模块滚动练选修32文档格式.docx

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B．使线圈匝数变为原来的2倍

C．使线圈半径变为原来的2倍

D．使线圈平面与磁场垂直

3．如图2所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y＝2sin

x曲线围成（x≤2m），现把一边长为2m的正方形单匝线框以水平速度v＝10m/s匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4T，线框电阻R＝0.5Ω，不计一切摩擦阻力，则（　　）

图2

A．水平拉力F的最大值为8N

B．拉力F的最大功率为12.8W

C．拉力F要做25.6J的功才能让线框通过此磁场区

D．拉力F要做12.8J的功才能让线框通过此磁场区

4．如图3甲所示，面积为S＝1m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示（B取向里方向为正），以下说法中正确的是（　　）

图3

A．环中产生逆时针方向的感应电流

B．环中产生顺时针方向的感应电流

C．环中产生的感应电动势大小为3V

D．环中产生的感应电动势大小为2V

5．一闭合线圈置于磁场中，若磁感应强度B随时间变化的规律如图4所示，则下列选项中能正确反映线圈中感应电动势E随时间t变化的图象是（　　）

图4

6．如图5甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件（不分得电压）实现了无级调节亮度．给该台灯接220V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时电流电压表的示数为（　　）

图5

A．220VB．110V

C．110

VD.

V

7．如图6所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h高处由静止释放，线圈平面保持在竖直平面内，且cd边始终与虚线平行．cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）（　　）

图6

A．感应电流所做的功为mgd

B．感应电流所做的功为mg（d－L）

C．线圈的最小速度一定是2

D．线圈的最小速度可能为

8．如图7所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中的电流从0逐渐增大到某稳定值的过程中，下列说法正确的是（　　）

图7

A．环A有缩小的趋势B．环A有扩张的趋势

C．螺线管B有缩短的趋势D．螺线管B有伸长的趋势

9．如图8所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路．在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动．在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek.则（　　）

图8

A．W1＝QB．W2－W1＝Q

C．W1＝EkD．WF＋WG＝Ek＋Q

10．如图9甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动P，可以改变原线圈的匝数．变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，Q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表．下列说法正确的是（　　）

图9

A．向上移动P，输入电压的频率不变

B．向上移动P，输入电流减小

C．保持P不动，向下移动Q，变压器的输入功率减小

D．保持Q不动，向下移动P，电压表的示数不变

11．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图10甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（　　）

图10

A．t＝0.01s时穿过线框的磁通量最小

B．该交变电动势的有效值为11

V

C．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22

sin（100πt）V

D．电动势瞬时值为22V时，线框平面与中性面的夹角为45°

12．如图11所示，MN右侧有一正三角形匀强磁场区域（边缘磁场忽略不计），上边界与MN垂直．现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，从MN左侧垂直于MN匀速向右运动．导体框穿过磁场过程中所受安培力F的大小随时间变化的图象以及感应电流i随时间变化的图象正确的是（取逆时针电流为正）（　　）

图11

第Ⅱ卷（非选择题，共40分）

二、非选择题（共40分）

13．（12分）图12是一台小型发电机示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴转动，磁场方向与转轴垂直．矩形线圈的面积为2×

10－2m2，匝数N＝40匝，线圈电阻r＝1Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2T，线圈绕OO′轴以ω＝100rad/s的角速度匀速转动．线圈两端外接电阻R＝9Ω的小灯泡和一个理想电流表．求：

图12

（1）线圈中产生的感应电动势的最大值；

（2）电流表的读数；

（3）小灯泡消耗的电功率．

14．（14分）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图13所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，

图13

（1）求线框中产生的感应电动势大小；

（2）求cd两点间的电势差大小；

（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．

15．（14分）如图14所示，足够长光滑绝缘斜面与水平面的夹角为α＝37°

，处于水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E＝50V/m，方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外；

一个电荷量q＝＋4.0×

10－2C、质量m＝0.40kg的光滑小球，以初速度v0＝20m/s从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过t＝3s脱离斜面．取g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8.求：

图14

（1）小球上滑过程的加速度a1的大小及时间t1；

（2）磁场的磁感应强度B.

答案解析

1．D　[电动机的发明，实现了电能向机械能的大规模转化，A错误；

利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的是电动机，B错误；

电磁感应说明闭合回路通过磁感应能生成电，C错误；

发电机工作时把机械能转化为电能，D正确．]

2．C　[设导线的电阻率为ρ，横截面积为S0，线圈的半径为r，则有I＝

＝

·

sinθ.]

3．C　[线框通过磁场区，产生的感应电流先增大后减小，形成正弦交流电，周期为

＝0.4s，感应电动势最大值为Em＝Blv＝8V，有效值为4

V，感应电流最大值为16A，有效值为8

A，则水平拉力最大值为Fm＝BIml＝12.8N，A错误；

拉力的最大功率为Pm＝Fmv＝128W，B错误；

线框匀速通过，拉力做的功等于焦耳热，Q＝I2Rt＝25.6J，C正确，D错误．]

4．A　[由楞次定律可判断，环中产生逆时针方向的感应电流，选项A正确，B错误；

根据法拉第电磁感应定律，环中产生的感应电动势大小为E＝

S＝

×

1V＝1V，选项C、D错误．]

5．D　[设感应电动势沿顺时针方向为正，磁感应强度方向向上为正．在前半周内，磁感应强度均匀增大，

一定，感应电动势E＝

S，则E一定．根据楞次定律分析得到：

感应电动势方向为负．同理，在后半周内，感应电动势E一定，方向为正，故选D.]

6．C　[交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的．当如题图乙所示的电压加在台灯上时，设电压的有效值为U，台灯电阻为R，在一个周期内放出的电热为Q，则有Q＝

T＝

，解得U＝110

V，选项C正确．]

7．D　[从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程中速度均为v0，则动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q＝mgd.而从cd边刚离开磁场到ab边刚离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′＝2mgd，感应电流做的功为2mgd.故A、B错误；

因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小．设线圈的最小速度为vmin；

线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：

mg（h＋L）＝Q＋

mv

；

又因为Q＝mgd，则解得线圈的最小速度为：

vmin＝

.故C错误；

线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，此时满足mg＝BIL，即mg＝

，则最小速度v＝

.故D正确．]

8．BC　[因为穿过A线圈的磁通量分为两部分，一部分是水平向右的，一部分是水平向左的，而水平向左的磁通量小于向右的，故当电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，所以根据楞次定律可得A有扩张的趋势，A错误，B正确；

螺线管B中各环形电流方向相同，所以相互吸引，因为电流增大了，所以相互吸引的力变大，有缩短的趋势，故C正确，D错误．]

9．BCD　[由能量守恒定律可知：

磁铁克服磁场力做功W2等于回路中产生的电能，电能一部分转化为内能，另一部分转化导体棒的机械能，所以W2－W1＝Q，故A错误，B正确；

以导体棒为研究对象，由动能定理可知，磁场力对导体棒做功W1＝Ek，故C正确；

外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳热和导体棒的动能之和，故D正确．]

10．AB　[向上移动P，增大原线圈的匝数，改变输出电压，从而使输入电流改变，但频率不变，A、B对；

保持P不动，当向下移动Q时，并不改变电路的电阻，变压器的输入功率不变，C错误；

保持Q不动，向下移动P，变压器输入端匝数减小，则输出电压变大，从而使电压表的示数增大，D错．]

11．CD　[由题图乙可知，此交流电的周期T＝0.02s，Em＝22

V，且t＝0时刻，线框在中性面位置，t＝0.01s时穿过线框的磁通量最大，A错误；

交变电动势的瞬时值表达式为e＝22

sin（100πt）V，C正确；

交变电动势的有效值为22V，B错误；

当e＝22V时，t＝

T，即线圈平面与中性面的夹角为45°

，D正确；

故选C、D.]

12．BC　[设正三角形的边长为a，匀速运动的速度为v.线框匀速进入磁场的过程，由右手定则可知，电流方向为逆时针（正）方向，线框所受的安培力方向向左，t时刻线框有效切割长度L＝

tan60°

，产生的感应电动势E＝BLv＝

，感应电流的大小i＝

t，电流与时间成正比；

同理，线框离开磁场的过程，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针（负）方向，L＝

，i＝

，电流随时间均匀减小，故选项C正确，选项D错误．进磁场时根据安培力F＝BIL＝

，可知F－t图线是开口向上的抛物线；

线框离开磁场可知F＝

，F－t图线是开口向上的抛物线．根据数学知识可知选项B正确，选项A错误．]

13．

（1）16V　

（2）1.1A　（3）11W

解析　

（1）由E＝NBSω

代入数据解得E＝16V

（2）由Im＝

代入数据解得Im＝1.6A

由I＝

求出I≈1.1A

（3）由P＝I2R得：

P≈11W

14．

（1）BL

（2）

BL

　（3）h＝

解析　

（1）cd边刚进入磁场时，线框速度：

v＝

线框中产生的感应电动势：

E＝BLv＝BL

（2）此时线框中电流：

I＝

cd边切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压：

U＝I×

R＝

（3）安培力：

F＝BIL＝

根据牛顿第二定律：

mg－F＝ma，

由a＝0，解得下落高度满足：

h＝

15．

（1）－10m/s2　2s　

（2）5T

解析　

（1）上滑过程，小球沿斜面向上做减速运动，受力分析如图，由牛顿第二定律和运动学规律得：

－qEcosα－mgsinα＝ma1①

0－v0＝a1t1②

联立①②代入数据得：

a1＝－10m/s2③

t1＝2s④

（2）小球下滑过程受力分析如图，在离开斜面前小球做匀加速直线运动，设运动时间为t2，脱离斜面时的速度为v2，由牛顿第二定律和运动学规律有：

qEcosα＋mgsinα＝ma2⑤

qv2B＋qEsinα－mgcosα＝0⑥

t2＝t－t1⑦

v2＝a2t2⑧

联立⑤⑥⑦⑧代入数据得：

B＝5T