答案:
B
解析:
第一次用t时间拉出,第二次用2t时间拉出,
两次速度比为21,
由E=BLv,两次感应电动势比为21,两次感应电流比为21,由F安=BIL,两次安培力比为21,
由于匀速拉出匀强磁场,所以外力比为21,
根据功的定义W=Fx,所以W1W2=21,
根据电量q=It,得:
q1q2=11,故选B。
6.(晋江市平山中学2014~2015学年高二下学期期中)如图所示,两条平行虚线之间存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,虚线间的距离为L,金属圆环的直径也为L,自圆环从左边界进入磁场开始计时,以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域,规定逆时针方向为感应电流i的正方向,则圆环中感应电流i随其移动距离x变化的i-x图象最接近图中的( )
答案:
A
解析:
根据楞次定律,在进磁场的过程中,感应电流的方向为逆时针方向;在出磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向,在进磁场的过程中,切割的有效长度先增加后减小,出磁场的过程中,切割的有效长度先增加后减小,所以感应电流的大小在进磁场的过程中先增大后减小,出磁场的过程中也是先增大后减小,故A正确,B、C、D错误。
7.如图所示,通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈,线圈等距离排列,且与传送带以相同的速度匀速运动。
为了检测出个别未闭合的不合格线圈,让传送带通过一固定匀强磁场区域,磁场方向垂直于传送带,根据穿过磁场后线圈间的距离,就能够检测出不合格线圈,通过观察图形,判断下列说法正确的是( )
A.若线圈闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动
B.若线圈不闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动
C.从图中可以看出,第3个线圈是不合格线圈
D.从图中可以看出,第4个线圈是不合格线圈
答案:
AC
解析:
若线圈闭合进入磁场时,由于产生电磁感应现象,根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动,故A正确;若线圈不闭合,进入磁场时,不会产生感应电流,故线圈相对传送带不发生滑动,故B错误。
从图中可以看出,第3个线圈是不合格线圈,C正确。
8.(湖南长沙市2014~2015学年高二下学期检测)如图所示,变压器初级线圈接电压一定的交流电,在下列措施中能使电流表示数减小的是( )
A.只将S1从2拨向1
B.只将S2从4拨向3
C.只将S3从闭合改为断开
D.只将变阻器R3的滑动触头上移
答案:
BCD
解析:
A.只将S1从2拨向1时,原线圈匝数减小,输出电压变大,故输出电流变大,输入电流即电流表的示数也变大,故A错误;B.只将S2从4拨向3时,副线圈匝数减小,输出电压变小,故输出电流变小,输入电流变小,故B正确;C.只将S3从闭合变为断开,少一个支路,电压不变,总电阻变大,输出功率减小,则输入功率也减小,电流表的示数减小,故C正确;D.只将变阻器R3的滑动触头上移,负载总电阻变大,输出电流变小,故输入电流减小,故D正确。
9.图甲为某燃气炉点火装置的原理图。
转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压,并加在一理想变压器的原线圈上,变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。
为交流电压表。
当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。
以下判断正确的是( )
A.电压表的示数等于5V
B.电压表的示数等于V
C.实现点火的条件是>1000
D.实现点火的条件是<1000
答案:
BC
解析:
电压表的示数为有效值,等于U1==V,选项A错误B正确;实现点火的条件是U2>5000V,所以=>1000,选项C正确D错误。
10.如图所示,边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0)。
回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0,滑动片P位于滑动变阻器中央,定值电阻R1=R0,R2=。
闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势,则( )
A.R2两端的电压为
B.电容器的a极板带正电
C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D.正方形导线框中的感应电动势为kL2
答案:
AC
解析:
本题考查了法拉第电磁感应定律的综合应用。
解题的关键是正确求解感应电动势,以及各元件的连接方式,滑动片P将滑动变阻器分成相等的两部分电阻,即R左=R右=,R2与R右并联值为,线路中总电阻为,故R2两端的电压为U2=,选项A正确;由楞次定律得正方形线框的感应电动势方向为逆时针,据此判断电容器b板带正电,选项B错误;滑动变阻器左半部分的电压为,热功率为P左==,P右==,滑动变阻器消耗的总功率为P滑=P左+P右=,R2消耗的功率为P2==,显然=5,选项C正确;正方形导线框的有效面积为圆形磁场的面积,由法拉第电磁感应定律得,感应电动势E==πr2·=πkr2,选项D错误。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共3小题,共18分。
把答案直接填在横线上)
11.(5分)在研究电磁感应现象的实验中:
(1)为了能明显地观察到实验现象,请在如图所示的实验器材中,选择必要的器材,在图中用实线连接成相应的实物电路图。
(2)将原线圈插入副线圈中,闭合开关,副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(选填“相同”或“相反”)。
(3)将原线圈拔出时,副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(选填“相同”或“相反”)。
答案:
(1)实验电路如图所示。
(2)相反 (3)相同
解析:
(1)见答案
(2)闭合开关,磁通量增大,由楞决定律可判断,感应电流的磁场阻碍原磁场的增加,即副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向相反。
(3)将原线圈拔出时,由楞决定律可判断,副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向相同。
12.(5分)某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统,使用不到一周,便出现了电源总开关总是无法接通的问题。
经检查,电源总开关中漏电保护器自动切断了电源。
漏电保护器电路如图所示,变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈,然后接到磁卡机上,B处有一个输出线圈,一旦线圈B中有电流经放大器放大后便推动断电器切断电源。
造成漏电保护器自动切断电源的原因可能为磁卡机用电端________。
(填下列选项前字母)
A.零线与火线之间漏电
B.火线与地线之间漏电或零线直接接地
C.磁卡机装得过多,造成电流太大
答案:
B
解析:
由题意知,火线和零线均绕在铁芯上,故只有火线与零线中电流大小不等时,才会引起漏电保护器切断电源,故可能是火线与地之间漏电,也可能是零线与地之间漏电。
13.(8分)为了测定和描绘“220V40W”的白炽灯灯丝的伏安特性曲线,可以利用调压变压器供电。
调压变压器中有一种自耦变压器,它只有一组线圈L,绕在闭合的环形铁芯上,输入端接在220V交流电源的火线与零线之间,输出端有一个滑动触头P,移动它的位置,就可以使输出电压在0~250V之间连续变化,如图所示,画出的是调压变压器的电路图。
实验室备有交流电压表、交流电流表、滑动变阻器、电键、导线等实验器材。
(1)在图中完成实验电路图。
(2)按实验电路图进行测量,如果电表内阻的影响不能忽略,电压较高段与电压较低段相比较,哪段误差更大?
为什么?
解析:
(1)如图。
(注意:
电流表外接或内接均可)
(2)如果电流表外接,电压较高段误差较大,因为电压越高,灯丝电阻越大,由于电压表分流作用而造成的误差就越大;如果电流表内接,电压较低段误差较大,因为电压越低,灯丝电阻越小,由于电流表分压造成的误差就越大。
三、论述·计算题(共4小题,42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)
14.(10分)(山东省部分重点中学2014~2015学年高二联考)做磁共振(MRI)检查时,对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。
某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响,将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈,线圈的半径r=5.0cm,线圈导线的截面积A=0.80cm2,电阻率ρ=1.5Ω·m。
如图所示,匀强磁场方向与线圈平面垂直,若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零,求:
(计算结果保留一位有效数字)
(1)该圈肌肉组织的电阻R;
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E;
(3)0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。
答案:
(1)6×103Ω
(2)4×10-2V (3)8×10-8J
解析:
(1)由电阻定律得 R=ρ
代入数据得 R=6×103Ω
(2)感应电动势 E=
代入数据得 E=4×10-2V
(3)由焦耳定律得 Q=Δt
代入数据得 Q=8×10-8J
15.(10分)如图所示,光滑平行金属导轨相距30cm,电阻不计,ab是电阻为0.3Ω的金属棒,可沿导轨滑动,与导轨相连的平行金属板A、B相距6cm,电阻R为0.1Ω。
全部装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,当ab以速度v向右匀速运动时,一带电微粒在A、B板间恰做半径2cm的匀速圆周运动,速率也是v。
试求速率v的大小?
答案:
0.4m/s
解析:
设磁感应强度为B,平行板AB间距为d,ab杆的有效长度为L,带电粒子质量为m,带电荷量为q,
∵E=BLv
∴Uab=UAB==×0.1=Blv
带电粒子在A、B板间恰能做匀速圆周运动,
则mg=Eq=q,∴m=。
带电粒子做圆周运动的半径r===
∴v==m/s=0.4m/s。
16.(10分)(吉林白城市洮南一中2014~2015学年高二下学期检测)如图甲所示,一固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端接一只小灯泡,在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。
已知线圈的匝数n=100匝,电阻r=1.0Ω,所围成矩形的面积S=0.040m2,小灯泡的电阻R=9.0Ω,磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=nBmScos(t),其中Bm为磁感应强度的最大值,T为磁场变化的周期。
不计灯丝电阻随温度的变化,求:
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值;
(2)小灯泡消耗的电功率;
(3)在磁感应强度变化的0~的时间内,通过小灯泡的电荷量。
答案:
(1)8.0V
(2)2.88W (3)4.0×10-3C
解析:
(1)由图象知,线圈中产生的交变电流的周期T=3.14×10-2s,所以
Em=nBmSω==8.0V
(2)电流的最大值Im==0.80A
有效值I==A
小灯泡消耗的电功率P=I2R=2.88W
(3)在0~时间内,电动势的平均值=
平均电流==
通过灯泡的电荷量Q=Δt==4.0×10-3C
17.(12分)如图所示,匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈,处于磁感应强度B1为T的匀强磁场中。
当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时,电压表、电流表的读数分别为7V、1A。
电动机的内阻r为1Ω,牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升。
导体棒的电阻R为1Ω,架在倾角为30°的框架上,它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中。
当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度,这一过程中导体棒上产生的热量为4J。
不计框架电阻及一切摩擦,g取10m/s2。
求:
(1)若从线圈处于中性面开始计时,写出电动势的瞬时表达式;
(2)导体棒MN的稳定速度;
(3)导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间。
答案:
(1)e=10sin10πt(V)
(2)v=2m/s (3)t=1.0s
解析:
(1)线圈转动过程中电动势的最大值为Em=NB1Sω=NB1S·2πn=100××0.01×2π×5V=10V
则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为
e=Emsinωt=10sin10πt(V)
(2)电动机的电流I=1A
电动机的输出功率P出=IU-I2r
又P出=F·v
而棒产生的感应电流I′==
稳定时棒处于平衡状态,故有:
F=mgsinθ+B2I′L
由以上各式代入数值,解得棒的稳定速度
v=2m/s(v=-3m/s舍去)
(3)由能量守恒定律得P出t=mgh+mv2+Q
其中h=xsinθ=1.6sin30°=0.80(m)
解得t=1.0s