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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
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