1、模块素养评价(90分钟100分)一、选择题(本题共14小题,每小题4分,共56分。其中18为单选题,914为多选题)1.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为110,当输入电压增加20 V时,输出电压()A.降低2 VB.增加2 VC.降低200 VD.增加200 V【解析】选D。由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比,即=得:U2=U1,即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比,所以有:U2=U1,当输入电压增加20 V时,输出电压增大200 V,故D正确。2.在如图所示的条件下,闭合矩形线圈能产生感应电流的是()【解析】选D。A选项中因为线圈平面平行于磁感线,在以OO为轴转动的过程中,线圈平面
2、始终与磁感线平行,穿过线圈的磁通量始终为零,所以无感应电流产生;B选项中,线圈平面也与磁感线平行,在竖直向上运动的过程中,线圈平面始终与磁感线平行,穿过线圈的磁通量始终为零,故无感应电流产生;C选项中尽管线圈在转动,但B与S都不变,B又垂直于S,所以=BS始终不变,线圈中无感应电流产生;而D选项中图示状态=0,当转过90时=BS,所以转动过程中穿过线圈的磁通量在不断地变化,因此转动过程中线圈中产生感应电流。D正确。3.如图甲所示,长直导线与闭合金属线框位于同一平面内,长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在0时间内直导线中电流向上,则在T时间内线框中感应电流的方向与所受安培力的情况是
3、()A.感应电流方向为顺时针,线框受安培力的合力方向向左B.感应电流方向为逆时针,线框受安培力的合力方向向右C.感应电流方向为顺时针,线框受安培力的合力方向向右D.感应电流方向为逆时针,线框受安培力的合力方向向左【解析】选C。在0时间内,直导线中的电流向上,由乙可知在T时间内,直导线中的电流方向向下,根据安培定则知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外,电流逐渐增大,则磁场逐渐增强,根据楞次定律和安培定则,金属线框中产生顺时针方向的感应电流,故B、D项不符合题意;根据左手定则,知金属框左边受到的安培力方向水平向右,右边受到的安培力方向水平向左。离导线越近,磁场越强,则左边受到的安培力大于右边受到的安培
4、力,所以金属框所受安培力的合力方向水平向右,故A项不符合题意,C项符合题意。【加固训练】如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一铝球以一定的初速度通过有界匀强磁场,则从铝球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于铝球的直径),铝球()A.整个过程都做匀速运动B.进入磁场过程中铝球做减速运动,穿出过程中铝球做加速运动C.整个过程都做匀减速运动D.穿出时的速度一定小于初速度【解析】选D。铝球进入磁场的过程中,穿过铝球的磁通量增大,产生涡流,部分机械能转化为电能,所以铝球做减速运动;铝球完全进入磁场后磁通量保持不变,铝球做匀速运动;铝球出磁场的过程中磁通量减小,再次产生涡流,继续消耗机械能,铝球再次
5、做减速运动。故D正确,A、B、C错误。4.如图所示,匀强磁场垂直于软导线回路所在平面,由于磁场发生变化,回路变为圆形,则该磁场随时间变化情况可能为()【解析】选D。磁场发生变化,回路变为圆形,是由线圈受到的安培力的方向向外,导线围成的面积扩大,根据楞次定律的推广形式可得,导线内的磁通量一定正在减小,磁场在减弱,故D正确,A、B、C错误,故选D。5.如图所示,空间存在垂直于纸面的匀强磁场,在半径为a的圆形区域内部及外部,磁场方向相反,磁感应强度的大小均为B。一半径为b(ba),电阻为R的圆形导线环放置在纸面内,其圆心与圆形区域的中心重合。当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中,通过导线截面的
6、电量为()A. B.C. D.【解析】选A。初始状态导线环中的磁通量为:1=(b2-a2)B-a2B,末状态导线环中的磁通量为:2=0,其磁通量的变化量:=|2-1|=|(b2-2a2)B|, 产生的电荷量:q=It=t=,故A正确,B、C、D错误;故选A。6.如图所示,一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内,有垂直纸面向里的匀强磁场,其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd,线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域,设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中,线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是()【解析】选B。线框开始进入磁场运动的过程中,只有边bc切割磁感线,
7、根据楞次定律可知,电流方向为逆时针方向,感应电流不变,前进L后,边bc开始出磁场,边ad开始进入磁场,回路中的感应电动势为ad边产生的电动势减去bc边在磁场中的部分产生的电动势,随着线框的运动回路中电动势逐渐增大,电流逐渐增大,方向为负方向;当再前进L时,边bc完全出磁场,ad边也开始出磁场,有效切割长度逐渐减小,电流方向不变。故选B。7.如图所示,一低压交流变压器中,变压器的原、副线圈都带有滑动头,通过上下调节P1、P2的位置,可以改变变压器输入、输出电压。图中L是一个小灯泡,R2是定值电阻,R1、R3是滑动变阻器,若要增大灯泡L的亮度,可以采取的办法是 ()A.P1、P3、P4不动,P2下
8、移B.P1、P2、P3不动,P4下移C.P2、P3、P4不动,P1上移D.P1、P2、P4不动,P3上移【解析】选D。根据变压器的变压原理=,要增大输出电压,需要使P1下移或P2上移;滑动变阻器R1是分压接法,P3上移可以使灯泡两端电压增大,灯泡功率也就增大,使其变亮;滑动变阻器R3的触头P4上移时才能使灯泡两端的电压增大,使灯泡变亮,所以只有D项正确。8.如图所示,电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=0.4 m,两导轨间距L=1 m,导轨倾角为30,导轨上端ab接一阻值R=2 的电阻,磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=2 、质量m=0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触
9、良好,从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端,在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.1 J。(g取10 m/s2),金属棒在金属导轨下滑的最大速度为()A.4 m/sB. m/sC. m/sD.以上答案都不正确【解析】选C。由牛顿第二定律可得mgsin30-F安=ma其中F安=BILI=E=BLvm联立可得vm=代入数据解得vm=4 m/s下滑过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热,由于R=r因此由焦耳定律Q=I2Rt可得QR=Qr=0.1 J因此克服安培力做功W安=Q=QR+Qr代入数据解得W安=0.2 J设金属棒到达最低端时速度为v,根据能量守恒可得mv2+W安=mgssin30代入
10、数据可得v= m/s即金属棒下滑最大速度为 m/s,故A、B、D错误,C正确。故选C。9.单匝闭合矩形线框电阻为R,在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,穿过线框的磁通量与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是()A.时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为C.线框转一周外力所做的功为D.从t=0到t=过程中线框的平均感应电动势为【解析】选B、C。由图像可知时刻线圈的磁通量最大,因此此时线圈处于中性面位置,因此A错误;由图可知交流电的周期为T,则=,交流电的电动势的最大值为Em=nBS=m,则有效值为E有=,故B正确;线圈转一周所做的功为转动一周的发热量,W=T=,故C正确;
11、从t=0时刻到t=时刻的平均感应电动势为E=,D错误。10.(2019海南高考)如图,一理想变压器输入端接交流恒压源,输出端电路由R1、R2和R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由51改为101后 ()A.流经R1的电流减小到原来的B.R2两端的电压增加到原来的2倍C.R3两端的电压减小到原来的D.电阻上总的热功率减小到原来的【解析】选C、D。根据=可知变压器原、副线圈的匝数比由51改为101后,输出电压变为原来的,根据I=可知流经R1的电流减小到原来的,选项A错误;由于R2和R3的阻值不变,则电压的分配关系不变,故R2和R3两端的电压都减小到原来的,选项C正确,B错误;因为R1、R
12、2和R3的阻值和连接方式都不变,则总电阻也不变,由P=得电阻上总的热功率减小到原来的,选项D正确。11.如图是验证楞次定律实验的示意图,竖直放置的线圈固定不动,将磁铁从线圈上方插入或拔出,线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流,各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况,其中表示正确的是()【解析】选C、D。先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极。A中线圈上端应为N极,B中线圈上端应为N极,C中线圈上端应为S极,D中线圈上端应为S极,再根据安培定则确定感应电流的方向,A、B错误,C、D正确。12.如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面
13、与水平面夹角为,导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是()【解析】选A、D。如果PQ进入磁场时加速度为零,PQ做匀速运动,感应电流恒定。若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场,则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间,由于磁通量不变,无感应电流。由于PQ、MN从同一位置释放,故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同,所以电流大小也应该相同,但方向相反,A正
14、确,B错误。若PQ出磁场前MN已经进入磁场,由于磁通量不变,无感应电流,PQ、MN均加速运动,PQ出磁场后,MN由于在磁场中的速度比进磁场时的速度大,故电流比PQ进入磁场时电流大,此后PQ做减速运动,电流减小,故C错误,D正确。13.(2019全国卷)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是 ()【解析】选A、C。由题意可知,两棒组成的系统动量守恒,由动量守恒
15、定律得mv0=2mv,最终两棒共速,速度为,此时电路中电流为0,故C正确,D错误;由C知,I不是线性变化,又由I=(R为每个棒的电阻)知,v不是线性变化,v1是逐渐减小到,v2是逐渐增大到,故A正确,B错误。14.如图所示,质量为m、边长为L的正方形线圈,线圈ab边距离磁场边界为s,线圈从静止开始在水平恒力F的作用下,穿过宽度为d(dL)的有界匀强磁场。若线圈与水平面间没有摩擦力的作用,线圈平面始终与磁场垂直,ab边刚进入磁场的速度与ab边刚离开磁场时的速度相等,下列说法正确的是()A.线圈进入磁场和离开磁场的过程中通过导线横截面的电荷量不相等B.整个线圈穿越磁场的过程中线圈的最小速度为C.整
16、个线圈穿越磁场的过程中线圈的最大速度为D.整个线圈穿越磁场的过程中线圈产生的热量为2Fd【解析】选B、D。由q=可知,线圈进入磁场和离开磁场过程中通过线圈横截面的电荷量相等,A错误;线圈最小速度对应线圈刚好全部进入时,由Fs=m,F(d-L)=m-m得:vmin=,最大速度为v0=,故B正确,C错误;线圈进入磁场过程产生的热量Q1=Fd,且与线圈离开磁场产生的热量一样多,所以D正确。二、实验题(8分)15.(2019全国卷)某小组利用图(a)所示的电路,研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系,图中V1和V2为理想电压表;R为滑动变阻器,R0为定值电阻(阻值100 );S为开关,
17、E为电源。实验中二极管置于控温炉内,控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出。图(b)是该小组在恒定电流为50.0 A时得到的某硅二极管U-t关系曲线。回答下列问题:(1)实验中,为保证流过二极管的电流为50.0 A,应调节滑动变阻器R,使电压表V1的示数为U1=mV;根据图(b)可知,当控温炉内的温度t升高时,硅二极管正向电阻(选填“变大”或“变小”),电压表V1示数(选填“增大”或“减小”),此时应将R的滑片向(选填“A”或“B”)端移动,以使V1示数仍为U1。(2)由图(b)可以看出U与t成线性关系,硅二极管可以作为测温传感器,该硅二极管的测温灵敏度为|= 10-3 V/(保留2位有效
18、数字)。【解析】(1)U1=IR0=5010-6100 V=5.0010-3 V=5.00 mV;由于R=, I不变,据图(b)可知,当t升高时,正向电压U减小,故R变小;由于R变小,总电阻减小,电流增大;R0两端电压增大,即V1表示数变大;只有增大电阻才能使电流减小,故滑动变阻器滑片向右调节,即向B端调节。(2)由图(b)可得图线的斜率|= V/=2.810-3 V/。答案:(1)5.00变小增大B(2)2.8三、计算题(本题共3小题,共36分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)16.(10分)(2020天津等级考)如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t
19、均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直,电阻R=0.1 ,边长l=0.2 m。求:(1)在t=0到t=0.1 s时间内,金属框中感应电动势E;(2)t=0.05 s时,金属框ab边受到的安培力F的大小和方向;(3)在t=0到t=0.1 s时间内,金属框中电流的电功率P。【解析】(1)在t=0到t=0.1 s的时间t内,磁感应强度的变化量B=0.2 T,设穿过金属框的磁通量变化量为,有=Bl2(1分)由于磁场均匀变化,所以金属框中产生的电动势是恒定的,有E=(1分)联立式,代入数据,解得E=0.08 V(1分)(2)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有I
20、=(1分)由图可知,t=0.05 s时,磁感应强度为B1=0.1 T,金属框ab边受到的安培力F=IB1l(1分)联立式,代入数据,解得F=0.016 N(1分)方向垂直于ab向左。(1分)(3)在t=0到t=0.1 s时间内,金属框中电流的电功率P=I2R(1分)联立式,代入数据,解得P=0.064 W(2分)答案:(1)0.08 V(2)0.016 N方向垂直于ab向左(3)0.064 W【总结提升】电磁感应中的电路问题1.求解电磁感应中电路问题的关键是分清楚内电路和外电路。“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”,该部分导体的电路相当于内电路,而其余部分的电路则是外电路。2
21、.路端电压、电动势和某导体两端的电压三者的区别:(1)某段导体作为外电路时,它两端的电压就是电流与其电阻的乘积。(2)某段导体作为电源时,它两端的电压就是路端电压,等于电流与外电阻的乘积,或等于电动势减去内电压,当其内阻不计时路端电压等于电源电动势。(3)某段导体作为电源时,电路断路时导体两端的电压等于电源电动势。17.(12分)如图所示,电阻为0.1 的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m,bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长,磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下,线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的大小E;(2)所受拉力的大
22、小F;(3)感应电流产生的热量Q。【解析】(1)由题意可知,当线圈切割磁感线时产生的电动势为E=BLv=0.50.28 V=0.8 V(3分)(2)因为线圈匀速运动故所受拉力等于安培力,有F=F安=BIL(2分)根据闭合电路欧姆定律有I=(2分)结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8 N。(1分)(3)线圈穿过磁场所用的时间为t= s=0.05 s(2分)故线圈穿越过程产生的热量为Q=I2Rt=t=0.05 J=0.32 J(2分)答案:(1)0.8 V(2)0.8 N(3)0.32 J18.(14分)如图,一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨,导轨间距为l;两根相同的导体棒AB、CD置于
23、导轨上并与导轨垂直,长度均为l;棒与导轨间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。从t=0时开始,对AB棒施加一外力,使AB棒从静止开始向右做匀加速运动,直到t=t1时刻撤去外力,此时棒中的感应电流为i1;已知CD棒在t=t0(0t0t1)时刻开始运动,运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为m,电阻均为R,导轨的电阻不计。重力加速度大小为g。(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小。(2)求撤去外力时CD棒的速度大小。(3)撤去外力后,CD棒在t=t2时刻静止,求此时AB棒的速度大小。【解析】(1)CD棒在t=t0(0t0t1)时刻开始运动则有mg=BIl(1分)根据闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律得I=(1分)则v=(1分)由v=at0(1分)得a=(2分)(2)t=t1时棒中的感应电流为i1, 根据闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律得i1=(1分)vAB=at1=(1分)vCD=-(2分)(3)撤去外力后系统只受摩擦力的作用,由动量定理得-2mg(t2-t1)=mvAB-(mvAB+mvCD)(2分)vAB=+-2g(t2-t1)(2分)=-2g(t2-t1)答案:(1)(2)-(3)-2g(t2-t1)关闭Word文档返回原板块