电磁感应 交变电流 单元测试Word格式文档下载.docx
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书生中学月考)如图3所示,两根细线挂着两个质量相同的小球A、B,原来两球不带电时,上、下两根细线的拉力分别为FA、FB,现在两球带上同种电荷后,上、下两根细线的拉力分别为FA′,FB′,则( )
图3
A.FA=FA′,FB>
FB′B.FA=FA′,FB<
FB′
C.FA<
FA′,FB>
FB′D.FA>
答案 B
解析 运用整体法研究两个质量相等的小球A和B,设质量均为m,不管A、B是否带电,整体都受重力和上方细线的拉力,则由平衡条件得:
上方细线的拉力FA=FA′=2mg.再隔离B研究,不带电时受重力和下方细线的拉力,由平衡条件得:
FB=mg.带电时受重力、下方细线的拉力和A对B的向下的排斥力.由平衡条件得:
FB′=F斥+mg,即FB′>
mg.所以FB<
FB′,故B正确,A、C、D错误.
5.(2018·
温州市六校期末)2017年11月15日,我国又一颗第二代极轨气象卫星“风云三号D”成功发射,顺利进入预定轨道.极轨气象卫星围绕地球南北两极运行,其轨道在地球上空650~1500km之间,低于地球静止轨道卫星(高度约为36000km),可以实现全球观测.有关“风云三号D”,下列说法中正确的是( )
A.“风云三号D”轨道平面为赤道平面
B.“风云三号D”的发射速度可能小于7.9km/s
C.“风云三号D”的周期小于地球静止轨道卫星的周期
D.“风云三号D”的加速度小于地球静止轨道卫星的加速度
答案 C
解析 “风云三号D”是极轨气象卫星,围绕地球南北两极运行,故A错误;
要成为地球卫星,发射速度一定是7.9km/s≤v<
11.2km/s,发射速度小于7.9km/s将落回地面,故B错误;
“风云三号D”的轨道半径小于地球静止轨道卫星的轨道半径,根据T=
,知“风云三号D”的周期小于地球静止轨道卫星的周期,故C正确;
根据a=
,知“风云三号D”的加速度大于地球静止轨道卫星的加速度,故D错误.
6.如图4所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度.下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方.线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态.若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是( )
图4
7.高空“蹦极”是勇敢者的游戏.如图5所示,蹦极运动员将弹性长绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上,另一端固定在高处的跳台上,运动员无初速度地从跳台上落下.若不计空气阻力,则( )
图5
A.弹性绳开始伸直时,运动员的速度最大
B.由静止下落到最低点的过程中,重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功
C.由静止下落到最低点的过程中,运动员的机械能守恒
D.从弹性绳开始伸直到最低点,运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不断增大
8.矩形导线框abcd放在匀强磁场中,在外力控制下处于静止状态,如图6甲所示.磁感线方向与导线框所在平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示.t=0时刻,磁感应强度的方向垂直线框平面向里,在0~4s时间内,导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力的正方向)可能是选项图中的( )
图6
解析 根据题图乙,由E=
=S
和I=
可知,在0~4s时间内的感应电流大小恒定.根据楞次定律可知,在0~2s时间内,电流方向为顺时针方向;
在2~4s时间内,电流方向为逆时针方向;
根据左手定则可知ad边所受安培力方向:
在0~1s时间内向左,在1~2s时间内向右,在2~3s时间内向左,在3~4s时间内向右,从而排除A、C选项.由F安=BLadI,电流大小不变,B均匀变化时,安培力均匀变化,因此B错,D对.
9.(2018·
温州市期中)老师在课堂上做了两个小实验,让小明同学印象深刻.第一个实验叫做“旋转的液体”,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极,沿边缘内壁放一个圆环形电极,把它们分别与电池的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,例如盐水,如果把玻璃皿放在磁场中,液体就会旋转起来,如图7甲所示.第二个实验叫做“振动的弹簧”,把一根柔软的弹簧悬挂起来,使它的下端刚好跟槽中的水银接触,通电后,发现弹簧不断上下振动,如图乙所示.下列关于这两个趣味实验的说法正确的是( )
图7
A.图甲中,如果改变磁场的方向,液体的旋转方向不变
B.图甲中,如果改变电源的正负极,液体的旋转方向不变
C.图乙中,如果改变电源的正负极,依然可以观察到弹簧不断上下振动
D.图乙中,如果将水银换成酒精,依然可以观察到弹簧不断上下振动
解析 题图甲中,仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置,安培力方向肯定改变,液体的旋转方向要改变,故A、B错误;
题图乙中,当有电流通过弹簧时,构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场,各圈导线之间都产生了相互吸引的作用,弹簧就缩短了,当弹簧的下端离开水银后,电路断开,弹簧中没有了电流,各圈导线之间失去了相互吸引力,弹簧又恢复原长,使得弹簧下端又与水银接触,弹簧中又有了电流,不断重复上述过程,可以观察到弹簧不断上下振动;
如果改变电源的正负极,依然可以观察到弹簧不断上下振动;
但是如果将水银换成酒精,酒精不导电,则弹簧将不再上下振动,故C正确,D错误.
10.如图8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,则( )
图8
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棒向右运动速度越大,所受安培力越大
D.螺线管A端为N极
解析 金属棒ab沿导轨向右运动时,所受安培力方向向左,以“阻碍”其运动,选项A、B错误.金属棒ab沿导轨向右运动时,感应电动势E=Blv,感应电流I=
,安培力F=BIl=
,可见,选项C正确.根据右手定则可知,流过金属棒ab的感应电流的方向是从b流向a,所以流过螺线管的电流方向是从A端到B端,根据右手螺旋定则可知,螺线管的A端为S极,选项D错误.
11.(2017·
浙江11月选考·
8)如图9所示,在两水平金属板构成的器件中,存在着匀强电场与匀强磁场,电场强度E和磁感应强度B相互垂直.以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动,下列说法正确的是( )
图9
A.粒子一定带负电
B.粒子的速度大小v=
C.若粒子速度大小改变,粒子将做曲线运动
D.若粒子速度大小改变,电场对粒子的作用力会发生变化
解析 粒子做直线运动,说明竖直方向受力平衡,即qvB=qE,可得v=
,选项B错误;
当v=
时,无论粒子带正电还是负电,在竖直方向均受力平衡,选项A错误;
如果粒子速度大小改变,就会导致洛伦兹力变化,因此粒子将做曲线运动,选项C正确;
不管粒子速度怎么变,在匀强电场中,粒子所受电场力不变,选项D错误.
12.(2019届绍兴一中模拟)在图10所示的宽度范围内,用匀强电场可使以初速度v0垂直射入电场的某种正离子偏转θ角,若改用垂直纸面向外的匀强磁场,使该离子穿过磁场时偏转角也为θ,则电场强度E和磁感应强度B之比为( )
图10
A.1∶cosθB.v0∶cosθ
C.tanθ∶1D.v0∶sinθ
解析 设该离子的质量为m,电荷量为+q,场区宽度为L,离子在电场中做类平抛运动,则有:
L=v0t①
a=
②
tanθ=
③
由①②③得:
④
离子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示,
qv0B=
⑤
由几何知识得:
sinθ=
⑥
由⑤⑥得:
⑦
由④⑦式解得:
=
,B正确,A、C、D错误.
二、选择题Ⅱ(本题共4小题,每小题3分,共12分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的,全部选对的得3分,选对但不全的得1分,有错选的得0分)
13.如图11,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打在屏P上.不计重力.下列说法正确的有( )
图11
A.a、b均带正电
B.a在磁场中飞行的时间比b的短
C.a在磁场中飞行的路程比b的短
D.a在P上的落点与O点的距离比b的近
答案 AD
解析 离子要打在屏P上,离子都要沿顺时针方向偏转,根据左手定则判断,离子都带正电,A项正确;
由于是同种离子,因此质量、电荷量相同,初速度大小也相同,由qvB=m
和T=
可知,它们做圆周运动的半径和周期相同,作出运动轨迹如图所示,a在磁场中运动的时间比b的长,B项错误;
由t=
可知,a在磁场中运动的路程比b的长,C项错误;
由运动轨迹图可知,D项正确.
14.如图12所示为电磁驱动器的原理图.其中①为磁极,它被固定在电动机②的转轴上,金属圆盘③可以绕中心轴转动,圆盘与转轴间的阻力较小,整个装置固定在一个绝缘支架④上.当电动机转动时,金属圆盘也将转动起来.下列有关说法中正确的是( )
图12
A.金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同,转速小于磁极的转速
B.金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同,转速等于磁极的转速
C.将金属圆盘换成绝缘盘,它也会跟着磁极转动
D.当电动机突然卡住不转时,金属圆盘很快会停下来
解析 根据楞次定律可知,为阻碍磁通量变化,金属圆盘与磁极的转动方向相同,但快慢不一,金属圆盘的转速一定比磁极的转速小,故A正确,B错误.将金属圆盘换成绝缘盘,盘中没有感应电流,不受安培力,不会跟着磁极转动,故C错误;
当电动机突然被卡住不转时,由于金属圆盘产生感应电流,受到安培力,而安培力将阻碍金属圆盘与磁极间的相对运动,所以金属圆盘很快会停下来,故D正确.
15.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径.如图13所示,在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场,方向垂直圆环所在平面,磁感应强度大小随时间的变化率
=k(k<0).则( )
图13
A.圆环中产生沿逆时针方向的感应电流
B.圆环具有扩张的趋势
C.圆环中感应电流的大小为
D.图中a、b两点间的电势差的绝对值为
答案 BD
解析 k<0,磁通量均匀减小,根据楞次定律可知,圆环中产生沿顺时针方向的感应电流,选项A错误;
圆环在磁场中的部分,受到向外的安培力,所以有扩张的趋势,选项B正确;
圆环产生的感应电动势大小为E=
·
,则圆环中的电流大小为I=
,选项C错误;
|Uab|=
,选项D正确.
16.如图14所示,PN与QM两平行金属导轨相距1m,电阻不计,两端分别接有电阻R1和R2,且R1=6Ω,ab杆的电阻为2Ω,在导轨上可无摩擦地滑动,垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T.现ab以恒定速度v=3m/s匀速向右移动,这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等.则( )
图14
A.R2=6Ω
B.R1上消耗的电功率为0.375W
C.a、b间电压为3V
D.拉ab杆水平向右的拉力大小为0.75N
解析 等效电路图如图所示,
ab杆切割磁感线产生感应电动势,由于ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等,则内、外电阻相等,
=2,解得R2=3Ω,A错误;
E=Blv=3V,R总=4Ω,总电流I=
=0.75A,路端电压Uab=IR外=
×
2V=1.5V,C错误;
P1=
=0.375W,B正确;
ab杆所受安培力F=BIl=0.75N,ab杆匀速移动,因此拉力大小为0.75N,D正确.
非选择部分
三、非选择题(本题共5小题,共52分)
17.(8分)
(1)在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中,已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图15所示部分连接,要把电路连接完整正确,则N连接到________(选填“a”“b”“c”或“M”),M连接到________(选填“a”“b”“c”或“N”).正确连接电路后,开始实验探究,某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时,灵敏电流计指针向右偏转.由此可以判断__________.
图15
A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动,都能引起灵敏电流计指针向左偏转
B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关,都能引起灵敏电流计指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动,都能使灵敏电流计指针静止在中央
D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知,故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向
(2)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验,需要选用下列仪器中的________.
A.220V的交流电源
B.学生电源
C.交流电压表
D.交流电流表
在实验中,某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变,仅增加原线圈的匝数,副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”).
答案
(1)a c B
(2)BC 减小
18.(10分)在用自由落体法“验证机械能守恒定律”的实验中:
(g取10m/s2)
(1)运用公式
mv2=mgh来验证时,对实验条件的要求是________,为此,所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近________.(打点时间间隔为0.02s)
(2)若实验中所用重锤质量m=1kg,打点纸带如图16所示,打点时间间隔为0.02s,则记录B点时,重锤速度vB=________,重锤动能Ek=________;
从开始下落起至B点,重锤的重力势能减小量是________.由此可得出的结论是______________.(结果均保留两位有效数字)
图16
(3)根据纸带算出相关各点的速度v,量出下落距离h,则以
为纵轴,以h为横轴画出的图象应是图中的( )
答案
(1)从静止开始下落 2mm
(2)0.79m/s 0.31J 0.32J 在实验误差允许的范围内机械能是守恒的 (3)C
解析
(1)重力势能转化为动能,实验条件的要求是从静止开始下落,即初速度为0,第1、2两点的距离h=
gt2且t=0.02s,可得h=2mm.
(2)B点是A、C两点的中间时刻,vB=
=0.79m/s,重锤动能Ek=
mvB2≈0.31J.重锤重力势能的减少量ΔEp=mghB且hB=32.4mm,代入可得ΔEp≈0.32J.重锤重力势能的减少量近似等于重锤动能的增加量,可得出结论:
在实验误差允许的范围内机械能是守恒的.(3)由
mv2=mgh,整理可得
=gh,所以
-h图线是一条过原点的倾斜直线,图线的斜率为重力加速度g,C正确.
19.(10分)如图17所示,AB为固定在竖直平面内的
光滑圆弧轨道,其半径为R=0.8m.轨道的B点与光滑水平地面相切,质量为m=0.2kg的小球由A点静止释放,g取10m/s2.求:
图17
(1)小球滑到最低点B时,小球速度v的大小;
(2)小球刚到达最低点B时,轨道对小球支持力FN的大小;
(3)小球通过光滑的水平地面BC滑上底部与水平地面相切的固定曲面CD,恰能到达最高点D,D到地面的高度为h=0.6m,小球在曲面CD上克服摩擦力所做的功Wf是多少?
答案
(1)4m/s
(2)6N (3)0.4J
解析
(1)小球从A到B的过程,由动能定理得:
mgR=
mv2
则得:
v=
=4m/s.
(2)小球刚到达最低点B时,由牛顿第二定律得:
FN-mg=m
则有:
FN=3mg=6N
(3)对于小球从A运动到D的整个过程,由动能定理得:
mgR-mgh-Wf=0
Wf=mg(R-h)=0.4J.
20.(12分)在竖直平面内有一矩形区域ABCD,AB边长L,AD边长2L,F为AD边中点,G为BC边中点,线段FG将ABCD分成两个场区.如图18所示,场区Ⅰ内有一竖直向下的匀强电场,场区Ⅱ内有方向、大小未知的匀强电场(图中未画出)和方向垂直ABCD平面向里的匀强磁场.一个质量为m、电荷量为+q的带电小球以平行于BC边的速度v从AB边的中点O进入场区Ⅰ,从FG边飞出场区Ⅰ时速度方向改变了37°
,小球进入场区Ⅱ做匀速圆周运动,重力加速度为g,求:
图18
(1)场区Ⅱ中的电场强度E2的大小及方向;
(2)场区Ⅰ中的电场强度E1的大小;
(3)要使小球能在场区Ⅱ内从FG边重新回到场区Ⅰ的磁感应强度B的最小值.
答案
(1)
方向竖直向上
(2)
-
(3)
解析
(1)由带电小球在场区Ⅱ中做匀速圆周运动可知,E2q=mg,得E2=
小球带正电,所受电场力方向竖直向上,可知E2方向竖直向上
(2)小球在场区Ⅰ中做类平抛运动,平抛运动时间t=
,带电小球飞出场区Ⅰ时,竖直方向的速度v竖=vtan37°
v,则a=
由牛顿第二定律得E1q+mg=ma
得E1=
(3)由类平抛运动规律得,小球在场区Ⅰ中的竖直位移y=
at2=
L
当小球在场区Ⅱ中的圆周轨迹与FD边相切时,R最大,由几何关系得Rcos37°
+R=
L+
解得R=
此时R(1+sin37°
)=
L<L,
y+R(1-cos37°
L<
即带电小球以此半径做圆周运动时不会从CG边和CD边射出磁场
进入场区Ⅱ时小球速度v′=
v
由Bqv′=m
,得B=
.
21.(12分)(2019届诸暨中学段考)如图19所示,两根足够长的光滑金属导轨G1、G2放置在倾角为α的斜面上,导轨间距为l,电阻不计.在导轨上端并联接入两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡.整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直.现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放,经过时间t0,两灯泡开始并保持正常发光.金属棒下落过程中保持与导轨垂直,且与导轨接触良好.重力加速度为g.求:
图19
(1)磁感应强度B的大小;
(2)灯泡正常发光时金属棒的运动速率v;
(3)在t=0至t=t0期间,两小灯泡产生的总焦耳热.
(2)
(3)2t0P-
解析
(1)设灯泡额定电流为I0
则有P=I02R①
流经MN的电流I=2I0②
当两灯泡正常发光时,金属棒匀速下滑.
mgsinα=2BI0l③
联立①②③得B=
(2)当两灯泡正常发光时,金属棒切割磁感线产生的电动势为E=Blv=I0R⑤
得v=
(3)在t=0至t=t0期间,对金属棒运用动量定理,有
Σ(mgsinα-iBl)Δt=ΣmΔv⑦
得:
t0mgsinα-BlΔq=mv⑧
设在t=0至t=t0期间金属棒运动的距离为s,则由法拉第电磁感应定律,得Δq=
⑨
联立⑦⑧得s=
⑩
小灯泡产生的总焦耳热Q=mgssinα-
mv2⑪
将④⑥⑩式代入⑪式,得Q=2t0P-
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