1、模块综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包含10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求,710题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所,关于金属探测器的下列有关论述正确的是 ()A.金属探测器可用于月饼生产中,用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中B.金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物,是因为探测器的线圈中能产生涡流C.使用金属探测器的时候,应该让探测器静止不动,探测效果会更好D.能利用金属探测器检测考生是否携
2、带手机等违禁物品,是因为探测器的线圈中通有直流电解析:金属探测器是通过其通有交流电的探测线圈,会在隐藏金属中激起涡流,反射回探测线圈,从而改变原交流电的大小和相位,起到探测作用.当探测器对于被测金属发生相对移动时,探测器中的线圈的交流电产生的磁场相对变化较快,在金属中产生的涡流会更强,检测效果更好,正确选项为A.答案:A2.如图所示,在半径为R的虚线圆内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间变化关系为B=B0+kt.在磁场外距圆心O为2R处有一半径恰为2R的半圆导线环(图中实线),则导线环中的感应电动势大小为() A.0B.kR2C.kR22D.2kR2解析:由E=nt=BSt=12R2
3、k可知选项C正确.答案:C3.远距离交流输电的简化电路图如图所示.发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2.则()A.用户端的电压为I1U1I2B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I12rD.输电线路上损失的电功率为I1U解析:根据理想变压器原、副线圈的功率相等,有U1I1=U2I2,解得用户端电压为U2=I1U1I2,选项A正确;输电线上的电压降为I1r,选项B错误;理想变压器的输入功率为UI1-I12r,选项C错误;输电线路上损失的电功率为I12r,选项D错误
4、.答案:A4.如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是() A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小解析:导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路,磁感应强度均匀减小Bt=k为一定值,则闭合回路中的磁通量减小,根据楞次定律,可知回路中产生顺时针方向的感应电流,ab中的电流方向由a到b,故A错误;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E=t=BSt=kS,
5、回路面积S不变,即感应电动势为定值,根据欧姆定律I=ER,所以ab中的电流大小不变,故B错误;安培力F=BIL,电流大小不变,磁感应强度减小,则安培力减小,故C错误;导体棒处于静止状态,所受合力为零,对其受力分析,水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向,安培力减小,则静摩擦力减小,故D正确.答案:D5.如图甲所示,线圈ab,cd绕在同一软铁芯上,在ab线圈中通以变化的电流,用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是()解析:由题图乙可知,在00.5 s时间内Ucd为定值,由法拉第电磁感应定律可知,线圈
6、内磁通量变化率t为定值,已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则00.5 s时间内电流随时间变化率为定值,据此可排除A、B、D三项,只有C项正确.答案:C6.如图甲所示,M是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数之比n1n2=101,接线柱a、b接上一个正弦交流电源,电压随时间变化规律如图乙所示.变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器,R1为一定值电阻.下列说法正确的是()A.电压表V的示数为22 VB.此交流电源的频率为0.5 HzC.当传感器R2所在处出现火警时,A的示数减小D.当传感器R2所在处出现火警时,V的示数减小解析:交
7、流电压的有效值为U=Um2=220 V.由U1U2=n1n2得U2=n2n1U1=22 V,电压表测量的是电阻R2两端的电压,选项A错误;交变电流的频率f=1T=50 Hz,选项B错误;R2所在处出现火警时,R2减小,I2增大,R1两端的电压增大,故电压表的示数减小,选项D正确;因为输入功率等于输出功率即U1I1=U2I2,故I1增大,即A的示数增大,选项C错误.答案:D7.右图是著名物理学家费曼设计的一个实验,在一块绝缘板中部安装一个线圈,并接有电源,板的四周有许多带负电的小球.整个装置悬挂起来,当接通开关瞬间,整个圆盘将(自上而下看) () A.顺时针转动一下B.逆时针转动一下C.顺时针不
8、断转动D.逆时针不断转动解析:在线圈接通电源的瞬间,线圈中的电流是增大的,产生的磁场是逐渐增强的,逐渐增强的磁场会产生电场(麦克斯韦电磁场理论).在小球所在圆周处相当于有一个环形电场,小球因带电而受到电场力作用从而会让圆板转动.线圈接通电源瞬间,变化的磁场产生电场,从而导致带电小球受到电场力,使其转动.接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动,由于金属小球带负电,再根据电磁场理论可知,产生逆时针方向的电场,负电荷受到的电场力与电场方向相反,则有顺时针方向的电场力;当开关闭合后,电流产生磁场不变,则磁场周围不会出现电场,因此圆盘不再受到电场力,将保持运动.所以圆盘顺时针转动一下,A、C正确.答案:A
9、C8.右图是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图.把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,使磁感线水平向右垂直穿过铜盘,铜盘安装在水平的铜轴上,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触,G为灵敏电流表.现使铜盘按照图示方向以角速度匀速转动,则下列说法正确的是() A.C点电势一定高于D点电势B.圆盘中产生的感应电动势大小为12Br2C.电流表中的电流方向为由a到bD.若铜盘不转动,使所加磁场磁感应强度均匀增大,在铜盘中可以产生涡旋电流解析:把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成,当铜盘转动时,每根铜棒都在切割磁感线,相当于电源,由右手定则知,盘边缘为电源正极,中心
10、为电源负极,C点电势低于D点电势,选项A错误;此电源对外电路供电,电流由b经电流表再从a流向铜盘,选项C错误;铜棒转动切割磁感线,相当于电源,回路中感应电动势为E=Brv=Br12r=12Br2,选项B正确;若铜盘不转动,使所加磁场磁感应强度均匀增大,在铜盘中产生感生环形电场,使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动,形成环形电流,选项D正确.答案:BD9.如图所示,相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L(Ld),将线圈在磁场上方高h处由静止释放,cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0
11、,则线圈穿越磁场的过程中(从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场) () A.感应电流做功为mgLB.线圈进入磁场的过程中一直做减速运动C.线圈的最小速度可能为mgRB2L2D.线圈的最小速度一定为2g(h+L-d)解析:线圈cd边从L1到L2的过程中重力与安培力做功,由动能定理得mgd-W安=12mv02-12mv02,则W安=mgd,W安总=2mgd,故选项A错误;线圈进入磁场的过程中可能先做加速度减小的加速运动,再做匀速运动,故选项B错误;在磁场中当线圈匀速运动时,mg=B2L2vR,则v=mgRB2L2,此速度可能为最大速度也可能为最小速度,故选项C正确;线圈从初始位置到ab边离开磁场
12、的过程中,由动能定理有:mgh+mgd+mgL-2mgd=12mv2-0,则v=2g(h+L-d),故选项D正确.答案:CD10.如图所示,垂直纸面的正方形匀强磁场区域内,有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd,现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场,则导体框从两个方向移出磁场的两过程中()A.导体框中产生的感应电流方向相同B.导体框中产生的焦耳热相同C.导体框ad边两端电势差相同D.通过导体框截面的电荷量相同解析:由楞次定律,从两个方向移出磁场过程中感应电流方向都是adcba,选项A正确;以v拉出磁场时,cd边等效为电源E1=Blv,I1=E1R=BlvR,t=lv所以产
13、生的焦耳热Q1=I12Rt=B2l3vRad边电势差Uad=I1R4=Blv4通过的电荷量q1=I1t=Bl2R以3v拉出磁场时,ad边等效为电源Q2=3B2L3vRUad=9Blv4,q2=Bl2R故选项B、C错误,选项D正确.答案:AD二、填空题(本题包含2小题,共20分)11.(8分)如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动,线框中感应电流的有效值I=.线框从中性面开始转过2的过程中,通过导线横截面的电荷量q=_.解析:电动势最大值Em=BS,有效值E=Em2=22BS.由闭合电路
14、欧姆定律可得I=ER=2BS2R,电荷量q=It=ERt=R=BSR.答案:2BS2RBSR12.(12分)如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向,其中L1为原线圈,L2为副线圈.(1)在给出的实物图中,将实验仪器连成完整的实验电路.(2)在实验过程中,除了查清流入电流表的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外,还应查清(选填“L1”“L2”或“L1和L2”)的绕制方向.闭合开关之前,应将滑动变阻器的滑片P处于(选填“左”或“右”)端.(3)(多选)下列四幅图中,“+”和“-”分别表示电流表的正、负接线柱.已知电流从正接线柱流入电流表时,指针向正接线柱一侧偏转,电流从负接线柱流
15、入时,指针向负接线柱一侧偏转.图中给出了条形磁铁运动的方向、指针偏转方向或螺线管的绕线方向,以下判断正确的是.A.甲图中电流表的指针偏转方向向右B.乙图中螺线管内部的磁场方向向下C.丙图中条形磁铁向下运动D.丁图中螺线管的绕线方向从上往下看为顺时针方向解析:(1)连接实物图,如图所示.(2)实验过程中电流方向、L1和L2的绕制方向都要查清;闭合开关之前滑动变阻器的滑片处于右端,以限制电流.(3)由题图甲可知,原磁场方向向下,穿过线圈的磁通量变大,由楞次定律可知,感应电流从灵敏电流计正接线柱流入,灵敏电流计指针向右偏转,故A正确;由题图乙所示可知,感应电流从负接线柱流入,由安培定则可知,感应电流
16、磁场方向向下,磁铁远离线圈,磁通量减小,由楞次定律可知,原磁场方向向下,故B正确;由题图丙可知,感应电流从灵敏电流计正接线柱流入,由安培定则可知,感应电流磁场向上,而原磁场方向向上,由楞次定律可知,原磁通量减小,磁铁向上运动,故C错误;由题图丁可知,原磁场方向向下,磁通量减小,感应电流从灵敏电流计正接线柱流入,由安培定则可知,从上向下看,感应电流沿顺时针方向,即螺线管的绕向沿顺时针方向,故D正确.答案:(1)见解析(2)L1和L2右(3)ABD三、计算题(本题包含4小题,共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不得分.有数值计算的题,答案中必须写明数值和单
17、位)13.(8分)如图所示,面积为1 m2的单匝线圈内充满垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B正以0.1 T/s的变化率减小,线圈电阻r=1 ,定值电阻R=9 ,其余电阻不计.求:(1)线圈中产生的感应电动势为多大;(2)线圈中的电流为多大,方向是顺时针还是逆时针.解析:(1)由法拉第电磁感应定律E=t=BtS代入数值得E=0.1 V.(2)由闭合电路欧姆定律得I=ER+r代入数值得I=0.01 A由楞次定律,判知线圈中电流的方向是顺时针.答案:(1)0.1 V(2)0.01 A方向是顺时针14.(10分)如图所示,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置
18、于导轨上.t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求:(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值.解析:(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma=F-mg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为E=Blv联立式可得E=Blt0Fm-g.(2
19、)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I=ER式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为f=BlI因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-mg-f=0联立式得R=B2l2t0m.答案:(1)Blt0Fm-g(2)B2l2t0m15.(10分)某电子天平原理如图所示.E形磁铁的两侧为N极,中心为S极,两极间的磁感应强度大小均为B,磁极宽度均为L,忽略边缘效应.一正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、D与外电路连接.当质量为m的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位
20、置并静止,由此时对应的供电电流I可确定重物的质量.已知线圈匝数为n,线圈电阻为R,重力加速度为g.问:(1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从C端还是从D端流出?(2)供电电流I是从C端还是从D端流入?求重物质量与电流的关系.(3)若线圈消耗的最大功率为P,该电子天平能称量的最大质量是多少?解析:(1)感应电流从C端流出.(2)设线圈受到的安培力为FA.外加电流从D端流入.由FA=mg和FA=2nBIL得m=2nBLgI.(3)设称量最大质量为m0.由m=2nBLgI和P=I2R得m0=2nBLgPR.答案:(1)C端(2)D端m=2nBLgI(3)2nBLgPR16.(12分)小明设计的
21、电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角=53,导轨上端串接一个R=0.05 的电阻.在导轨间长d=0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T.质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2,sin 53=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及
22、拉杆和绳索的质量).求: (1)CD棒进入磁场时速度v的大小;(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.解析:(1)由牛顿第二定律有a=F-mgsinm=12 m/s2进入磁场时的速度v=2as=2.4 m/s.(2)感应电动势E=Blv,感应电流I=BlvR,安培力FA=IBl联立可得FA=(Bl)2vR=48 N.(3)健身者做功W=F(s+d)=64 J由F-mgsin -FA=0,CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t=dv焦耳热Q=I2Rt=26.88 J.答案:(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J
