1、模块达标验收(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，共40分。第18小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，每小题3分；第912小题有多个正确选项，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是()A奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定闭合导线圈中，会出现感应电流D楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这
2、样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化解析：选C通有恒定电流的静止导线附近产生的磁场是不变的，在其附近的固定闭合导线圈中没有磁通量的变化，因此，不会出现感应电流，选项C错误。2电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()A从a到b，上极板带正电B从a到b，下极板带正电C从b到a，上极板带正电D从b到a，下极板带正电解析：选D磁铁自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，通过线圈的磁通量方向向下且在增大，根据楞次定律可判断出线圈中感应电流的磁场方
3、向向上，利用安培定则可判断出线圈中感应电流方向为逆时针绕向(由上向下看)，流过R的电流方向从b到a，电容器下极板带正电。选项D正确。3压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示。将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内()A升降机可能匀速上升B升降机一定匀减速上升C升降机一定处于失重状态D通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时大解析：选C在升降机运动过程的某一段时间内，电流表示数I不变，且有II0，则说明电源的路端电压增
4、大了，从而分析出是压敏电阻的阻值增大了，压敏电阻受的压力减小了，由牛顿第二定律可知，物块具有向下的加速度，处于失重状态，升降机可能向下匀加速运动，也可能向上匀减速运动，故C正确，A、B错误；因压敏电阻的阻值增大，电源总电流减小，电流表示数变大，故通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时小，D错误。4如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为l、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为()ABCD解析：选D扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径l，各点的平均速度v，导线框进磁场和出磁场时有感
5、应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有E，I2RT，联立二式可得I，故D正确，A、B、C错误。5如图所示，三根长均为L的直导线水平放置，截面构成以A为顶点的等腰直角三角形，其中导线A、B中电流的方向垂直纸面向里，导线C中电流的方向垂直纸面向外。若导线B、C中的电流在导线A所在位置产生的磁感应强度的大小均为B0，导线A通过的电流大小为I，则导线A受到的安培力的大小和方向为()AB0IL，水平向左B2B0IL，水平向左CB0IL，竖直向上D2B0IL，竖直向上解析：选CB、C中的电流在A处产生的磁场的磁感应强度的大小均为B0，方向如图所示。根据平行四边形定则，结合几何关系，可得A处的磁感
6、应强度大小为BAB0，方向水平向左；由左手定则可知，导线A所受安培力方向竖直向上，大小为FB0IL，选项C正确，A、B、D错误。6如图所示，一束正离子先后经过速度选择器和匀强磁场区域，则在速度选择器中沿直线运动且在匀强磁场中偏转半径相等的离子具有相同的()A电荷量和质量B质量和动能C速度和比荷D速度和质量解析：选C在速度选择器中，正离子不偏转，说明离子受力平衡，离子受电场力和洛伦兹力，有qv0B1qE，得v0，可知这些正离子具有相同的速度；进入只有匀强磁场的区域时，离子的偏转半径相同，由R和v0可得R，可知这些正离子具有相同的比荷。选项C正确，选项A、B、D错误。7如图所示，在一平面正方形MN
7、PQ区域内有一匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从Q点沿着与边QP夹角为30的方向垂直进入磁场，从QP边界射出。已知QP边长为a，不计粒子的重力，下列说法正确的是()A该粒子带正电B运动过程中粒子的速度不变C粒子在磁场中运动的时间为D粒子的速度的最大值为解析：选C粒子从PQ边射出匀强磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直于速度斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子速度大小不变而方向发生变化，粒子速度发生变化，故B错误；粒子在匀强磁场中转过的圆心角23060，则粒子在匀强磁场中的运动时间tT，故C正确；粒子
8、从P点射出磁场时轨道半径最大，粒子速度最大，此时粒子轨道半径ra，由牛顿第二定律得qvBm，粒子的最大速度v，故D错误。8如图所示的电路中，a、b、c为三个相同的灯泡，线圈L的自感系数很大，电阻不计，电源E内阻不计，下列判断正确的有()AS闭合的瞬间，c灯亮BS闭合的瞬间，b灯最亮C电路稳定后，将S断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭D电路稳定后，将S断开，a、c两灯亮度相同且逐渐变暗解析：选D由于通过线圈L的电流会缓慢变化，当开关S闭合的瞬间，线圈L中的电流为零，电路的结构为b、c串联后与a并联，所以a支路的电阻值小，流过a的电流大，而流过b、c的电流相等，所以S闭合的瞬间，b、c两灯一样亮，a灯
9、最亮，A、B均错误；当电流逐渐稳定时，线圈L不产生感应电动势，此时b被短路，a、c并联，电路稳定后，将S断开，此时线圈L产生感应电动势，相当于电源，电路的结构是a、c串联后与b并联，所以a、c两灯亮度相同且逐渐变暗，C错误，D正确。9关于电磁波，下列说法正确的是()A电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度方向、磁感应强度方向均垂直D电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失解析：选ABC电磁波在真空中的传播速度等于光速，与电磁波的频率无关，选项A正确； 周期性变化的电场
10、和磁场可以相互激发，形成电磁波，选项B正确；电磁波传播方向与电场强度方向、磁感应强度方向均垂直，选项C正确；电磁波波源的电磁振荡停止，波源不再产生新的电磁波，但空间中已产生的电磁波仍可继续传播，选项D错误。10如图所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速度为零，摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则()A若是匀强磁场，环滚上的高度小于hB若是匀强磁场，环滚上的高度等于hC若是非匀强磁场，环滚上的高度等于hD若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h解析：选BD若是匀强磁场，环中磁通量不变，无感应电流产生，环的机械能守恒，A错误，B正确；若为非匀强磁场，则环中磁通量变化，产生感应电
11、流，机械能减少，C错误，D正确。11图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为如图乙所示的正弦式交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两线圈横截面积相同，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈两端电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是()A电压表的示数为25 VB若没有转换器，则变压器副线圈输出的是直流电C若，则可以实现燃气灶点火D穿过原、副线圈的磁通量之比为11解析：选AD根据题图乙可以得到原线圈输入电压的最大值U1m5 V，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，原线圈输
12、入电压的有效值U125 V，则电压表的示数为25 V，故A正确；若没有转换器，原、副线圈中磁通量恒定，不会发生电磁感应现象，变压器副线圈无电流输出，故B错误；由题意可知，副线圈输出电压最大值U2m5 000 V时，可实现燃气灶点火，根据变压比可知，解得实现点火的条件是，故C错误；理想变压器的原、副线圈横截面积相同，且无漏磁现象，穿过原线圈的磁感线也全部穿过副线圈，故穿过原、副线圈的磁通量之比为11，故D正确。12如图所示，一个边长为L的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L，方向垂直纸面向里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直。如果从线圈的一条边刚进入磁场开始计时，下列
13、关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek随时间变化的图像中，可能正确的是()解析：选ACD若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，则线圈匀速进入，感应电流恒定，由qIt可知，通过线圈横截面的电荷量均匀增大，线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向改变，通过的电荷量均匀减小，A项可能；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不可能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不可能出现感应电流为零的情况，故B项错误；由于线圈进入磁场时重力也可能大于安培力，因此继续做加速运动，但速度增大安培力也增大，则加速度减小，当安培力增大到
14、等于重力时，加速度变为零，故C项可能；如果线圈刚进入磁场时安培力就大于重力，则线圈做减速运动，速度减小则安培力减小，最后可能达到平衡，速度不变，动能不变，故D项可能。二、非选择题(本题共6小题，共60分)13(6分)利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图所示)的线圈产生的交变电流。实验步骤如下：将电压传感器接入数据采集器；电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联；点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”；缓慢摇动发电机的手柄，观察工作界面上的信号。(1)屏上出现的电压波形如图所示，从图中可以看出，手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其原因可能是_(写出一条即可)。(2)研究交变电
15、流的波形时，发现在用手摇动发电机手柄的2 min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为_。如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度为_。解析：(1)只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电流才是标准的正弦式交流电。手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的，所以不是匀强磁场，由于是手摇转动，转速难以保证恒定。(2)屏上每出现一次向上的“尖峰”，就代表经过了一个周期，2 min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，表明周期T s2 s，大轮的角速度等于小轮的角速度的一半，所以大轮的角速度0.5 rad/s。答案：(1)转子不是在匀强磁场中转动(或手摇发电
16、机的转速不均匀)(2)2 s0.5 rad/s14(8分)磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。某小组用如图甲所示的装置研究电磁铁的工作电压与衔铁所受磁力大小的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，V1为理想电压表。(1)为增大电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向_端移动(选填“c”或“d”)。(2)已知电磁铁线圈的直流电阻为30 ，滑动变阻器的最大阻值为170 ，电源E的电动势为120 V，滑动变阻器能提供的最大分压为119 V，则电源E的内阻为_(保留2位有效数字)。(3)同学们将阻值会因形状变化而发生改变的金属应变片R1粘贴在弹性梁的
17、上表面，然后将金属应变片R1、定值电阻R2和理想电压表V2连接成如图乙所示的电路。线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，R1的阻值将_，电压表V2的读数将_。(填“增大”“减小”或“不变”)(4)在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衔铁刚好分开，测得外力F与线圈两端电压U的关系如图丙所示，若要求该锁能抵抗1 200 N的外力，则工作电压至少为_V。解析：(1)根据电流的磁效应，电流越大，产生的磁场强度越强，为了增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片应该滑向c端；(2)当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，滑动变阻器提供的分压最大，由闭合电路欧姆定律EUmIr，I，R 255 ，联立解得：r0.2
18、1 。(3)线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，根据电阻定律，R1的阻值将增大；根据串联电路分压规律可知，电阻增大，电压增大，所以电压表V2的读数将增大。(4)由图丙可知，F1 200 N时对应的工作电压为60 V，即要求该锁能抵抗1 200 N的外力，则工作电压至少为60 V。答案：(1)c(2)0.21(3)增大增大(4)6015(7分)如图所示，由S点发出的电荷量为q、质量为m的带电粒子，从静止被加速电压为U、极板间距离为d的匀强电场加速后，从正中央垂直射入电压为U的匀强偏转电场，偏转极板长度和极板距离均为L，带电粒子离开偏转电场后即进入一个垂直纸面方向的匀强磁场，其磁感应强度为B。若不
19、计重力影响，欲使带电粒子通过某路径返回S点，求：(1)简要画出粒子经磁场返回S点的路径(粒子第二次进入电场时电场方向反向)。(2)粒子第一次进入磁场时的速度大小？(3)匀强磁场的宽度D至少为多少？解析：(1)粒子运动路径如图所示。(2)加速电场对粒子加速，由动能定理得qUmv解得v0 粒子在偏转电场中做类平抛运动，其加速度a粒子通过偏转电场的时间t2L 粒子在偏转电场中的侧移距离yat侧向速度vyat2 则粒子射出偏转电场时的速度v 。(3)粒子以速度v进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设运动半径为R，有qvBm解得R 则磁场宽度DDR 。答案：(1)见解析图 (2) (3) 16(
20、9分)为保证教学工作正常开展，防止停电事故发生，某中学计划购置一台应急备用发电机。要求如下：一是要保证全校88间教室所有日光灯能正常发光；二是为避免噪音干扰发电机需远离教学区；三是尽量利用已有设备和线路。为此，某物理老师调查后得到以下数据：该校每间教室有日光灯20盏，每盏20 W，额定电压均为220 V；发电机安装位置距离并网接口约500米，计算得出此段所用电线每米电阻约20103 ，其余部分电阻不计；学校已有升压变压器和降压变压器各一台，升压变压器匝数比为n1n214，降压变压器的匝数比为n3n441，两变压器均可视为理想变压器，该物理老师画出示意图如图所示。则：(1)输电线总电阻R线是多少
21、？(2)购买的发电机功率P应不小于多少？(3)发电机输出的电压U1是多少才能保证灯泡正常发光？解析：(1)输电线总电阻R线250020103 2 。(2)所有电灯正常发光时消耗的功率P灯882020 W35 200 WP4P3当灯正常发光时，降压变压器副线圈两端电压U4220 V降压变压器原、副线圈两端电压之比解得U3880 V两变压器之间输电线上的电流I线 A40 A输电线上损失的功率P线IR线4022 W3 200 W所以PP灯P线38 400 W384 kW即所购发电机额定功率不得低于384 kW。(3)要保证所有灯能正常发光，则升压变压器副线圈两端电压U2U3U线U3I线R线960 V
22、故升压变压器原线圈两端电压U1U2960 V240 V。答案：(1)2 (2)384 kW(3)240 V17(14分)如图所示，PM、QN是两根半径为d的光滑的圆弧轨道，其间距为l，O、P连线水平，M、N在同一水平高度，圆弧轨道电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现有一根长度稍大于l、质量为m、电阻为r的金属棒从轨道的顶端PQ处由静止开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg，求：(1)金属棒到达最低点时它两端的电压；(2)金属棒下滑过程中它产生的热量；(3)金属棒下滑过程中通过它的电荷量。解析：(1)在轨道的最低点MN处，金属
23、棒对轨道的压力FN2mg，根据牛顿第三定律知轨道对金属棒的支持力大小FNFN2mg，则FNmgm，解得v。金属棒切割磁感线产生的感应电动势EBlv金属棒到达最低点时两端的电压UEBl。(2)金属棒下滑过程中，由能量守恒定律得mgdQmv2，解得Qmgd。金属棒产生的热量Qr Q。(3)由qIt，I，E，Bld，联立解得q。答案：(1)Bl(2)(3)18(16分)带电粒子一般没有通常意义上的容器可装，而是由磁场约束带电粒子运动将其束缚在某个区域内。如图甲所示，圆盒为电子发射器，厚度为h，M处是电子出射口，它是宽度为da、长为圆盒厚度h的狭缝。圆盒截面如图乙所示，D为绝缘外壳，整个装置处于真空中
24、，半径为a的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的低能电子，与A同轴放置的金属网C的半径为b5a，不需要电子射出时，可用磁场将电子封闭在金属网以内；若需要低能电子射出时，可撤去磁场，让电子直接射出；若需要高能电子时，可撤去磁场，并在A、C间加一径向电场，使其加速后射出。不考虑A、C上产生的感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量大小为e。(1)若需要速度为9v的电子通过金属网C发射出来，在A、C间所加电压U应多大？(2)若A、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆盒平面的匀强磁场，求所加磁场磁感
25、应强度的最小值B；(3)若在C、A间不加磁场，也不加径向电场时，检测到电子从M射出形成的电流为I，忽略电子碰撞到C、D上的反射效应和金属网对电子的吸收，以及金属网C与绝缘外壳D间的距离，求圆柱体A发射电子的功率P。解析：(1)根据动能定理，有eUm(9v)2mv2解得U。(2)A发射的电子恰好不从金属网C射出时，电子在C、A间的磁场中做圆周运动，当其轨迹与金属网相切时，如图所示，此时对应的磁感应强度最小，设为B，根据几何知识，有(br)2r2a2解得r24a又因为evBm解得B。(3)根据电流的定义，有I在时间t内，由M射出的电子数为n在时间t内，从M单位面积射出的电子数为n0在时间t内，从A中发射的电子数为Nn0Sn02bh圆柱体A发射电子的功率为P。答案：(1)(2)(3)
