学年安徽省六安市舒城中学高二下学期期中考试物理试题 解析版Word格式文档下载.docx
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实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;
闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。
下列说法正确的是()
A.左图中,A1与L1的电阻值相同
B.左图中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流
C.右图中,变阻器R与L2的电阻值相同
D.右图中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等
【答案】C
【解析】断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,由于线圈L1的自感,通过L1的电流逐渐减小,且通过A1,即自感电流会大于原来通过A1的电流,说明闭合S1,电路稳定时,通过A1的电流小于通过L1的电流,L1的电阻小于A1的电阻,AB错误;
闭合S2,电路稳定时,A2与A3的亮度相同,说明两支路的电流相同,因此变阻器R与L2的电阻值相同,C正确;
闭合开关S2,A2逐渐变亮,而A3立即变亮,说明L2中电流与变阻器R中电流不相等,D错误。
【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象,根据楞次定律可知,感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况。
电流突然增大时,会感应出逐渐减小的反向电流,使电流逐渐增大;
电流突然减小时,会感应出逐渐减小的正向电流,使电流逐渐减小。
3.如图所示,金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路,金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动,( )
A.ab棒不受安培力作用
B.ab棒所受安培力的方向向右
C.ab棒向右运动速度v越大,所受安培力越大
D.螺线管产生的磁场,A端为N极
【解析】ab棒切割磁感线时,要产生感应电流,而电流在磁场中就一定会有安培力,故A错误;
根据楞次定律可知,感应电流总是起到阻碍的作用,故安培力的方向与导体棒一定的方向相反,应当向左,故B错误;
ab棒向右运动时,、、,联立解得:
,则知速度越大,所受安培力越大,故C正确;
根据右手定则,ab中的电流的方向向上,流过螺旋管时,外侧的电流方向向下,根据安培定则得知螺线管产生的磁场,A端为S极,B端为N极,故D错误。
故选C.
【点睛】回路中的一部分切割磁感线时,导体棒中要产生感应电流,而电流在磁场中就一定会有安培力;
感应电流的大小与运动速度有关,运动速度越大,所受安培力越大.根据右手定则、左手定则和楞次定律依次进行分析.
4.A、B是两个完全相同的电热器,A通以图甲所示的方波交变电流,B通以图乙所示的正弦交变电流,则两电热器的电功率PA∶PB等于()
A.5∶4B.3∶2C.∶1D.2∶1
5.在等边三角形的三个顶点a、b、c处各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等的恒定电流,方向如图。
过c点的导线所受安培力的方向()
A.与ab边平行,竖直向上
B.与ab边平行,竖直向下
C.与ab边垂直,指向左边
D.与ab边垂直,指向右边
【解析】等腰直角三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线,且导线中通有大小相等的恒定电流,根据安培定则可得:
导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下,再由左手定则可得:
安培力的方向是与ab边垂直,指向左边,故C正确,ABD错误。
6.如图所示,在虚线MN的右侧存在着垂直纸面向里的匀强磁场,边长为a的正三角形金属线框平行纸面放置,t=0时刻,顶点恰好在磁场的左边界上,一边平行磁场边界MN.现令该金属线框匀速进入磁场区域,则线框中产生的感应电动势E、电流I、所施加的外力F、安培力做功的功率P随时间t的变化关系的图象中正确的是( )
【答案】B
...............
【点睛】先根据E=BLv分析感应电动势的变化.再由欧姆定律分析感应电流的变化,由平衡条件和安培力公式F=BIL分析外力F的变化.由功能关系分析P的变化.
7.如图所示,在光滑的水平面上宽度为L的区域内,有一竖直向下的匀强磁场.现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动,穿过磁场后速度减为v,那么当线圈完全处于磁场中时,其速度大小()
A.大于B.等于
C.小于D.以上均有可能
【解析】试题分析:
对线框进入或穿出磁场过程,设初速度为,末速度为.由动量定理可知:
,又电量,得,得速度变化量,由可知,进入和穿出磁场过程,磁通量的变化量相等,则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等,故由上式得知,进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量.设完全进入磁场中时,线圈的速度大小为,则有,解得,
考点:
法拉第电磁感应定律
【名师点睛】线框进入和穿出磁场过程,受到安培力作用而做减速运动,根据动量定理和电量分析电量的关系.根据感应电量,分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等,两个过程电量相等.联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度
视频
8.如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场,当AC刚进入磁场时速度为v,方向与磁场边界成45°
,若线框的总电阻为R,则()
A.线框穿进磁场过程中,框中电流的方向为DCBA
B.AC刚进入磁场时线框中感应电流为
C.AC刚进入磁场时线框所受安培力为
D.此时CD两端电压为
【答案】D
线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向外,则感应电流的方向为ABCD方向,故A错误;
AC刚进入磁场时CD边切割磁感线,AD边不切割磁感线,所以产生的感应电动势,则线框中感应电流为,此时CD两端电压,即路端电压为,故B错误D正确;
AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反,AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下,它们的大小都是,由几何关系可以看出,AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直,所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合,即,故C正确;
考查了导体切割磁感线运动
【名师点睛】安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁,要熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力表达式.
9.如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。
当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,两灯泡均能正常发光。
下列说法正确的是()
A.原、副线圈匝数比为9:
1
B.原、副线圈匝数比为1:
9
C.此时a和b的电功率之比为9:
D.此时a和b的电功率之比为1:
【答案】AD
灯泡正常发光,则其电压均为额定电压,则说明原线圈输入电压为9U,输出电压为U;
则可知,原副线圈匝数之比为9:
1:
故A正确B错误;
根据公式可得,由于小灯泡两端的电压相等,所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1:
9,故C错误D正确;
考查了理想变压器
10.在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。
设线圈总电阻为2Ω,则()
A.t=0时,线圈平面平行于磁感线
B.t=1s时,线圈中的电流改变方向
C.t=1.5s时,线圈中的感应电动势最大
D.一个周期内,线圈产生的热量为
【解析】t=0时,磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,故A正确;
每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线,磁通量有最大值)电流的方向改变一次,t=1s时,磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,故B错误;
t=1.5s时,磁通量有最大值,但磁通量的变化率为零(),根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零,故C错误;
感应电动势最大值,有效值,一个周期内线圈产生的热量,故D正确。
点睛:
本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。
11.如图甲所示,一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场(图中未画出)中,磁场方向垂直于导线框所在平面,规定向里为磁感应强度的正方向,向右为导线框ab边所受安培力F的正方向,线框中电流i沿abcd方向时为正,已知在0~4s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图所示,则下列图像所表示的关系正确的是()
由题意可知,规定向里为磁感应强度的正方向,线框中电流i沿abcd方向时为正;
由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势,感应电流,由B-t图象可知,在每一时间段内,是定值,在各时间段内I是定值,ad边受到的安培力,I、L不变,B均匀变化,则安培力F均匀变化,不是定值,A正确B错误;
由图示B-t图象可知,0~1s时间内,B减小,减小,由楞次定律可知,感应电流是逆时针的,为正值;
同理1~2s,磁场向里,且增大,磁通量增大,根据楞次定律,感应电流是逆时针,为正值;
2~3s,B的方向垂直纸面向里,B减小,减小,由楞次定律可知,感应电流沿顺时针方向,感应电流是正的;
3~4s内,B的方向垂直纸面向外,B增大,增大,由楞次定律可知,感应电流沿顺时针方向,感应电流是正的,故C错误D正确;
考查了电磁感应与图像
【名师点睛】电磁感应与图象的结合问题,近几年高考中出现的较为频繁,在解题时涉及的内容较多,同时过程也较为复杂;
故在解题时要灵活,可以先利用右手定则或楞次定律判断方向排除法,再选择其他合适的解法等解答.
12.如图所示,理想变压器原线圈接在交流电源上,图中各电表均为理想电表。
A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,R1消耗的功率变大
B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电压表V示数变大
C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电流表A1示数变大
D.若闭合开关S,则电流表A1示数变大、A2示数变小
【答案】BC
【解析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电阻变大,则干路电流变小,则消耗的功率变小,则A错误;
干路电流变小,分压变小,则电压表V的测量的电压变大,示数变大,则B正确;
因输出电流变小,则输出功率变小即输入功率变小,电流表A1示数变小,则C错误;
闭合开关S并联支路增加,电阻变小,则副线圈即R1的电流变大,分压变大,则R2的分压变小,电流变小.电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大,则D错误。
【点睛】考查电路的动态分析:
本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小,再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化,可见明确电路的结构是求解的关键.
二、计算题
13.如图所示,位于竖直平面内的矩形金属线圈,边长L1=0.40m、L2=0.25m,其匝数n=100匝,总电阻r=1.0Ω,线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起,并通过电刷和R=3.0Ω的定值电阻相连接。
线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场,磁感应强度B=1.0