模块综合检测(二)

PAGE第10页共10页模块综合检测(二)(时间：75分钟，满分：100分)一、选择题(本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项是符合题目要求的，8～11题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．关于电磁波的发射，下列说法中正确的是()A．各种频率的电磁振荡都能辐射电磁波，只是辐射的能量所占振荡总能量的比例不同罢了，振荡周期越大，越容易辐射电磁波B．为了有效向外辐射电磁波，振荡电路必须采用开放电路，同时提高振荡频率C．为了有效向外辐射电磁波，振荡电路不必采用开放电路，但要提高振荡频率D．提高振荡频率和电路开放是发射电磁波的必要手段，振荡电路开放的同时，其振荡频率也随之提高解析：选B根据振荡频率f＝eq\f(1,T)知，振荡周期越大，振荡频率越小，越不容易辐射电磁波，故A错误；为了有效向外辐射电磁波，振荡电路必须采用开放电路，同时提高振荡频率，故B正确，C错误；提高振荡频率和电路开放是发射电磁波的必要条件，振荡电路开放的同时，振荡频率不变，故D错误。2.一带电粒子沿垂直磁场方向射入一匀强磁场，自下而上经过一铅板P后，半径减小，轨迹如图所示。则下列说法正确的是()A．粒子带正电荷，速度逐渐减小B．粒子带负电荷，速度逐渐减小C．粒子带正电荷，速度逐渐增大D．粒子带负电荷，速度逐渐增大解析：选A根据左手定则可得粒子带正电，因为粒子的运动半径减小，根据公式r＝eq\f(mv,Bq)可得粒子的运动速度逐渐减小，故A正确。3.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图所示为某款电磁炮的轨道，该轨道长10m，宽2m。若发射质量为100g的炮弹，从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为100A时，最大速度可达2km/s，假设轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是()A．磁场方向竖直向下B．磁场方向水平向右C．电磁炮的最大加速度大小为4×105m/s2D．磁感应强度的大小为100T解析：选D回路中电流方向如题图所示，则根据安培定则可知磁场方向应竖直向上，故A、B错误；由题意可知，炮弹最大速度v＝2km/s，加速距离s＝10m，由速度和位移关系v2＝2as，解得最大加速度大小a＝2×105m/s2，由牛顿第二定律可得F＝ma，又F＝BIL，联立解得B＝100T，故C错误，D正确。4.如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是()A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点解析：选D地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电荷，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确。5.如图所示，有一带铁芯的线圈，a、c是线圈两端，b为中间抽头，把a、b两点接入一平行金属导轨，在导轨上横放一金属棒，导轨间有如图所示的匀强磁场，要使a、c两点的电势都低于b点，则金属棒沿导轨的运动情况可能是()A．向左做匀加速直线运动B．向左做匀减速直线运动C．向右做匀加速直线运动D．向右做匀减速直线运动解析：选B要使a点的电势低于b点，说明金属棒上端相当于电源的负极，下端相当于电源的正极，由右手定则判断可知，金属棒必须向左运动。要使c点的电势低于b点，线圈中产生感应电动势，c相当于电源的负极，a端相当于电源的正极，由于线圈中的电流从b端进、a端出，根据楞次定律判断可知，线圈中的电流应减小，则由I＝eq\f(BLv,R)可知，金属棒应做减速运动，故要使a、c两点的电势都低于b点，金属棒沿导轨可能向左做匀减速直线运动，故B正确。6．在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝3∶1，电阻R1＝2R2，电流表和电压表均为理想交流电表，若电流表的示数为2A，电压表的示数为30V，则电阻R1的阻值为()A．45ΩB．55ΩC．65ΩD．75Ω解析：选B由理想变压器原理可知，原、副线圈两端的电压之比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(3,1)，已知U2＝30V，故U1＝3U2＝90V，通过R1的电流I0＝eq\f(U1,R1)＝eq\f(U1,2R2)，副线圈中的电流I2＝eq\f(U2,R2)，又因为eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，所以通过原线圈的电流I1＝eq\f(n2,n1)I2，流过电流表的电流I＝I0＋I1，即I＝eq\f(U1,2R2)＋eq\f(n2,n1)×eq\f(U2,R2)，解得R2＝27.5Ω，R1＝2R2＝55Ω，故B正确。7．图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为()A．1ΩB．5ΩC．6ΩD．8Ω解析：选A由题图乙可知理想变压器输入电压U1＝220V，应用理想变压器变压公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(22,3)，可得副线圈输出电压U2＝30V。灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24V，电流IL＝eq\f(UL,RL)＝1.6A。设R1两端电压为U，由U2＝UL＋U，可得U＝6V。由eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2＋R)＝IL，解得R＝1Ω，选项A正确。8.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的匀质金属棒ab置于圆导轨上面，ba的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两导轨之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器，金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导轨电阻不计。当电路稳定时，下列说法正确的是()A．金属棒中电流从b流向aB．金属棒两端电压为eq\f(3,4)Bωr2C．电容器的M板带负电D．电容器所带电荷量为eq\f(3,2)CBωr2解析：选AB根据右手定则可知金属棒中电流从b流向a，选项A正确；金属棒转动时产生的电动势为E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，选项B正确；金属棒a端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝eq\f(Q,U)，可得电容器所带电荷量为Q＝CU＝eq\f(3,4)CBωr2，选项D错误。9.如图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处自由释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化的图像中，可能正确的是()解析：选BCD进入磁场前，线框受重力作用加速下落，进入、离开磁场时都受到竖直向上的安培力作用。若进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝eq\f(mgR,B2L2)，完全进入磁场后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A不符合题意；若线框进入磁场时安培力恰好等于重力，进入过程中安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，故B符合题意；若进入时安培力大于重力，由eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C符合题意；若进入磁场时安培力小于重力，由mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，可知线框做加速度减小的加速运动，进入过程安培力不断增大，完全进入后只受重力，线框加速运动，若离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D符合题意。10.如图所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置。底部是正方形的长方体绝缘容器，内部高为L，厚度为d，容器左右两侧等高处装有两根完全相同的开口向上的竖直管子a、b，容器的顶、底部各装有电极C(正极)和D(负极)，并经过开关S与电源连接，容器中注满能导电的液体，液体密度为ρ。将容器置于一个匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当开关S断开时，竖直管子a、b中的液面高度相同，当开关S闭合后，竖直管子a、b中的液面出现高度差h，电路中电流表的示数为I，则()A．导电液体中电流的方向为由C到DB．导电液体中电流的方向为由D到CC．匀强磁场的磁感应强度为eq\f(\a\vs4\al(ρghd),I)D．匀强磁场的磁感应强度为eq\f(\a\vs4\al(ρghL),I)解析：选AC开关S闭合后，导电液体中有电流由C到D，根据左手定则可知导电液体要受到向右的安培力F作用，F＝BIL，在液体中产生附加压强p，这样a、b管中液面将出现高度差。长方体绝缘容器左右侧面横截面积S＝Ld，左右两边的压力差ΔF＝pS，又ΔF＝F，在液体中产生附加压强p＝ρgh，联立以上公式，解得B＝eq\f(\a\vs4\al(ρghd),I)，故A、C正确。11．漏电断路器是家庭电路中必不可少的一种安全保护装置，如图为其基本原理图。电源线的火线与零线并行绕在铁芯上，当与放大器相连的线圈有微小电流时，即刻会驱动电磁继电器断开电源，实现安全保护。下列相关说法正确的是()A．当与地不绝缘的人不小心触碰到火线时，漏电断路器会即刻断开电源B．当与地绝缘的人不小心同时触碰到火线与零线时，漏电断路器会即刻断开电源C．当外接电网是恒定直流电源时，漏电断路器不能正常工作D．在相同条件下，放大器绕在铁芯上的线圈匝数越多，则能检测到更微小的漏电解析：选AD由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为0，线圈中的磁通量为0，而当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即线圈中的磁场发生变化，导致线圈中的磁通量变化，产生感应电流，从而使继电器工作，电磁铁将开关吸起，A正确；当与地绝缘的人不小心同时触碰到火线与零线时，不会形成电流变化，从而不会引起电磁感应现象，故漏电断路器不会断开电源，B错误；当外接电网是恒定直流电源时，如果有人触电仍会产生电磁感应现象，故能正常工作，C错误；在相同条件下，放大器绕在铁芯上的线圈匝数越多，产生的感应电动势越大，则能检测到更微小的漏电，D正确。二、非选择题(本题共5小题，共56分)12．(6分)如图所示，在图(1)中，G为指针在中央的灵敏电流计，连接在直流电路中时的偏转情况。今使它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图(2)中的条形磁铁的运动方向是________；图(3)中电流计的指针将向________偏转；图(4)中的条形磁铁上端为________极。解析：题图(1)可知，当电流从电流计的左接线柱流入时，电流计指针向左偏。题图(2)中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针，根据楞次定律知，条形磁铁向下插入。题图(3)当条形磁铁N极向下插入时，根据楞次定律，可知，感应电流方向沿逆时针，则电流计指针向右偏。题图(4)中可知指针向右偏，则有感应电流的方向逆时针，由楞次定律可知，条形磁铁S极向上拔出，则上端为N极。答案：向下插入右N13.(8分)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用。有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)和显示体重大小的仪表A(实质是理想电流表)组成。压力传感器表面能承受的最大压强为1×107Pa，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如表所示。设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8V，取g＝10m/s2。请作答：压力F/N0250500750100012501500…电阻R/Ω300270240210180150120…(1)该秤零点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘________A处；(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20mA，这个人的质量是____________kg。解析：(1)由压力传感器R的电阻与所受压力的关系知F＝0时，R＝300Ω。由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(U,R)＝eq\f(4.8,300)A＝1.6×10－2A即该秤零点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘1.6×10－2A处。(2)由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(U,R)得R＝eq\f(U,I)＝eq\f(4.8,0.02)Ω＝240Ω由表中数据得F＝500N，由G＝mg，可得m＝50kg即这个人的质量是50kg。答案：(1)1.6×10－2(2)5014．(12分)如图所示为磁流体发电机，它可以把气体的内能直接转化为电能，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量的带正电和带负电的微粒，整体上呈中性)喷射入磁场，在磁场中有两块金属极板C、D，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压，如果射入磁场的等离子体的速度为v，金属极板的面积为S0，极板C、D间距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与v垂直，可调节的电阻R接在两极板之间，设电离气体充满两极间的空间，其电阻率为ρ。求：(1)通过电阻R的电流的大小和方向。(2)两极板间的电压。(3)两极板间的电场强度最大的条件，以及最大电场强度值。解析：(1)由左手定则，D板聚集带正电荷微粒，C板聚集带负电荷微粒，故C板电势低于D板，所以流过R的电流方向为由D到C。设等离子体某微粒的电荷量为q，则当等离子体匀速通过C、D两板间时，有qvB＝qE，则E＝vB两极板间电动势为ε＝Ed＝vBd两极板间电离气体电阻为r＝ρeq\f(d,S0)根据闭合电路的欧姆定律得，通过电阻R的电流大小I＝eq\f(ε,R＋r)＝eq\f(Bvd,R＋ρ\f(d,S0))＝eq\f(BvdS0,RS0＋ρd)。(2)两极板间的电压为U＝IR＝eq\f(BvdS0R,RS0＋ρd)。(3)外电路断开时两极板间电场强度最大，为Emax＝eq\f(ε,d)＝Bv。答案：(1)大小为eq\f(BvdS0,RS0＋ρd)，方向为由D通过R流到C(2)eq\f(BvdS0R,RS0＋ρd)(3)外电路断开Bv15．(14分)一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气(Ne)的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90Ω的电阻连接。螺线管的横截面是半径a＝1.0×10－2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1m。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I－t图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B＝eq\f(kI,r)，其中k＝2×10－7T·m/A。(1)求0～6.0×10－3s内通过长直导线横截面的电荷量Q；(2)求3.0×10－3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；(3)若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的iR－t图像；(4)若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的iR－t图像。解析：(1)由电量和电流的关系q＝It可知I－t图像下方的面积表示电荷量，因此有Q＝eq\x\to(I)1Δt1＋I2Δt2＋eq\x\to(I)3Δt3，代入数据解得Q＝0.5C。(2)由磁通量的定义可得Φ＝BS＝eq\f(kI,r)×πa2，代入数据可得Φ＝6.28×10－8Wb。(3)在0～1.0×10－3s时间内电流均匀增加，由楞次定律可知感应电流的方向为c→R→d，产生恒定的感应电动势E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Nkπa2,r)×eq\f(ΔI,Δt)由闭合电路的欧姆定律可得iR＝eq\f(E,R＋R0)代入数据解得iR＝3.14×10－3A在1.0×10－3～5.0×10－3s电流恒定，穿过圆形螺线管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在5.0×10－3～6.0×10－3s时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和0～1.0×10－3s大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为d→R→c，则图像如图甲所示。(4)考虑自感的情况下，线圈会产生自感电动势阻碍电流的增加，因此电流是缓慢增加的，