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模块测评验收卷　
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。)
1.下列关于电磁波的说法不正确的是(　　)
生活中用微波炉来加热食物，可见电磁波具有能量
汤洪波出舱活动的画面从空间站传到地面接收站最少需要约0.014 s
1888年，赫兹通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，为无线电技术的发展开拓了道路
英国物理学家麦克斯韦系统总结了人类直至19世纪中叶对电磁规律的研究成果，在此基础上，他最终建立了经典电磁场理论
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(　　)
从a到b，上极板带正电
从a到b，下极板带正电
从b到a，上极板带正电
从b到a，下极板带正电
3.如图所示，一质量为m＝0.5 kg、带电荷量q＝2 C的带负电滑块(可看作质点)以初速度v0＝6 m/s由水平面上的A点向右滑动，到达C点后恰好能通过半径为R＝0.5 m的光滑半圆轨道的最高点D，已知水平轨道AC与半圆轨道相切于C点，整个装置处在垂直纸面向里、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)
滑块运动到最高点D时的速度大小为1 m/s
滑块运动到最高点D时的速度大小为 m/s
滑块从C运动到D的过程中，机械能不守恒
滑块从A到C的过程中克服阻力做功为3 J
4.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为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ω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(　　)
5.如图所示，固定在竖直平面内的边长为l的菱形线框MNPQ及其水平对角线NQ是由完全相同的导体棒连接而成的，该空间内存在方向垂直于竖直面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框的顶点M、P通过导线与直流电源的正、负极相连，如果通过MN导体棒的电流为I，则(　　)
导体棒MQ和QP受到的安培力的合力大小为2IlB，方向水平向右
菱形线框MNPQ受到的安培力的合力大小为0
导体棒NP和QP受到的安培力的合力大小为IlB，方向竖直向上
对角线NQ导体棒受到的安培力大小为0
6.如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为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(　　)
该粒子带正电
运动过程中粒子的速度不变
粒子在磁场中运动的时间为
粒子的速度的最大值为
7.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(　　)
S闭合的瞬间，c灯最亮
S闭合的瞬间，b灯最亮
电路稳定后，将S断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭
电路稳定后，将S断开，a、c两灯亮度相同且逐渐变暗
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。边长为l、总电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则下列
说法正确的是(　　)
磁感应强度B0＝ 线框中感应电流为I＝2
线框cd边的发热功率为P a端电势高于b端电势
9.如图所示，水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有(　　)
N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
10.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝55∶4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
交流电压表V的读数为64 V
灯泡L两端电压的有效值为16 V
当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电流表A2示数增大，A1示数减小
由图乙可知交流发电机转子的角速度为100π rad/s
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(8分)某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。
(1)实验需要以下哪种电源________。(1分)
A.低压直流电源 B.高压直流电源
C.低压交流电源 D.高压交流电源
(2)该同学认真检查电路无误后，先保持原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，再保持副线圈匝数不变，改变原线圈匝数，分别测出相应的原、副线圈两端的电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________(2分)值(选填“有效”或“最大”)。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为________。(2分)
(3)理想变压器原、副线圈两端的电压应与其匝数成________(1分)(选填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的漏磁铜损和铁损，导致原线圈与副线圈两端的电压之比一般________(1分)(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比。
(4)实验中原、副线圈两端的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为________(1分)(填字母代号)。
A.原、副线圈上通过的电流发热 B铁芯在交变磁场作用下发热
C.变压器铁芯漏磁 D.原线圈输入电压发生变化
12.(10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，滑动变阻器的滑片P应向________(2分)端移动(选填“c”或“d”)。
(2)已知电磁铁线圈的直流电阻为30 Ω，滑动变阻器的最大阻值为170 Ω，电源E的电动势为12.0 V，滑动变阻器能提供的最大分压为11.9 V，则电源E的内阻为________(2分)Ω(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________(2分)，电压表V2的读数将________(2分)(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。(2分)
丙
13.(10分)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 Ω，边长l＝0.2 m。求：
(1)(3分)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)(3分)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)(4分)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P。
14.(12分)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场，不计粒子重力。求：
(1)(4分)电场强度E的大小；
(2)(4分)粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
(3)(4分)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。
15.(14分)如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝0.5 m的光滑金属“U”形导轨，导轨右端接有R＝1 Ω的电阻，在“U”形导轨右侧l＝1 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg、内阻r＝1 Ω的导体棒ab以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，与导轨接触良好，导轨的电阻忽略不计，g取10 m/s2。
(1)(4分)求0～1 s内流过导体棒ab的电流的大小及方向；
(2)(4分)求导体棒ab进磁场瞬间的加速度大小；
(3)(6分)导体棒ab最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热。
模块测评验收卷
1.B　[生活中用微波炉来加热食物，可见电磁波具有能量，故A正确；电磁波在真空中或空气中传播的速度v＝3.0×108 m/s，空间站到地球表面的距离s＝4×105 m，电磁波从空间站传播到地面的时间t＝≈0.001 3 s，故B错误；1888年，赫兹通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，为无线电技术的发展开拓了道路，故C正确；英国物理学家麦克斯韦系统总结了人类直至19世纪中叶对电磁规律的研究成果，在此基础上，他最终建立了经典电磁场理论，故D正确。]
2.D　[磁铁自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，磁铁产生的磁场方向向下，穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律可判断出线圈中感应电流的磁场方向向上，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.A　[已知m＝0.5 kg的滑块恰好能通过半圆轨道的最高点D，在D点时，由重力和洛伦兹力的合力提供向心力得mg－qvDB＝m，解得vD＝1 m/s，故A正确，B错误；滑块从C运动到D的过程中，洛伦兹力不做功，轨道对滑块也不做功，只有重力做功，所以滑块的机械能守恒，故C错误；设滑块从A到C的过程中克服阻力做的功为Wf。滑块从A到D的过程中，根据动能定理得－Wf－mg·2R＝mv－mv，解得Wf＝3.75 J，故D错误。]
4.D　[扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终为L，各点的平均速度v＝，导线框进磁场和出磁场过程有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有E＝，×＝I2RT，联立可得I＝，故D正确，A、B、C错误。]
5.D　[根据左手定则可知，导体棒MQ和QP受到的安培力的合力大小为F＝2IlB sin 60°＝IlB，方向水平向右，选项A错误；菱形线框MNPQ受到的安培力的合力大小为2F＝2IlB，选项B错误；导体棒NP和QP受到的安培力的合力大小为F′＝2IlB cos 30°＝IlB，方向水平向右，选项C错误；对角线NQ导体棒通过的电流为0，则受到的安培力大小为0，选项D正确。]
6.C　[粒子从QP边界射出匀强磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力方向垂直于速度斜向右下方，由左手定则可知，该粒子带负电，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θ＝2×30°＝60°，则粒子在匀强磁场中的运动时间t＝T＝×＝，故C正确；粒子从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r＝a，由牛顿第二定律得qvB＝m，粒子的最大速度v＝＝，故D错误。]
7.D　[由于线圈L的自感作用，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所在支路的电阻值小，流过a的电流大，而流过b、c的电流小且相等，所以S闭合的瞬间，b、c两灯一样亮，a灯最亮，A、B均错误；当电路稳定后，线圈L不产生感应电动势，此时b被短路，a、c并联，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。]
8.BC　[由图乙看出，在每个周期内磁感应强度随时间均匀变化，线圈产生大小恒定的感应电流，设感应电流的大小为I，则有对ab边，P＝I2·R，得I＝2，由闭合电路欧姆定律得，感应电动势为E＝IR＝2，根据法拉第电磁感应定律得E＝＝·l2，由图乙知，＝，联立以上三式得B0＝，故A错误，B正确；正方形四边的电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故C正确；由楞次定律判断得知，线圈中感应电流方向沿逆时针，则a端电势低于b端电势，故D错误。]
9.AC　[依题意，M、N两点连线与长直导线平行，两点与长直导线的距离相等，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，故A正确；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线相等，磁通量为零，在向N点平移过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线不再相等，线圈中的磁通量会发生变化，故B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线始终相等，穿过线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈中无感应电流，故C正确；线圈从P到M与从P到N，穿过线圈的磁通量变化量相同，从P到M所用时间较从P到N长，根据法拉第电磁感应定律，可知两次的感应电动势不相等，故D错误。]
10.BD　[由题图乙可知，原线圈输入电压有效值为440 V，根据＝，可得副线圈两端电压有效值为32 V，交流电压表V的示数为有效值，即为32 V，A错误；设灯泡L两端电压的有效值为U′，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有·＝T，解得U′＝16 V，B正确；当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表A2示数增大，所以电流表A1示数也增大，C错误；根据ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，可知交流发电机转子的角速度为100π rad/s，D正确。]
11.(1)C　(2)有效　7.6 V　(3)正比　大于　(4)D
解析　(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，应选择低压交流电源，故选C。
(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的是交流电压的10 V挡位，所以应该在0～10 V挡位读数，读数应该是7.6 V。
(3)根据＝可知，理想变压器原、副线圈两端的电压应与其匝数成正比。实验中由于变压器的漏磁铜损和铁损，导致副线圈两端的电压实际值一般略小于理论值，所以导致＞。
(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D。
12.(1)c　(2)0.21　(3)增大　增大　(4)6.0
解析　(1)根据电流的磁效应，电流越大，产生的磁场越强，磁感应强度越大，为了增大电磁铁产生的磁感应强度，滑动变阻器的滑片P应向c端移动。
(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得
E＝Um＋Ir
I＝，R＝ Ω＝25.5 Ω
联立解得r＝0.21 Ω。
(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，R1两端的电压增大，所以电压表V2的读数将增大。
(4)由图丙可知，F＝1 200 N时对应的工作电压为6.0 V，即要求该锁能抵抗1 200 N的外力，则工作电压至少为6.0 V。
13.(1)0.08 V　(2)0.016 N　垂直于ab向左　(3)0.064 W
解析　(1)在t＝0到t＝0.1 s的时间内(即Δt＝0.1 s)，磁感应强度的变化量ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有
ΔΦ＝ΔBl2①
由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，
有E＝②
联立①②式，代入数据解得
E＝0.08 V。③
(2)设金属框中产生的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝④
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＝IlB1⑤
联立③④⑤式，代入数据解得F＝0.016 N⑥
由楞次定律知金属框中感应电流方向为顺时针，由左手定则知，ab边受到的安培力方向垂直于ab向左。⑦
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P＝I2R⑧
联立③④⑧式，代入数据，解得
P＝0.064 W。
14.(1)　(2)　(3)＋
解析　(1)粒子运动轨迹如图所示
由题意得，带电粒子垂直电场进入后做类平抛运动，有2h＝v0t，h＝at2
又qE＝ma
解得E＝。
(2)带电粒子由M到P点过程，由动能定理得
qEh＝mv2－mv
解得v＝v0
粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
解得r＝。
(3)粒子在电场中运动的时间t1＝
粒子在磁场中运动的周期T＝＝
根据粒子射入磁场时与x轴成45°角，射出磁场时垂直于y轴，可求出粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为135°，故粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝
所以粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间
t＝t1＋t2＝＋。
15.(1)0.25 A　由a流向b　(2)1.25 m/s2　(3)0.175 J
解析　(1)第1 s内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E1＝＝＝0.5 V
所以流过ab的电流I1＝＝0.25 A，方向由a流向b。
(2)ab棒在磁场外不受安培力，故做匀速直线运动，经t1＝＝1 s进入磁场(速度仍为v0)，此后磁感应强度保持不变
则感应电动势为E2＝Bdv0＝0.5 V
感应电流为I2＝＝0.25 A
ab棒所受安培力为F＝I2dB
由牛顿第二定律，有F＝ma
联立解得a＝1.25 m/s2。
(3)ab棒在0～1 s运动的过程中，
依据焦耳定律有Q1＝I(R＋r)t1＝0.125 J
ab棒在磁场中运动的过程中，根据功能关系有
Q2＝mv＝0.05 J
全过程回路中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝0.175 J。(共38张PPT)
模块测评验收卷
(时间：75分钟　满分：100分)
B
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。)
1.下列关于电磁波的说法不正确的是(　　)
A.生活中用微波炉来加热食物，可见电磁波具有能量
B.汤洪波出舱活动的画面从空间站传到地面接收站最少需要约0.014 s
C.1888年，赫兹通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，为无线电技术的发展开拓了道路
D.英国物理学家麦克斯韦系统总结了人类直至19世纪中叶对电磁规律的研究成果，在此基础上，他最终建立了经典电磁场理论
D
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　磁铁自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，磁铁产生的磁场方向向下，穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律可判断出线圈中感应电流的磁场方向向上，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。
A
3.如图所示，一质量为m＝0.5 kg、带电荷量q＝2 C的带负电滑块(可看作质点)以初速度v0＝6 m/s由水平面上的A点向右滑动，到达C点后恰好能通过半径为R＝0.5 m的光滑半圆轨道的最高点D，已知水平轨道AC与半圆轨道相切于C点，整个装置处在垂直纸面向里、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)
D
4.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为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ω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(　　)
D
5.如图所示，固定在竖直平面内的边长为l的菱形线框MNPQ及其水平对角线NQ是由完全相同的导体棒连接而成的，该空间内存在方向垂直于竖直面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框的顶点M、P通过导线与直流电源的正、负极相连，如果通过MN导体棒的电流为I，则(　　)
C
6.如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为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(　　)
D
7.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(　　)
A.S闭合的瞬间，c灯最亮
B.S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　由于线圈L的自感作用，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所在支路的电阻值小，流过a的电流大，而流过b、c的电流小且相等，所以S闭合的瞬间，b、c两灯一样亮，a灯最亮，A、B均错误；当电路稳定后，线圈L不产生感应电动势，此时b被短路，a、c并联，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。
BC
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。边长为l、总电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是(　　)
AC
9.如图所示，水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有(　　)
A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
解析　依题意，M、N两点连线与长直导线平行，两点与长直导线的距离相等，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，故A正确；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线相等，磁通量为零，在向N点平移过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线不再相等，线圈中的磁通量会发生变化，故B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线始终相等，穿过线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈中无感应电流，故C正确；线圈从P到M与从P到N，穿过线圈的磁通量变化量相同，从P到M所用时间较从P到N长，根据法拉第电磁感应定律，可知两次的感应电动势不相等，故D错误。
BD
10.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝55∶4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(8分)某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。
(1)实验需要以下哪种电源________。
A.低压直流电源 B.高压直流电源
C.低压交流电源 D.高压交流电源
(2)该同学认真检查电路无误后，先保持原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，再保持副线圈匝数不变，改变原线圈匝数，分别测出相应的原、副线圈两端的电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________值(选填“有效”或“最大”)。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为________。
(3)理想变压器原、副线圈两端的电压应与其匝数成________(选填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的漏磁铜损和铁损，导致原线圈与副线圈两端的电压之比一般________(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比。
(4)实验中原、副线圈两端的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为________(填字母代号)。
A.原、副线圈上通过的电流发热
B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.变压器铁芯漏磁
D.原线圈输入电压发生变化
答案　(1)C　(2)有效　7.6 V　(3)正比　大于　(4)D
解析　(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，应选择低压交流电源，故选C。
(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的是交流电压的10 V挡位，所以应该在0～10 V挡位读数，读数应该是7.6 V。
(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D。
12.(10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，滑动变阻器的滑片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 Ω，滑动变阻器的最大阻值为170 Ω，电源E的电动势为12.0 V，滑动变阻器能提供的最大分压为11.9 V，则电源E的内阻为________ Ω(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。
丙
答案　(1)c　(2)0.21　(3)增大　增大　(4)6.0
解析　(1)根据电流的磁效应，电流越大，产生的磁场越强，磁感应强度越大，为了增大电磁铁产生的磁感应强度，滑动变阻器的滑片P应向c端移动。
(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得
E＝Um＋Ir
联立解得r＝0.21 Ω。
(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，R1两端的电压增大，所以电压表V2的读数将增大。
(4)由图丙可知，F＝1 200 N时对应的工作电压为6.0 V，即要求该锁能抵抗1 200 N的外力，则工作电压至少为6.0 V。
13.(10分)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 Ω，边长l＝0.2 m。求：
(1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势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。
答案　(1)0.08 V　(2)0.016 N　垂直于ab向左　(3)0.064 W
解析　(1)在t＝0到t＝0.1 s的时间内(即Δt＝0.1 s)，磁感应强度的变化量ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有
ΔΦ＝ΔBl2①
由于磁场均匀变化，金属框中产生的
电动势是恒定的，
联立①②式，代入数据解得
E＝0.08 V。③
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＝IlB1⑤
联立③④⑤式，代入数据解得F＝0.016 N⑥
由楞次定律知金属框中感应电流方向为顺时针，由左手定则知，ab边受到的安培力方向垂直于ab向左。⑦
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P＝I2R⑧
联立③④⑧式，代入数据，解得
P＝0.064 W。
14.(12分)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场，不计粒子重力。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。
解析　(1)粒子运动轨迹如图所示
又qE＝ma
(2)带电粒子由M到P点过程，由动能定理得
15.(14分)如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝0.5 m的光滑金属“U”形导轨，导轨右端接有R＝1 Ω的电阻，在“U”形导轨右侧l＝1 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg、内阻r＝1 Ω的导体棒ab以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，与导轨接触良好，导轨的电阻忽略不计，g取10 m/s2。
(1)求0～1 s内流过导体棒ab的电流的大小及方向；
(2)求导体棒ab进磁场瞬间的加速度大小；
(3)导体棒ab最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热。
答案　(1)0.25 A　由a流向b　(2)1.25 m/s2　
(3)0.175 J
则感应电动势为E2＝Bdv0＝0.5 V
ab棒所受安培力为F＝I2dB
由牛顿第二定律，有F＝ma
联立解得a＝1.25 m/s2。
全过程回路中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝0.175 J。

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