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版《试吧》高中全程训练计划物理月考三
月考(三) 选修 电磁场 电磁感应 交、直流电路
第Ⅰ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.在每小题给出的四个选项中,第1~6题只有一个选项正确,第7~10题有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.
1.
[2019·上海静安区模拟]如图所示,光滑绝缘的水平桌面上有A、B两个带电小球,A球固定不动,现给B球一个垂直AB连线方向的初速度v0,使B球在水平桌面上运动,B球在水平方向仅受电场力,有关B球运动的速度大小v和加速度大小a,不可能发生的情况是( )
A.v和a都变小B.v和a都变大
C.v和a都不变D.v变小而a变大
答案:
D
解析:
若A、B带异种电荷,A、B之间的库仑力为吸引力,若A、B之间的库仑力恰好完全提供向心力,B球绕着A球做匀速圆周运动,此时B球速度的大小和加速度的大小都不变;若A、B之间的库仑力小于需要的向心力,B球做离心运动,速度大小和加速度大小都要减小,所以A、C项情况可能发生.当A、B之间的库仑力大于需要的向心力,B球做向心运动,速度大小和加速度大小都要变大,B项情况可能发生.若A、B带同种电荷,A、B之间的库仑力为排斥力,并且力的方向和速度的方向不在一条直线上,所以B球一定做曲线运动,由于A、B之间的距离越来越大,它们之间的库仑力也就越来越小,所以B球的加速度大小在减小,由于库仑力做正功,速度增大,故D错误.
2.[2019·河北百校联考]如图所示,固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R,圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m、可视为质点的金属小球,已知圆环所带电荷量均匀分布且带电荷量与小球相同,均为Q(未知),小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态,已知静电力常量为k,重力加速度为g,细线对小球的拉力为F(未知),下列说法正确的是( )
A.Q=,F=
B.Q=,F=
C.Q=,F=
D.Q=,F=
答案:
D
解析:
由于圆环不能看成点电荷,采用微元法,小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力,以小球为研究对象,进行受力分析,如答图所示,则Fsinθ=mg,其中sinθ=,解得F=,设圆环各个点对小球的库仑力的合力为FQ,水平方向上有Fcosθ=FQ=kcosθ,解得Q=,故选D.
3.
[2019·云南师大附中模拟]利用如图所示电路可测量待测电阻Rx的阻值.定值电阻R1、R2阻值已知,闭合电键S,调节电阻箱的阻值为R3时,电流表示数为零,则Rx的阻值为( )
A.R2B.
C.D.
答案:
D
解析:
设通过R1和R2的电流为I1,通过R3和Rx的电流为I2,根据串、并联电路特点及欧姆定律可得:
I1(R1+R2)=I2(Rx+R3),由于电流表示数为零,则说明G两端的电势相等,则一定有:
I1R1=I2R3,两式联立可得Rx=,D项正确.
4.
两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置,通过它们的电流方向如图所示,正方形线圈L的平面跟纸面平行,现将线圈从位置A沿M、N连线的中垂线迅速平移到位置B,则在平移过程中,线圈中的感应电流( )
A.沿顺时针方向,且越来越小
B.沿逆时针方向,且越来越大
C.始终为零
D.先顺时针,后逆时针
答案:
C
解析:
本题借助直导线电流周围磁场磁感线的分布特点,考查产生感应电流的条件.根据直导线电流周围磁场磁感线的分布特点可知,两直导线所产生的磁场方向与线圈平面平行,故穿过线圈L的磁通量始终为零,则线圈中的感应电流始终为零,C项正确.
5.
[2019·湖南长沙长郡中学月考]如图甲所示,交流发电机的矩形线圈边长ab=cd=0.2m,ad=bc=0.4m,线圈匝数为50匝,线圈的总电阻r=1Ω,线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的轴以r/s的转速匀速转动,外接电阻R=9Ω,电压表为理想交流电压表,则( )
A.图甲中交流电压表的示数为80V
B.图甲中电阻R上消耗的电功率为1152W
C.如图乙所示,在外电路接上原、副线圈匝数比n1:
n2=3:
1的理想变压器时,电阻R上消耗的电功率最大
D.如图乙所示,在外电路接上原、副线圈匝数比n1:
n2=1:
3的理想变压器时,电阻R上消耗的电功率最大
答案:
D
解析:
根据公式E=nBSω可得线圈产生的最大感应电动势为Em=50×0.2×(0.2×0.4)×V=160V,电压表测量的是有效值,所以U=×=×V=72V,选项A错误;电阻R上消耗的电功率P===1152W,选项B错误;若没有变压器,当内、外电路电阻相等时,输出功率最大,即电阻R上消耗的功率最大,即相当于R的电阻减小为1Ω,此时R两端的电压应该为U′=×=×V=40V,最大功率为P==3200W,若加上变压器,电阻R的功率为3200W,则3200=,需要的电压为U0=120V,故==,选项C错误,D正确.
6.
边长为L的正方形线圈A,通有沿逆时针方向的恒定电流I,用两根轻质绝缘细绳静止地悬挂在水平长直导线MN的正下方h处,如图所示.当导线MN中无电流时,两细绳中张力均为T;当通过MN的电流为I1时,两细绳中张力均减为αT(0<α<1);而当通过MN的电流为I2时,细绳中张力恰好为零.已知长直通电导线周围某点磁场的磁感应强度B与该点到导线的距离r成反比,与导线中电流成正比(即B=k,k为常数).由此可知,MN中的电流方向和电流大小之比分别为( )
A.向左,1+αB.向右,1+α
C.向左,1-αD.向右,1-α
答案:
C
解析:
当MN中通以从N到M的电流时,ab边所受的安培力向上,cd边所受的安培力向下,因离MN越近,安培力越大,可知此时线圈所受安培力的合力方向竖直向上,所以MN中电流方向向左.当MN中通电流I0时,根据题意可知ab所受的安培力为F1=,cd所受的安培力为F2=,因它们受到的安培力方向相反,此时线圈所受的安培力的合力大小为F=kILI0,可知线圈受到的安培力的合力大小与通入电流的大小成正比,当MN分别通以I1、I2的电流时,线圈受到的安培力的合力的大小之比为.当通过MN的电流为I1时,两细绳中张力均减为αT(0<α<1),所以安培力的大小F合1=2T-2αT;而当通过MN的电流为I2时,细绳中张力恰好为零,则安培力的大小F合2=2T,所以===1-α,故选C.
7.
[2019·江西铅山模拟]如图所示,xOy坐标轴上有A(L,0)和C(0,L)两点.在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场B.一群质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(粒子间相互作用不计),同一时刻从OC边以平行于x轴方向的速度射入磁场.粒子射入磁场前间距均匀(极小)、速度相同.从OC边射出的粒子占粒子总数的75%.不计重力.下列说法正确的是( )
A.粒子在磁场中沿顺时针方向运动
B.粒子在磁场中运动时间最长为
C.粒子速度大小为
D.粒子在磁场中运动时间最短为
答案:
BC
解析:
由左手定则可知粒子在磁场中沿逆时针方向运动,A错误;粒子在磁场中运动的周期为T=,轨迹对应的圆心角最大值为θ=π,所以运动时间最长为t=T=,B正确;设从OC边P点射入的粒子恰能从OC边射出,半径为r,其轨迹恰好与AC相切,因为C点坐标为(0,L),所以OC=L,因为粒子从OC边均匀射入,75%粒子能从OC边射出,故从OC边75%长度内射入的粒子能从OC射出,即从OP段射入的粒子均能从OC边射出,CP段射入的粒子不能从OC边射出,可知CP=OC=L,根据几何关系可得CP=r+=L,解得粒子轨迹半径r=L,根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,联立可得粒子速度大小v=,C正确;从C点入射的粒子在磁场中运动时间最短,为0,D错误.
8.
如图所示,一根空心铝管竖直放置,把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止释放,经过一段时间后,永磁体穿出铝管下端口.假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动,不与铝管内壁接触,且无翻转.忽略空气阻力,则下列说法中正确的是( )
A.若仅增强永磁体的磁性,则永磁体穿出铝管时的速度变小
B.若仅增强永磁体的磁性,则永磁体穿过铝管的时间缩短
C.若仅增强永磁体的磁性,则永磁体穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少
D.若铝管有自上到下的裂缝,则在永磁体穿过铝管的过程中,永磁体动能的增加量等于其重力势能的减少量
答案:
AD
解析:
本题主要考查了电磁感应现象,意在考查考生的理解能力和推理能力.空心铝管可以看成由无数个水平线圈上下拼成,假设永磁体质量为m,当永磁体下落时,就相当于铝管相对永磁体向上切割永磁体的磁感线(就如无数个线圈切割磁感线),在铝管中产生环形感应电流,而该电流又产生磁场,而且这个磁场的方向与永磁体的磁场方向相反,所以铝管对永磁体产生一个向上的力F,永磁体向下的加速度变为a=(mg-F)/m,若仅增强永磁体的磁性,则永磁体向下的加速度变小,所以永磁体穿出铝管时的速度变小,下落的时间变长,穿过铝管的过程中产生的焦耳热增大,故选项A正确,BC错误;当铝管有裂缝时,铝管不能产生感应电流,也就没有感应磁场,那么铝管对永磁体也就没有力的作用了,永磁体做自由落体运动,其机械能守恒,故选项D正确.
9.[2019·福建厦门第一中学月考]如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为5:
1,原线圈接入图乙所示的电压,副线圈接火灾报警系统(报警器未画出),电压表和电流表均为理想电表,R0为定值电阻,RT为半导体热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小,下列说法正确的是( )
A.图乙中电压的有效值为220V
B.电压表的示数为44V
C.RT处出现火警时电流表示数增大
D.RT处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大
答案:
CD
解析:
设将此电压加在阻值为R的电阻上,电压的最大值为Um,电压的有效值为U,则·=·T,代入数据得图乙中电压的有效值为110V,选项A错误;理想变压器原、副线圈的电压与匝数成正比,所以变压器原、副线圈的电压之比是5:
1,所以电压表的示数为22V,选项B错误;RT处温度升高时,阻值减小,由于电压不变,所以出现火警时电流表示数增大,电阻R0消耗的电功率增大,选项C、D正确.
10.
[2019·河南洛阳模拟]为了测量某化工厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左、右两端开口,在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场,在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极,污水充满管口从左向右流经该装置时,电压表(图中未画出)将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积),下列说法中正确的是( )
A.M板的电势一定高于N板的电势
B.污水中离子浓度越高,电压表的示数越大
C.污水流动的速度越大,电压表的示数越大
D.电压表的示数U与污水流量Q成正比
答案:
ACD
解析:
根据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下,正离子所受洛伦兹力方向向上,则N板带负电,M板带正电,所以M板的电势高于N板的电势,故A项正确.最终稳定时离子处于平衡状态,故电场力等于洛伦兹力,根据牛顿第二定律有qvB=,解得U=Bvc,所以电压表的示数与离子的浓度无关,与污水流动的速度成正比,故B项错误,C项正确.根据v=,则流量Q=vbc=,即U=,故电压表示数与污水流量成正比,故D项正确.
第Ⅱ卷 (非选择题 共70分)
二、实验题:
本题共2小题,共20分.把答案填在题中的横线上或按要求作答.
11.(9分)[2019·甘肃诊断]有一个额定电压为2.8V、功率约为0.8W的小灯泡,现要用伏安法描绘这个小灯泡的I-U图线,有下列器材供选用:
A.电压表(0~3V,内阻6kΩ)
B.电压表(0~15V,内阻30kΩ)
C.电流表(0~3A,内阻0.1Ω)
D.电流表(0~0.6A,内阻0.5Ω)
E.滑动变阻器(0~10Ω,2A)
F.滑动变阻器(0~200Ω,0.5A)
G.蓄电池(电动势6V,内阻不计)
(1)某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路,其他部分连接正确,接通电源后,小灯泡的发光情况是________.要求小灯泡两端的电压从零开始增大,应选择图乙中的电路图是________(填“a”或“b”).
(2)用正确的电路进行测量,电压表应选用________,电流表应选用_______________________________(用序号字母表示).
(3)滑动变阻器应选用________(用序号字母表示).
(4)通过实验测得此小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示,由图线可求得此小灯泡在正常工作时的电阻为________Ω.
(5)若将此小灯泡与电动势6V、内阻不计的电源相连,要使小灯泡正常发光,需串联一个阻值为________Ω的电阻(结果保留三位有效数字).
答案:
(1)不亮 b
(2)A D (3)E (4)10 (5)11.4
解析:
(1)由题图甲可知,电压表串联在电路中,电路中的电阻很大,小灯泡不亮;要使小灯泡两端的电压从零开始调节,滑动变阻器应采用分压接法,故电路图应选择b.
(2)小灯泡的额定电压为2.8V,故电压表的量程应略大于2.8V,故电压表应选A;由P=UI得,电流I===0.29A,故电流表应选D.
(3)本实验中滑动变阻器是分压式接法,为了方便调节,滑动变阻器选最大阻值较小的,故应选E.
(4)由题图丙可知,当电压为2.8V时,电流为0.28A,则电阻R==10Ω.
(5)要使小灯泡串联在6V的电源上正常工作,则与它串联的电阻所分电压为6V-2.8V=3.2V,串联的电阻R′==11.4Ω.
12.(11分)实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻.实验室有如下器材可供选择:
A.待测干电池(电动势约为1.5V,内阻约为1.0Ω)
B.电压表(量程3V)
C.电压表(量程15V)
D.电流表(量程0.6A)
E.定值电阻(阻值为50Ω)
F.滑动变阻器(阻值范围0~50Ω)
G.开关、导线若干
(1)为了尽量减小实验误差,在如图1所示的四个实验电路中应选用________.
(2)实验中电压表应选用________(填器材前的字母).
(3)实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中.
序号
1
2
3
4
5
6
电压U/V
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I/A
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
请你将第5组数据描绘在图2给出的U-I坐标系中并完成U-I图线.
(4)由此可以得到,此干电池的电动势E=________V,内电阻r=________Ω.(结果均保留两位小数)
(5)有位同学从实验室找来了一个电阻箱,用如图3所示的电路测量干电池的电动势和内电阻.闭合开关后,改变电阻箱阻值.当电阻箱阻值为R1时,电流表示数为I1;当电阻箱阻值为R2时,电流表示数为I2.已知电流表的内阻为RA.请你用RA、R1、R2、I1、I2表示出干电池的内电阻r=________.
答案:
(1)丙(1分)
(2)B(1分) (3)如图所示(2分)
(4)1.50(1.49~1.51)(2分) 0.83(0.81~0.85)(2分)
(5)-RA(3分)
解析:
(1)为了减小实验误差,实验要多测几组数据,因此实验要用滑动变阻器,而不是定值电阻;由于待测干电池的内阻与电流表的内阻相差不大,因此实验电路图应用丙.
(2)待测干电池的电动势约为1.5V,故电压表应选B.
(3)画U-I图象时,要让尽可能多的点在同一条直线上,不在同一条直线上的点对称分布在直线的两侧.
(4)由作出的U-I图象可知,干电池的电动势E=1.5V,干电池的内阻
r===0.83A.
(5)由闭合电路欧姆定律得,E=I1(R1+RA+r),
E=I2(R2+RA+r),解得
r=-RA.
三、计算或论述题:
本题共4小题,共50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.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.
13.
(11分)如图所示电路中,电源电动势E=12V,内阻r=1Ω,电阻R1=9Ω,R2=5Ω,R3是一只滑动变阻器,其阻值变化范围为0~20Ω,求:
(1)电流表的示数为0.4A时R3的阻值为多大;
(2)电源的总功率最大值;
(3)R3能获得的最大功率.
答案:
(1)3.3Ω
(2)14.4W (3)1.2W
解析:
(1)由题意可求:
U并=I2R2=2V
根据闭合电路的欧姆定律,E=U并+I(R1+r)
可得:
I==1A
故可得IR3=I-IR2=0.6A
由部分电路的欧姆定律可得:
R3==3.3Ω
(2)根据P=IE得,要使P最大,必须使I最大,即R最小,所以R3的阻值为零
由闭合电路的欧姆定律可得:
I′==1.2A
故电源的最大功率为:
Pm=I′E=14.4W
(3)将R1、R2和电源内阻看作等效电源的内阻,其内阻大小为:
r′==Ω
当R3=r′时的R3获得的功率最大
此等效电源的电动势为:
E′==4V
此时R3获得的最大功率为:
P′m==1.2W
14.(11分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T.在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1kg、电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑.然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg、电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑.cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g=10m/s2.问:
(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;
(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8m,此过程中ab上产生的热量Q是多少.
答案:
(1)由a到b
(2)5m/s (3)1.3J
解析:
(1)由右手定则可判断ab中的电流方向为由a流向b.
(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有Fmax=m1gsinθ①
设ab刚要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有E=BLv②
设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有
I=③
设ab所受安培力为F安,有F安=ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有
F安=m1gsinθ+Fmax⑤
综合①②③④⑤式,代入数据解得
v=5m/s⑥
(3)设cd在运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律有
m2gxsinθ=Q总+m2v2⑦
又Q=Q总⑧
解得Q=1.3J⑨
15.(11分)如图所示,交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50cm,bc=ad=30cm,匝数n=100,线圈的总电阻r=10Ω,线圈位于磁感应强度B=0.050T的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向平行.线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起,并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接.现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO′以角速度ω=400rad/s匀速转动.电路中的其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计,求:
(1)线圈中感应电流的最大值;
(2)线圈转动过程中电阻R的发热功率;
(3)从线圈经过图示位置开始计时,经过周期时间通过电阻R的电荷量.
答案:
(1)3.0A
(2)405W (3)7.5×10-3C
解析:
(1)线圈产生感应电动势的最大值
Em=nBωab×bc=300V(2分)
根据闭合电路欧姆定律可知,线圈中感应电流的最大值Im=(1分)
解得Im=3.0A(1分)
(2)通过电阻R的电流的有效值I=(1分)
线圈转动过程中电阻R的热功率P=I2R(1分)
解得P=405W(1分)
(3)根据法拉第电磁感应定律有=n=n(2分)
根据闭合电路欧姆定律有==(1分)
解得q=Δt=7.5×10-3C(1分)
16.(17分)如图所示,坐标系xOy在竖直平面内,y轴沿竖直方向,第二、三和四象限有沿水平方向,垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B.第四象限的空间内有沿x轴正方向的匀强电场,场强为E,一个带正电荷的小球从图中x轴上的M点,沿着与水平方向成θ=30°角斜向下的直线做匀速运动.经过y轴上的N点进入x<0的区域内,在x<0区域内另加一匀强电场E1(图中未画出),小球进入x<0区域后能在竖直面内做匀速圆周运动.(已知重力加速度为g)
(1)求匀强电场E1的大小和方向;
(2)若带电小球做圆周运动通过y轴上的P点(P点未标出),求小球从N点运动到P点所用的时间t;
(3)若要使小球从第二象限穿过y轴后能够沿直线运动到M点,可在第一象限加一匀强电场,求此电场强度的最小值E2,并求出这种情况下小球到达M点的速度vM.
答案:
(1)E1=E 方向为竖直向上
(2)t= (3)vM=
解析:
(1)设小球质量为m,带电荷量为q,速度为v,小球在MN段受力如图甲所示,因为在MN段小球做匀速直线运动,所以小球受力平衡有:
mgtan30°=qE(1分)
qvBsin30°=qE(1分)
解得:
mg=qE
v=
在x<0的区域内,有mg=qE1(1分)
联立解得E1=E,方向为竖直向上(2分)
(2)如图乙所示,小球在磁场中做匀速圆周运动的周期是:
T=(1分)
而:
qvB=m(1分)
t=T(2分)
故小球从N到P经历的时间是:
t=(1分)
(3)小球从P点沿直线运动到M点,当电场力与PM垂直时电场力最小,由受力分析可知qE2=mgcos30°(1分)
解得:
E2=E(2分)
这种情况下,小球从P点沿直线运动到M点的加速度为
a=gsin30°=g(1分)
由几何关系可知,PM的距离为s=Rcot30°
所求vM=(1分)
联立解得vM=(2分)