1、1模块学业测评(一)本试卷分第 卷(选择题)和第 卷(非选择题)两部分 .第 卷 40分,第 卷 60分,共100分,考试时间 90分钟 .第 卷 (选择题 共 40分)一、选择题(本题共 10小题,每小题 4分,共 40分 .17小题只有一个选项符合题意,8 10小题有多个选项符合题意,全部选对的得 4分,选对但不全的得 2分,选错或不答的得 0分)在电磁学建立和发展的过程中,许多物理学家做出了重要贡献 .下列说法符合史实的是( )A.法拉第首先提出正电荷、负电荷的概念B.库仑首先提出电荷周围存在电场的观点C.奥斯特首先发现电流的磁效应D.洛伦兹提出了分子电流假说如图 M1-1所示,甲、乙两
2、个矩形线圈同处于纸面内,甲的 ab边与乙的 cd边平行且靠得较近,甲、乙两线圈分别处于垂直纸面方向的匀强磁场中,穿过甲的磁场的磁感应强度为 B1,方向指向纸面内,穿过乙的磁场的磁感应强度为 B2,方向指向纸面外,两个磁场可同时变化 .当发现 ab边和 cd边之间有排斥力时,磁场的变化情况可能是 ( )图 M1-1A.B1变小, B2变大B.B1变大, B2变大C.B1变小, B2变小D.B1不变, B2变小唱卡拉 OK用的话筒内有传感器,它的工作原理是在话筒内的弹性膜片后面粘接一个轻小线圈,线圈处于永磁体的磁场中,当声波使膜片前后振动时,就将声音信号转变为电信号,下列说法正确的是 ( )A.该
3、传感器是根据电流的磁效应工作的B.该传感器是根据电磁感应原理工作的C.膜片振动时,穿过金属线圈的磁通量不变2D.膜片振动时,金属线圈中不会产生感应电动势在如图 M1-2所示的电路中 ,电源两端的电压恒定,L 为小灯泡, R为光敏电阻,LED 为发光二极管(电流越大,发出的光越强),且 R与 LED间距不变,下列说法中正确的是 ( )图 M1-2A.当滑动变阻器的滑片 P向左移动时,L 消耗的功率增大B.当滑动变阻器的滑片 P向左移动时,L 消耗的功率减小C.当滑动变阻器的滑片 P向右移动时,L 消耗的功率可能不变D.无论怎样移动滑动变阻器的滑片 P,L消耗的功率都不变如图 M1-3所示,选项
4、A、B、C、D 是四种亮度可调的台灯的电路示意图,它们所用的白炽灯泡相同,规格都为“220V 40W”,当灯泡所消耗的功率都调到 20W时,台灯消耗的功率最小的是 ( )图 M1-32017东北师大附中期末如图 M1-4所示,两根足够长的光滑金属导轨 MN、 PQ平行放置,导轨平面与水平面的夹角为 ,导轨的下端接有电阻 .当导轨所在空间没有磁场时,使导体棒 ab以平行于导轨平面的初速度 v0冲上导轨平面, ab上升的最大高度为 H;当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时,再次使 ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面, ab上升的最大高度为 h.两次运动中 ab始终与两导轨垂直且接
5、触良好 .关于上述情景,下列说法中正确的是 ( )3图 M1-4A.两次上升的最大高度比较,有 H=hB.两次上升的最大高度比较,有 H”) ; (4)测量后应将选择开关置于 挡 . 三、计算题(本题共 4小题,13 题 10分,14 题 10分,15 题 12分,16 题 13分,共 45分 .解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分)交流发电机的原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴 OO匀速转动 .一个小型发电机的线圈共 220匝,线圈面积 S=0.05m2,线圈转动的频率为 50Hz,线圈内阻不计,磁场的磁感应强度 B= T.为了用此发电机发出的交流
6、电带动两个标有“220V 11kW”的电动机正常2工作,需在发电机的输出端 a、 b与电动机之间接一个理想变压器,电路如图 M1-11所示 .求:(1)发电机的输出电压;(2)变压器原、副线圈的匝数之比;(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数 .6图 M1-1172017河南周口高二期末如图 M1-12所示,倾角 = 30的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接,两轨道宽度均为 L=1m,电阻忽略不计 .匀强磁场 仅分布在水平轨道平面所在区域,方向水平向右,磁感应强度大小 B1=1T;匀强磁场 仅分布在倾斜轨道平面所在区域,方向垂直于倾斜轨道平面向下,磁感应强度大小 B2=1T.
7、现将两质量均为m=0.2kg、电阻均为 R=0.5 的相同导体棒 ab和 cd垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上,并同时由静止释放 .g取 10m/s2.(1)求导体棒 cd沿倾斜轨道下滑的最大速度的大小 .(2)若已知从开始运动至 cd棒达到最大速度的过程中, ab棒产生的焦耳热 Q=0.45J,求该过程中通过 cd棒横截面的电荷量 .图 M1-128如图 M1-13所示,两条足够长的光滑平行金属导轨 MN、 PQ相距为 L,导轨平面与水平面的夹角 = 30,导轨电阻不计 .磁感应强度为 B的匀强磁场垂直于导轨平面向上,长为 L的金属棒 ab垂直于 MN、 PQ放置在导轨上,且始终与导
8、轨接触良好,金属棒的质量为 m、电阻为 R.金属导轨的上端连接右侧电路,灯泡的电阻 RL=4R,定值电阻 R1=2R,电阻箱的电阻调到 R2=12R,重力加速度为 g.现闭合开关 S,将金属棒由静止释放 .(1)金属棒下滑的最大速度为多大?(2)当金属棒下滑距离为 x时,速度恰好达到最大,在金属棒由静止开始下滑距离 2x的过程中,整个电路产生的热量为多少?9图 M1-1310一个有界匀强磁场区域如图 M1-14甲所示,有一个质量为 m、电阻为 R的矩形线圈 abcd,线圈的 ab、 bc边的边长分别为 L和 2L,线圈一半在磁场内,一半在磁场外,开始时磁场的磁感应强度为 B.t=0时刻磁场开始
9、均匀减小,线圈中产生感应电流,线圈仅在安培力作用下运动,其 v-t图像如图乙所示,图中斜向虚线为过 O点的速度图像的切线,数据由图中给出,不考虑重力影响,求:(1)磁场的磁感应强度的变化率;(2)t2时刻回路的电功率 .甲 乙图 M1-14111.C 解析富兰克林首先提出正电荷、负电荷的概念,法拉第首先提出电荷周围存在电场的观点,奥斯特首先发现电流的磁效应,安培提出了分子电流假说,选项 C正确 .2.A 解析 ab边与 cd边之间有排斥力,则通过两边的电流方向一定相反 .由楞次定律可知,当B1变小而 B2变大时, ab边与 cd边中的电流方向相反,选项 A正确 .3.B 解析当声波使膜片前后振
10、动时,膜片后的金属线圈就跟着振动,从而使处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线,穿过线圈的磁通量发生改变,产生感应电流,从而将声音信号转变为电信号 .可见利用的是电磁感应原理,选项 B正确 .4.A 解析根据电路图,当滑动变阻器的滑片 P向左移动时,滑动变阻器连入电路的阻值减小,流过 LED的电流增大,LED 发出的光增强,使得光敏电阻 R的阻值减小,通过 L的电流增大,L 消耗的功率增大,选项 A正确,选项 B、D 错误;同理,当滑动变阻器的滑片 P向右移动时,L 消耗的功率减小,选项 C错误 .5.C 解析利用变阻器调节到灯泡消耗功率为 20W时,除灯泡消耗电能外,变阻器由于热效应也要消耗一部
11、分电能,使台灯消耗的功率大于 20W;利用理想变压器调节时,变压器的输入功率等于输出功率,变压器本身不消耗电能,所以选项 C中台灯消耗的功率最小 .6.D 解析没有磁场时,只有重力做功,机械能守恒,没有电热产生,C 错误 .有磁场时, ab切割磁感线,重力和安培力均做负功,机械能减小,有电热产生,故 ab上升的最大高度变小,A、B 错误,D 正确 .7.A 解析当线圈刚进入磁场时,若安培力等于重力,则做匀速直线运动,感应电流 I恒定,全部进入磁场后做匀加速运动,出磁场时,安培力大于重力,做减速运动,感应电流减小,做加速度减小的减速运动,故 A正确,D 错误;线圈进、出磁场过程,受到的安培力始终
12、向上,故 B错误;当线圈进入磁场时,若安培力大于重力,则先做减速运动,加速度减小,完全进入磁场后做匀加速运动,出磁场时,安培力一定大于重力,仍然做减速运动,C 错误 .8.AC 解析根据电路图可知,电阻 R两端的电压为 110V,所以通过电阻 R的电流I= A=2.2A,故 A正确;由图像可知,输入电压的有效值为 220V,电压表的示数为 110V,即输11050出电压为 110V,根据电压与匝数成正比可得,原、副线圈匝数之比为 2 1,故 B错误;电压表、电流表的示数都是有效值,故 C正确;根据图像可知,原线圈中交变电压的频率为f= Hz=50Hz,故 D错误 .10.02129.BC 解析
13、线圈与阻值为 r的电阻形成闭合回路,线圈中产生的感应电动势为E=nS =nSk,电容器两端的电压 U= = ,电容器所带的电荷量为 Q=CU= ,选项 A错误,选项 B t E2nSk2 nSkC2B正确;根据楞次定律可判断,感应电流从线圈的右端流到左端,线圈的左端电势高,故电容器上极板带正电,选项 D错误,选项 C正确 .10.BD 解析若载流子为电子,则可判断电子受向上的洛伦兹力而向上表面运动,故上表面带负电 .现在上表面带正电,故此材料为 P型半导体,选项 B正确 .根据 I=nqSv=nqdlv,且载流子所受洛伦兹力与电场力平衡,即 q =q B,解得 n= ,选项 D正确 .Ud I
14、nqdl BIqlU11.D的齿数 p和 C的半径 R v= s=2nRp 2NRp解析 D转动的角速度与单位时间内的脉冲数 n及 D的齿数有关,设 D的齿数为 p,则 D的角速度 = 2 ,小车速度 v与 C边缘的线速度相等,即 v=R= ;累计脉冲数 N经历的时间np 2nRpt= ,小车的行程 s=vt= .Nn 2NRp12.(1)欧姆 (2)+ (3) (4)OFF或交流电压最高解析用手掌挡住部分光线,电阻变大,多用电表的指针偏角变小 .13.(1)1100V (2)5 1 (3)20A解析(1)发电机产生的最大感应电动势Em=NBS= 2 NBSf=2 220 0.0550V=11
15、00 V2 2发电机的输出电压 U1= =1100V.Em2(2)变压器原、副线圈的匝数之比= = = .n1n2U1U21100V220V51(3)副线圈的总电流为 I2= = A=100A2PU2211103220由 = 得,交流电流表的示数I1I2n2n1I1= I2= 100A=20A.n2n1 1514.(1)1m/s (2)1C解析(1) cd棒匀速运动时速度最大,设为 vm,棒中感应电动势为 E,电流为 I,则 E=B2Lvm,I=E2R由平衡条件得 mgsin=B 2IL13解得 vm=1m/s.(2)设 cd棒从开始运动至达到最大速度的过程中经过的时间为 t,通过的距离为 x
16、,cd棒中平均感应电动势为 E1,平均电流为 I1,通过 cd棒横截面的电荷量为 q.由能量守恒定律得 mgxsin= m +2Q12v2mE1=B2LxtI1=E12Rq=I1t解得 q=1C.15.(1) (2)mgx-3mgRB2L2 9m3g2R22B4L4解析(1)当金属棒匀速下滑时,速度最大,设最大速度为 vm,由平衡条件有mgsin=F 安其中 F 安 =BIL,I= ,R 总 =R+R1+ =6RBLvmR总 R2RLR2+RL解得 vm= .3mgRB2L2(2)由能量守恒定律得,整个电路产生的热量Q=mg2xsin- m =mgx- .12v2m 9m3g2R22B4L41
17、6.(1) (2)0或mv0RBL3t1 4m2v20RB2L2t21解析(1)由 v-t图像可知, t=0时刻,线圈的加速度为 a=v0t1线圈中的感应电动势 E= = tL2 B t感应电流 I=ER线圈所受的安培力 F=BIL由牛顿第二定律有 F=ma解得磁感应强度的变化率 = . B tmv0RBL3t1(2)线圈在 t2时刻开始做匀速直线运动,有两种可能: 线圈没有完全进入磁场,磁场就消失,所以没有感应电流,回路的电功率 P=0.14 磁场没有消失,线圈完全进入磁场,尽管有感应电流,但线圈所受的合力为零,同样做匀速直线运动,此时 E1= = ,回路的电功率 P= = . 1 t B2L2 t E21R4m2v20RB2L2t21
