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1、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y2sinx曲线围成（x2 m），现把一边长为2 m的正方形单匝线框以水平速度v10 m/s匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T，线框电阻R0.5 ，不计一切摩擦阻力，则（）图2A水平拉力F的最大值为8 NB拉力F的最大功率为12.8 WC拉力F要做25.6 J的功才能让线框通过此磁场区D拉力F要做12.8 J的功才能让线框通过此磁场区4如图3甲所示，面积为S1 m2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

2、里方向为正），以下说法中正确的是（）图3A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3 VD环中产生的感应电动势大小为2 V5一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46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220 V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5A220 V B110 VC110 V D. V7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

3、匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（Ld），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6A感应电流所做的功为mgdB感应电流所做的功为mg（dL）C线圈的最小速度一定是2D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7A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

4、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8AW1Q BW2W1QCW1Ek DWFWGEkQ10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9A向上移动P，输入电压的频率不变B向上移动

5、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10At0.01 s时穿过线框的磁通量最小B该交变电动势的有效值为11 VC该交变电动势的瞬时值表达式为e22sin （100t） VD电动势瞬时值为22 V时，线框平面与中性面的夹角为4512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

6、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2102 m2，匝数N40匝，线圈电阻r1 ，磁场的磁感应强度B0.2 T，线圈绕OO轴以100 rad/s的角速度匀速转动线圈两端外接电阻R9 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，

7、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37，处于水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E50 V/m，方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外；一个电荷量q4.0102 C、质量m0.40 kg的光滑小球，以初速度v020 m/s从斜面底端向上滑，

8、然后又下滑，共经过t3 s脱离斜面取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.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1D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2C设导线的电阻率为，横截面积为S0，线圈的半径为r，则有Isin .3C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0.4 s，感应电动势最大值为EmBlv8 V，有效值为4 V，感应电流

9、最大值为16 A，有效值为8 A，则水平拉力最大值为FmBIml12.8 N，A错误；拉力的最大功率为PmFmv128 W，B错误；线框匀速通过，拉力做的功等于焦耳热，QI2Rt25.6 J，C正确，D错误4A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ES1 V1 V，选项C、D错误5D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ES，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.6C交变电流的有效值是根据电

10、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QT，解得U110 V，选项C正确7D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，Qmgd.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Q2mgd，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

11、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（hL）Qmv；又因为Qmgd，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mgBIL，即mg，则最小速度v.故D正确8BC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

12、，故C正确，D错误9BCD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W2W1Q，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W1Ek，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10AB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

13、11CD由题图乙可知，此交流电的周期T0.02 s，Em22 V，且t0时刻，线框在中性面位置，t0.01 s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e22sin（100t） V，C正确；交变电动势的有效值为22 V，B错误；当e22 V时，tT，即线圈平面与中性面的夹角为45，D正确；故选C、D.12BC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Ltan 60，产生的感应电动势EBLv，感应电流的大小it，电流与时间成正比；同理，线框离开磁场的过程，回路中磁通

14、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FBIL，可知Ft图线是开口向上的抛物线；线框离开磁场可知F，Ft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）16 V（2）1.1 A（3）11 W解析（1）由ENBS代入数据解得E16 V（2）由Im代入数据解得Im1.6 A由I求出I1.1 A（3）由PI2R得：P11 W14（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：EBLvBL（2）此时线框中电流：Icd边切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压：UIR（3）安培力：FBIL根据牛顿第二定律：mgFma，由a0，解得下落高度满足：h15（1）10 m/s22 s（2）5 T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：qEcos mgsin ma10v0a1t1联立代入数据得：a110 m/s2t12 s（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：qEcos mgsin ma2qv2BqEsin mgcos 0t2tt1v2a2t2联立代入数据得：B5 T