電流表A1的示數變小，選項C錯誤；若閉合開關S，則副線圈所在電路的總電阻R′總變小，通過副線圈的電流I′2＝eq\f(U2,R′總)變大，則通過原線圈的電流I′1變大，電流表A1的示數變大，R1兩端的電壓U′R1＝I′2R1變大，則R2兩端的電壓U′R2＝U2－U′R1變小，電流表A2的示數變小，選項D錯誤．【答案】B7．如圖7甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為10∶1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C為電容器，已知通過R1的正弦交流電如圖乙所示，則()圖7A．交流電的頻率為HzB．原線圈輸入電壓的最大值為200eq\r(2)VC．電阻R2的電功率約為WD．通過R3的電流始終為零【解析】根據變壓器的原理可知原、副線圈中電流的周期、頻率相同，周期為s，頻率為50Hz，A錯．由圖乙可知通過R1的電流最大值為Im＝1A，根據歐姆定律可知其最大電壓為Um＝20V，再根據原、副線圈的電壓之比等于匝數之比可知原線圈輸入電壓的最大值為200V，B錯．因為電容器有通交流、隔直流的作用，所以有電流通過R3和電容器，D錯．根據正弦交流電的峰值和有效值關系及并聯電路特點可知通過電阻R2的電流有效值為I＝eq\f(ImR1,\r(2)R2)，電壓有效值為U＝eq\f(Um,\r(2))，電阻R2的電功率為P2＝UI＝eq\f(20,3)W＝W，C對．【答案】C8．(2023·山東高考)如圖8所示，將額定電壓為60V的用電器，通過一理想變壓器接在正弦交變電源上．閉合開關S后，用電器正常工作，交流電壓表和交流電流表(均為理想電表)的示數分別為220V和A．以下判斷正確的是()【導學號：78870101】圖8A．變壓器輸入功率為484WB．通過原線圈的電流的有效值為AC．通過副線圈的電流的最大值為AD．變壓器原、副線圈匝數比n1∶n2＝11∶3【解析】根據變壓器的變壓規律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，變流規律eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，正弦交變電流有效值和峰值的關系I＝eq\f(Im,\r(2))，功率公式P＝IU和理想變壓器的特點P1＝P2解決問題．變壓器的輸入功率P1＝P2＝I2U2＝×60W＝132W，選項A錯誤；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,60)＝eq\f(11,3)，選項D正確；由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(3,11)×A＝A，選項B正確；根據I＝eq\f(Im,\r(2))得副線圈上的電流的最大值I2m＝eq\r(2)I2＝eq\r(2)A，選項C錯誤．【答案】BD9．阻值為10Ω的電阻接到電壓波形如圖9所示的交流電源上，以下說法正確的是()圖9A．電壓的有效值為10VB．通過電阻的電流有效值為eq\f(\r(2),2)AC．電阻消耗電功率為5WD．電阻每秒鐘產生的熱量為10J【解析】由u－t圖象，交流電壓最大值為10V，有效值為5eq\r(2)V，A錯誤．根據I＝eq\f(U,R)，B正確．再根據P＝I2R，C正確．電阻每秒產生熱量Q＝Pt＝5J，故D錯誤．【答案】BC10．豎直放置的平行光滑導軌，其電阻不計，磁場方向如圖10所示，磁感應強度B＝T，導體桿ab和cd的長均為m，電阻均為Ω，所受重力均為N，現在用力向上推導體桿ab，使之勻速上升(與導軌接觸始終良好)，此時cd恰好靜止不動，ab上升時下列說法正確的是()圖10A．ab受到的推力大小為2NB．ab向上的速度為2m/sC．在2s內，推力做功轉化的電能是JD．在2s內，推力做功為J【解析】以ab、cd為整體可知向上推力F＝2mg＝，對cd可得BIl＝mg，所以I＝eq\f(mg,Bl)＝eq\f,×A＝1A，設ab運動速度為v，則Blv＝I×2R，所以v＝eq\f(2RI,Bl)＝eq\f(2××1,×m/s＝2m/s，2s內轉化的電能W電＝I2×2Rt＝J，2s內推力做的功WF＝Fvt＝J.【答案】BC二、非選擇題(本題共3小題，共40分．計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位．)11．(10分)我國的“嫦娥二號”探月衛星在發射1533秒后進入近地點高度為200km的地月轉移軌道．假設衛星中有一邊長為50cm的正方形導線框，由于衛星的調整由水平方向轉至豎直方向，此時地磁場磁感應強度B＝4×10－5T，方向如圖11所示．圖11(1)該過程中磁通量的改變量是多少？(2)該過程線框中有無感應電流？設線框電阻為R＝Ω，若有電流則通過線框的電量是多少？(sin37°＝，cos37°＝【導學號：78870102】【解析】(1)設線框在水平位置時法線n方向豎直向上，穿過線框的磁通量Φ1＝BScos53°＝×10－6Wb.當線框轉至豎直位置時，線框平面的法線方向水平向右，與磁感線夾角θ＝143°，穿過線框的磁通量Φ2＝BScos143°＝－×10－6Wb該過程磁通量的改變量大小ΔΦ＝Φ1－Φ2＝×10－5Wb.(2)因為該過程穿過閉合線框的磁通量發生了變化，所以一定有感應電流．根據電磁感應定律得，eq\o(\s\up10(-),I)＝eq\f(\o(\s\up10(—),E),R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt).通過的電量為q＝eq\o(\s\up10(-),I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝×10－4C.【答案】(1)×10－5Wb(2)有感應電流×10－4C12．(14分)一小型發電機的輸出電壓保持240V不變，發電機輸出電壓先經一升壓變壓器升壓后經遠距離輸送，到達用戶前又經降壓變壓器降壓，降壓后直接向用戶供電．已知用戶得到的電壓為220V，用電總功率為220kW.已知升壓變壓器與降壓變壓器原、副線圈的匝數比分別為1∶25和20∶1.求此時發電機的輸出功率．【導學號：78870103】【解析】如圖：由P＝IU，I4＝eq\f(P,U)＝eq\f(220×103,220)A＝103A由n3∶n4＝U3∶U4U3＝eq\f(n3,n4)U4＝eq\f(20,1)×220V＝4400V由n3∶n4＝I4∶I3I3＝I4eq\f(n4,n3)＝eq\f(1000,20)A＝50A由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)U2＝eq\f(n2,n1)U1＝25×240V＝6000VI2＝I3＝50A電源輸出功率P＝I2U2＝50×6000W＝×105W.【答案】×105W13．(16分)(2023·鎮安中學檢測)交流發電機的原理如圖12甲所示，閉合的矩形線圈放在勻強磁場中，繞OO′軸勻速轉動，在線圈中產生的交變電流隨時間變化的圖象如圖12乙所示，已知線圈的電阻為R＝Ω，求：【導學號：78870104】甲乙圖12(1)通過線圈導線的任一個橫截面的電流的最大值是多少？(2)矩形線圈轉動的周期