山西省应县一中学年高二上学期第四次月考物理试题含答案解析Word文档下载推荐.docx
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C.线圈a有收缩的趋势
D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大
4.如图所示,闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场,从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内,下列说法正确的是()
A.a端的电势高于b端B.ab边所受安培力方向为水平向左
C.线圈可能一直做匀加速直线运动D.线圈可能一直做匀速运动
5.如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
A.由c到d,
B.由d到c,
C.由c到d,
D.由d到c,
6.如图,在匀强磁场中,MN、PQ是两条平行金属导轨,而ab、cd为串有电压表和电流表的两根金属棒,当两棒以相同的速度向右运动时()
A.电压表有读数,电流表有读数B.电压表无读数,电流表无读数
C.电压表有读数,电流表无读数D.电压表无读数,电流表有读数
7.如图所示,在蹄形磁铁的两极间有一个可以自由转动的铜盘.现让铜盘开始转动,下列说法正确的是(
)
A.铜盘中没有磁通量,没有感应电动势,也没有感应电流,铜盘将一直转动下去
B.铜盘中有磁通量的变化,有感应电动势,没有感应电流,铜盘将一直转动下去
C.铜盘中有磁通量得变化,也有感应电动势,有感应电流,铜盘将越转越慢,直到停下
D.铜盘中虽没有磁通量得变化,但有感应电动势,又有感应电流,铜盘将越转越慢,直到停下
8.如图所示,线圈L的自感系数很大,而且电阻可以忽略不计,L1、L2是两个完全相同的小灯泡,随着开关S的闭合和断开,L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(
)
A.S闭合,L1亮度不变,L2亮度逐渐变亮,最后两灯一样亮;
S断开,L2立即不亮,L1逐渐变亮
B.S闭合,L1亮度不变,L2立即变亮;
S断开,L1、L2立即不亮
C.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2亮度不变;
S断开,L2立即不亮,L1亮一下才灭
D.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2则逐渐变得更亮;
9.如图所示,处在匀强磁场中的矩形线圈abcd,以恒定的角速度绕ab边转动,磁场方向平行于纸面并与ab垂直.在t=0时刻,线圈平面与纸面重合,线圈的cd边离开纸面向外运动.若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向,则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是( )
C.
D.
10.如图所示,电阻为R,其他电阻均可忽略,ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒,质量为m,棒的两端分别与ab、cd保持良好接触,又能沿长度足够长的框架无摩擦下滑,整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中,当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S,则S闭合后()
A.导体棒ef的加速度一定大于g
B.导体棒ef的加速度一定小于g
C.导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D.导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒
11.为观察电磁感应现象,某学生将电流表.螺线管A和B。
蓄电池.电键用导线连接成如图所示的实验电路.当只接通和断开电键时,电流表的指针都没有偏转,其原因是___________。
A.电键位置接错B.电流表的正、负极接反
C.线圈B的接头3、4接反D.蓄电池的正、负极接反
二、多选题
12.如图所示,匀强磁场方向垂直于线圈平面,先后两次将线圈从同一位置匀速地拉出有界磁场,第一次拉出时速度为v1=v0,第二次拉出时速度为v2=2v0,前后两次拉出线圈的过程中,下列说法正确的是().
A.线圈中感应电流之比是1∶2
B.线圈中产生的热量之比是2∶1
C.沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶2
D.流过任一横截面感应电荷量之比为1∶1
13.如图所示,光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内,P和Q之间连接一电阻R,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。
现垂直于导轨放置一根导体棒MN,用一水平向右的力F拉动导体棒MN,以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是( )
A.感应电流方向是N→MB.感应电流方向是M→N
C.安培力方向水平向左D.安培力方向水平向右
14.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图所示,则下列说法中,正确的是( )
A.t=0时刻,线圈平面与中性面平行
B.t=0.01s时刻,穿过线圈平面的磁通量的变化率最大
C.t=0.02s时刻,线圈中有最大感应电动势
D.t=0.03s时刻,线圈中有最大感应电流
三、实验题
15.某同学在“探究电磁感应的产生条件”的实验中,设计了如图所示的装置。
线圈A通过电流表甲、高阻值的电阻
、变阻器R和开关连接到干电池上,线圈B的两端接到另一个电流表乙上,两个电流表相同,零刻度居中,闭合开关后,当滑动变阻器R的滑片P不动时,甲、乙两个电流表指针的不同的位置如图所示。
(1)当滑片P较快地向左滑动时,甲表指针的偏转方向是___,乙表指针的偏转方向是___(填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”)
(2)断开开关,待电路稳定后再迅速闭合开关,乙表的偏转情况是___(填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”)
(3)从上述实验可以初步得出结论:
______
四、解答题
16.如图所示,U形导线框固定在水平面上,右端放有质量为M的金属棒ab,ab与导轨间的动摩擦因数为μ,它们围成的矩形边长分别为L1、L2,回路的总电阻为R.从t=0时刻起,在竖直向上方向加一个随时间均匀变化的匀强磁场B=kt,(k>
0)那么在t为多大时,金属棒开始移动?
17.如图所示,有一范围足够大的匀强磁场,磁感应强度B=0.2T,磁场方向垂直纸面向里.在磁场中有一半径r=0.4m的金属圆环,磁场与圆环面垂直,圆环上分别接有灯L1、L2,两灯的电阻均为R0=2Ω.一金属棒MN与圆环接触良好,棒与圆环的电阻均忽略不计.
(1)若棒以v0=5m/s的速率在环上向右匀速滑动,求棒滑过圆环直径的瞬时MN中的电动势和流过灯L1的电流;
(2)撤去金属棒MN,若此时磁场随时间均匀变化,磁感应强度的变化率为
,求回路中的电动势和灯L1的电功率.
18.如图甲所示,水平放置的线圈匝数n=200匝,直径
,电阻
,线圈与阻值
的电阻相连.在线圈的中心有一个直径
的有界匀强磁场,磁感应强度按图乙所示规律变化,规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向.试求:
(1)通过电阻R的电流方向;
(2)电压表的示数;
(3)若撤去原磁场,在图中虚线的右侧空间加磁感应强度B=0.5T的匀强磁场,方向垂直纸面向里,试求在施加新磁场过程中通过电阻R上的电荷量.
19.有一个10匝正方形线框,边长为20cm,线框总电阻为1Ω,线框绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动,如图所示,垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T.问:
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少?
(2)线框从图示位置转过60°
时,感应电动势的瞬时值是多大?
(3)写出感应电动势随时间变化的表达式.
参考答案
1.A
【解析】
试题分析:
静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场,穿过静止线圈的磁通量没有变化,不能在静止的线圈中感应出电流.符合题意.A正确.稳恒电流产生的磁场是稳定的,穿过在近旁运动的线圈的磁通量可能变化,可在近旁运动的线圈中感应出电流.不符合题意.B错误.静止的磁铁周围的磁场是稳定的,在其近旁运动的导体中可切割磁感线产生感应出电动势.不符合题意.C错误.运动导线上的稳恒电流在空间产生的磁场是变化的,穿过近旁线圈中的磁通量在变化,可感应出电流.不符合题意.故D错误.
考点:
本题考查电磁感应现象的发现过程.
2.C
【详解】
导线
周围的磁场并非匀强磁场,靠近
处的磁场强些,磁感线密一些,远离
处的磁感线疏一些。
当金属框在Ⅰ位置时,穿过金属框的磁通量为
,当金属框平移至Ⅱ位置时,磁通量为
,则磁通量的变化量的绝对值为
当金属框翻转至Ⅱ位置时,磁感线相当于从“反面”穿过金属框,故磁通量为
,则磁通量的变化量的绝对值是
所以
,故C正确,ABD错误。
3.B
AB:
据右手螺旋定则判断出螺线管b产生的磁场方向向下,滑片P向下滑动,滑动变阻器接入电路电阻减小,电路中电流增大,产生磁场的磁感应强度增强,穿过线圈a的磁通量增大.据楞次定律,线圈a中感应电流产生的磁感应强度向上,由右手螺旋定则可得线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流.故A项正确,B项错误.
CD:
据楞次定律,线圈a将阻碍磁通量的增大,则线圈a有收缩的趋势,线圈a受到向下的安培力,线圈a对水平桌面的压力FN将增大.故CD两项正确.
本题选不正确的,答案是B.
【点睛】
楞次定律:
感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.楞次定律还可表述为:
感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因,如“增反减同”、“来拒去留”、“增缩减扩”等.
4.D
ab边切割磁感线,根据右手定则,电流从a端流向b端;
ab边相当于电源,电源内部,电流从负极流向正极,故b端相当于电源正极,电势高,故A错误;
再根据左手定则,安培力向上,故B错误;
若匀加速,速度变大,安培力
也变大,故加速度变化,矛盾,故不可能一直做匀加速直线运动,故C错误;
若进入磁场后,安培力与重力平衡,则线圈可能一直做匀速直线运动,故D正确;
故选D.
5.D
【解析】根据法拉第电磁感应定律,切割产生的感应电动势:
,据欧姆定律,通过电阻R的电流:
.由右手定则,圆盘相当于电源,其方向为从边缘指向圆心,所以电阻R中的电流方向为从d到c.则选项ABC错误,D正确.故选D.
点睛:
本题两个关键点:
一是对圆盘怎么处理?
把它看成是无数个半径在切割磁感线就行了.二是半径相当于电源,而电源内部电流的方向是从负极到正极,所以圆心的电势高,则外电路的电流方向就很好判断.
6.B
两根金属棒产生的感应电动势大小相等,都为E=BLv,由右手定则可知,两个感应电动势方向相反,相互抵消,整个回路总的感应电动势为零,没有感应电流,所以电压表和电流表读数都是0,两电表均无示数.
故选B.
7.D
【解析】当铜盘转动时,切割磁感线,产生感应电动势,由于电路闭合,则出现感应电流,处于磁场中受到安培力作用,此力阻碍铜盘转动,铜盘将越转越慢,直到停下,故D正确,ABC错误;
考查楞次定律、法拉第电磁感应定律,知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化;
本题采用等效的方法来理解,要知道感应电流总阻碍引起导体与磁体间的相对运动.
8.D
【解析】当S闭合瞬时,两灯同时获得电压,同时发光,随着线圈L电流的增加,逐渐将L1灯短路,L1逐渐变暗直到熄灭,同时,L2电流逐渐增大,变得更亮;
S断开瞬时,L2中电流消失,故立即熄灭,而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势,故右端为正,电流由灯泡L1的右侧流入,故L1亮一下逐渐熄灭.D正确;
对于线圈要抓住双重特性:
当电流不变时,它是电阻不计的导线;
当电流变化时,产生自感电动势,相当于电源.
9.C
在t=0时刻线圈与磁场方向平行,此时线圈磁通量变化率最大,产生的感应电流最大,此时线圈的cd边离开纸面向外运动,此后穿过线圈的磁通量增大,则根据楞次定律可得产生的感应电流方向为a→b→c→d→a,为正,所以C正确;
考查了交流电的产生,楞次定律
10.D
【分析】
棒沿框架无摩擦下滑,先做自由落体运动,当闭合开关时,由于棒切割磁感线产生感应电动势,出现感应电流,导致棒受到安培力,根据安培力公式大小,可判定棒的合力,从而确定加速度大小与方向;
当棒达到受力平衡时,处于最大速度.在整个过程中,只有重力与安培力做功,因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的.
当闭合开关时,棒切割磁感线产生感应电流,对应的安培力若大于重力,则棒加速度方向向上,大小可能大于g,也可能小于g,AB错误;
当闭合开关时,棒切割磁感线产生感应电流,对应的安培力若大于重力,则棒加速度方向向上,因此棒做减速,导致安培力也减小,从而使加速度也减小,所以直到棒做匀速运动;
当安培力小于重力,则棒继续加速,直到匀速直线运动为止;
匀速运动时总有
因此棒达到稳定速度与开关闭合的先后无关,C错误;
在整个过程中,只有重力与安培力做功,因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的,D正确。
故选D。
本题是电磁感应与力学知识的综合,其桥梁是安培力,这类问题往往安培力的分析和计算是关键,注意当安培力与重力平衡时导体棒匀速运动,同时明确能量转化规律,知道导体棒克服安培力所做的功等于电能的增加量.
11.A
由电路图可知,电键接在电流表所在电路,电键连接错误,闭合与断开电键时,通过螺线管A的电流不变,穿过螺线管B的磁通量不变,没有感应电流产生,电流表指针不偏转。
选项A正确,BCD错误。
故选A。
12.AD
在拉出过程中,产生的感应电动势大小为
,所以两次线圈中产生的感应电动势比为
两次所用时间为
,两次过程中拉力比为
根据欧姆定律
可得
A正确,
根据公式
B错误,
,以及
C错误,
因为过程中磁通量变化量一样,所以流过任一横截面感应电荷量相同,D正确,
故选AD
考查了导体切割磁感线运动
点评:
本题采用比例法,用相同的物理量表示所求量,再求比例,是常用的方法.常见问题.
13.AC
以导体棒MN为研究对象,所处位置磁场方向向下、运动方向向右。
由右手定则可知,感应电流方向是N→M;
再由左手定则可知,安培力方向水平向左。
故BD错,AC对。
故选AC。
14.BCD
t=0时刻,磁通量为零,线圈平面与中性面垂直,故A错误.t=0.01s时刻,磁通量为零,感应电动势最大,磁通量的变化率最大,故B正确.t=0.02s时刻,磁通量为零,磁通量的变化率最大,感应电动势最大,故C正确.t=0.03s时刻,磁通量为零,磁通量的变化率最大,感应电动势最大,感应电流最大,故D正确.故选BCD.
解决本题的关键知道中性面、以及与中性面垂直面位置的特点,当线圈处于中性面时,磁通量最大,感应电动势为零,感应电流为零;
当线圈处于与中性面垂直面时,磁通量为零,感应电动势最大.
15.向右偏向左偏向左偏穿过闭合回路的磁通量变化而产生感应电流,感应电流的磁场总要阻得引起感应电流的磁通量变化
(1)[1][2]当滑片P较快地向左滑动时,变阻器接入电路的电阻减小,电路中电流增大,可知甲表指针向右偏转,根据楞次定律判断可知,线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针(从上往下看),从“-”接线住流入乙表,乙表向左偏转。
(2)[3]断开开关,待电路稳定后再迅速闭合开关,根据楞次定律判断可知,线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针(从上往下看),从“-”接线住流入乙表,乙表向左偏转.
(3)[4]由上知,当流过A线圈的电流变化时,A产生的磁场强弱发生变化,穿过线圈B的磁通量变化,从而在乙线圈产生感应电流,而且当磁场增强时,线圈乙中产生的磁场方向与原磁场相反,可得出的结论是:
穿过闭合回路的磁通量变化而产生感应电流,感应电流的磁场总要阻得引起感应电流的磁通量变化。
16.
当安培力大小达到金属棒的滑动摩擦力时,开始移动,
所以安培力为
可得t=
.
17.
(1)0.8V;
0.4A
(2)0.64V;
5.12×
10-2W
(1)金属棒MN可等效为电源且无电阻,等效电路如图1所示;
MN滑过圆环直径时的电动势E1=B•2r•v0=0.8V
MN中的电流
流过灯L1的电流I1=
=0.4A
(2)撤去金属棒MN,若此时磁场随时间均匀变化闭合电路会产生感应电流,等效电路如图2所示;
回路中的电动势由法拉第电磁感应定律得:
E2=
•πr2=0.64V
回路中的电流I′=
=0.16A
灯L1的电功率P1=I′2R0=5.12×
10−2W
18.
(1)A-R-B,
(2)
,(3)
(1)根据楞次定律判断出通过电阻R的电流方向;
(2)根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小,结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数.(3)根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势,从而得出平均感应电流,结合
求出通过电阻R的电荷量.
(1)穿过线圈的磁场方向向里,在增大,根据楞次定律判断出电流方向从A流向B.
(2)根据法拉第电磁感应定律得:
则感应电流为:
则电压表的示数为:
(3)根据法拉第电磁感应定律得,平均感应电动势为:
则平均感应电流为:
通过电阻R的电量为:
将线圈拉出磁场,磁通量的变化量为定量,则通过电阻R的电荷量为定值.
代入数据得:
19.
(1)6.28V,6.28A;
(2)5.44V;
(3)e=6.28sin10πt(V)。
(1)根据
Em=NBωS
可得感应电动势的最大值:
Em=10×
0.5×
0.22×
10πV=6.28V
电流最大值
A
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°
角时的瞬时感应电动势为:
e=6.28sin60°
=6.28×
(V)=5.44V
(3)感应电动势的瞬时表达式为:
e=6.28sin10πt(V)
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