1、期末综合评估时间：90分钟分值：100分一、选择题(16为单选，每小题4分，710为多选，每小题5分，共44分)1如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下图中的哪一图线所示的方式随时间变化时，导体环将受到向上的磁场作用力(A)解析：根据法拉第电磁感应定律得ES，又根据楞次定律可得，当导体环受到向上的磁场力时，说明穿过线圈的磁通量正在减小，所以导线abcd中的电流正在减小，由I可知，正在减小，即Bt图象上各点切线的斜率随时间减小，应选A.2在匀强磁场中，一矩形金属线框绕
2、与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示产生的交变电动势的图象如图2所示，则(B)At0.005 s时线框的磁通量变化率为零Bt0.01 s时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值为311 VD线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：由et图象知，t0.005 s时磁通量的变化率最大，A错；t0.01 s时的电动势为零，此时磁通量的变化率为零，磁通量最大，线框与中性面重合，B正确；交变电动势的有效值为E V，C错；电动势的频率为f50 Hz，D错3英国物理学家保罗狄拉克在1931年利用数学公式预言磁单极子存在如图所示，如果有一个磁单极子(单N极)从a点开始运动穿过线圈后从b点飞过那
3、么(B)A线圈中感应电流的方向是沿PMQ方向B线圈中感应电流的方向是沿QMP方向C线圈中感应电流的方向先是沿QMP方向，然后是PMQ方向D线圈中感应电流的方向先是沿PMQ方向，然后是QMP方向解析：将磁单极子(单N极)理解为其磁感线都是向外的，根据楞次定律和安培定则可知选项B正确4.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(B)A. B.C. D.解析：根据法拉第电磁感应定律解题线圈中产生的感应电动势EnnSn，选项B正确5如图所示为电容式传感器部分构件的
4、示意图当动片(实线图)和定片(虚线图)之间正对扇形区的圆心角的角度发生变化时，电容C便发生变化，下图中能正确反映C和间的函数关系的是(D)解析：当角度发生变化时，极板正对面积发生变化，Sr2，又C，所以C，故D正确6CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为，则下列说法中正确的是(D
5、)A电阻R的最大电流为B流过电阻R的电荷量为C整个电路中产生的焦耳热为mghD电阻R中产生的焦耳热为mg(hd)解析：由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mghmv2，所以I，A错；流过R的电荷量为qt，B错；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Qmghmgd，C错；由于导体棒的电阻也为R，则电阻R中产生的焦耳热为Qmg(hd)，D对7.如图所示电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计以下判断不正确的是(AD)A闭合S稳定后，电容器两端电压为EB闭合S稳定后，电容器的a极板不带电C断开S后的很短时间里，电容器的a极板将带正电D断开S后的很短时间里
6、，电容器的a极板将带负电解析：闭合S稳定后，线圈L相当于导线，则电容器被短路，则其电压为零，故A错误；当闭合S稳定后，电容器被短路，则其电压为零，电容器的a极板不带电，故B正确；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，给电容器充电，根据线圈的电流方向不变，则电容器的a极板将带正电故C正确，D错误8如图所示，某玩具电磁驱动发电机可简化为在匀强磁场中的一匝闭合金属线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，磁场的磁感应强度大小为B，线圈面积为S，电阻为R.当线圈以右边为轴，以恒定的角速度匀速转动时，下列叙述中正确的是(AC)A产生的感应电流的有效值为B转过30时，线圈中的电流方向为逆时
7、针C转动90的过程中，通过线圈导线某一横截面的电荷量为D线圈转动一周产生的热量为解析：线圈中产生的感应电动势最大值为EmBS，电动势有效值为EEmBS，则电流的有效值为I，选项A正确；据楞次定律可知转过30时，线圈中感应电流方向为顺时针，选项B错误；由，qt，得到电荷量q，故选项C正确；线圈转一周的过程中，产生的热量为QI2Rt，选项D错误9.一金属方框abcd从离磁场区域上方高h处自由落下，然后进入与线框平面垂直的匀强磁场中，在进入磁场的过程中，可能发生的情况是(如图所示)(ABC)A线框做加速运动，加速度agB线框做匀速运动C线框做减速运动D线框会反跳回原处解析：当线框下落进入磁场过程中，
8、感应电流的磁场将阻碍线框进入磁场，这就说明进入磁场时产生的感应电流使线框受到向上的安培力，且大小与进入磁场时的速度有关，设为F.如果Fmg，线框将匀速进入磁场如果Fmg，线框将减速进入磁场由此可见，线框进入磁场的运动特点是由其自由下落的高度h决定的(对于确定的线圈)，A、B、C三种情况均有可能但D项所示情况绝不可能，因为线框进入磁场，才会受到向上的安培力，受到安培力是因为有电流，可见在磁场中已经有一部分机械能转化为电能，机械能不守恒，故线框绝不会反跳回原处10.霍尔效应是美国物理学家霍尔于1879年发现的，利用霍尔效应制成的霍尔位移传感器的测量原理如图所示有一个沿x轴方向均匀变化的磁场，磁感应
9、强度大小BB0kx(B0、k均为常数)在传感器中通以如图所示的电流I，则当传感器沿x轴正方向运动时(ABC)A霍尔位移传感器的上、下两表面的电势差U越来越大Bk越大，位移传感器的灵敏度越高C若该霍尔位移传感器是利用电子导电，则其上表面电势高D通过该传感器的电流越大，则其上、下两表面间的电势差U越小解析：当上、下两表面间的电势差达到稳定时，有qqvB，其中l为上、下两表面之间的距离，v为带电粒子运动的速率，又由InqSv，其中n为单位体积内带电粒子的数目，S为霍尔位移传感器的横截面积，联立得U(B0kx)，当传感器沿x轴正方向运动时，x越来越大，所以U越来越大，选项A正确；又因为，所以k越大，灵
10、敏度越高，选项B正确；若该霍尔位移传感器是利用电子导电，则由左手定则可知，其上表面电势高，选项C正确；由U(B0kx)可知，通过该传感器的电流越大，则其上、下两表面间的电势差U越大，选项D错误二、填空题(每小题8分，共16分)11为了演示接通电源瞬间和断开电源瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，其中L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度大于(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度等于(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；断电的瞬间，A灯逐渐(填“立即”或“逐渐”)熄灭，B灯立即(填“立即”或“逐渐”)熄灭解析：开关接通的瞬间，和A灯并联的电
11、感线圈电流为零，A灯的电流为R和B灯之和，所以A灯的亮度大于B灯通电一段时间后电流稳定了，L无自感现象，其电阻和R一样，通过两灯的电流相等，所以两灯一样亮断电的瞬间，A灯和产生自感电流的L组成回路，随着电路电流的减小而逐渐熄灭，而B灯因没有电流而立即熄灭12某兴趣小组为了研制一台“电子秤”，找到一个力电转换传感器，该传感器的输出电压正比于受压面的正压力，实验操作时，先调节传感器输入端的电压(要求从零开始调节)，使力电转换传感器在空载时的输出电压为零；而后在其受压面上放一物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压(1)如图所示：E为直流电源；S为开关；R为滑动变阻器；为电压表，在图中用笔画线代替
12、导线连接成实验电路图答案：如图所示(2)若将质量为m0的砝码放在力电转换传感器的受压面上，电压表的示数为U0；然后取下砝码，再将待测质量为m的物体放在力电转换传感器的受压面上，电压表的示数为U，则待测物体的质量mm0.解析：(1)要求传感器输入端的电压从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法(2)因为测得的输出电压和所放物体的质量成正比，故，则待测物体的质量mm0.三、计算题(每小题10分，共40分)13.如图所示，线框用裸导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，而导体棒ab所在处的匀强磁场B22 T，已知ab长l0.1 m，整个电路总电阻R5
13、 .螺线管匝数n4，螺线管横截面积S0.1 m2.在螺线管内有图示方向的磁场B1，若10 T/s恒定不变时，导体棒恰好处于静止状态，求：(g取10 m/s2)(1)通过导体棒ab的电流大小；(2)导体棒ab的质量m.答案：(1)0.8 A(2)0.016 kg解析：(1)螺线管产生的感应电动势EnnS4 V，I0.8 A.(2)导体棒ab所受的安培力FB2Il0.16 N导体棒静止时有Fmg解得m0.016 kg.14.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨
14、始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02 kg，电阻均为R0.1 ，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的拉力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好保持静止，g取10 m/s2.求：(1)通过cd棒的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的拉力F多大？(3)拉力F做功的功率P是多少？答案：(1)1 A由d到c(2)0.2 N(3)0.4 W解析：(1)对cd棒受力分析可得：BIlmgsin30代入数据，得I1 A根据右手定则判断，通过cd棒的电流方向由d到c.(2)对ab棒受力分析可得：FBIlmgsin30代入数据，得F0.2
15、N.(3)根据I，PFv得P0.4 W.15.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B0.50 T，矩形线圈的匝数N100匝，边长Lab0.20 m，Lbc0.10 m，以3 000 r/min的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)若线圈总电阻为2 ，线圈外接电阻为8 ，写出交变电流的瞬时值表达式；(3)线圈由图示位置转过的过程中，交变电动势的平均值答案：(1)e314sin(314t)V(2)i31.4sin(314t)A(3)200 V解析：(1)线圈的角速度2n314 rad/s线圈电动势的最大值EmNBS314 V故交变电动势的瞬时值表
16、达式为eEmsint314sin(314t)V(2)Im31.4 A所以交变电流的瞬时值表达式为i31.4sin(314t)A(3)NN4NBSn200 V16如图所示，一边长L0.2 m，质量m10.5 kg，电阻R0.1 的正方形导体线框abcd，与一质量为m22 kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连起初ad边距磁场下边界为d10.8 m，磁感应强度B2.5 T，磁场宽度d20.3 m，物块放在倾角53的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数0.5.现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动(g取10 m/s2，sin530.8，cos530.6)求：(
17、1)线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小(2)线框刚刚全部进入磁场时动能的大小(3)整个运动过程线框中产生的焦耳热为多少答案：(1)2 m/s(2)0.9 J(3)1.5 J解析：(1)由于线框匀速穿出磁场，则对m2有：m2gsinm2gcosT0，对m1有：Tm1gBIL0，又因为I，联立可得：vR2 m/s.(2)从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得(m2gsinm2gcos)(d2L)m1g(d2L)(m1m2)v2Ek.将速度v代入，整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为Ek4.5 J.所以此时线框的动能为EkEk0.9 J.(3)从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得(m2gsinm2gcos)(d1d2L)m1g(d1d2L)Q(m1m2)v2.将数值代入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：Q1.5 J.