第一章测评
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是( )
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将垂直于磁场的直导线从中点折成直角后,直角所在平面仍垂直于磁场,则安培力的大小一定变为原来的一半
2.关于通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系,下列说法正确的是( )
A.F、B、I三者必须保持相互垂直
B.F必须垂直B、I,但B、I可以不相互垂直
C.B必须垂直F、I,但F、I可以不相互垂直
D.I必须垂直F、B,但F、B可以不相互垂直
3.如图所示,表示磁场对通电直导线的作用力示意图中正确的是( )
4.正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线,导线中通有恒定电流,方向如图所示,a、b、c三点分别是正三角形三边的中点,若A、B、C三处导线中的电流均为I,则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为( )
A.a点最大
B.b点最小
C.c点最小
D.b、c点一样大
5.如图所示,用绝缘细线悬挂一个导线框,导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路,导线框中通有图示方向的电流,处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P。当P中通以方向向里的电流时( )
A.导线框将向左摆动
B.导线框将向右摆动
C.从上往下看,导线框将顺时针转动
D.从上往下看,导线框将逆时针转动
6. 如图所示为一速度选择器,内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,一束粒子流以速度v水平射入,为使粒子流经过磁场时不偏转(不计重力),则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场,关于此电场的电场强度大小和方向的说法正确的是( )
A.大小为,粒子带正电时,方向向上
B.大小为,粒子带负电时,方向向上
C.大小为Bv,方向向下,与粒子带何种电荷无关
D.大小为Bv,方向向上,与粒子带何种电荷无关
7.将一段通电直导线abc从中点b折成120°,分别放在如图所示的匀强磁场中,图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行,图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直,若两图中两导线所受的安培力大小相等,则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比为( )
A. B.
C. D.
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.如图所示的四幅图中,导体棒的长度均为L,磁场的磁感应强度大小均为B,在各导体棒中通有相同的电流I。则下列选项正确的是( )
A.图甲中导体棒所受的安培力大小为BIL
B.图乙中导体棒所受的安培力大小为BIL
C.图丙中导体棒所受的安培力大小为BIL
D.图丁中导体棒所受的安培力大小为BIL
9.设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示。已知一带电粒子在静电力和洛伦兹力的作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时速度为零,C点是运动的最低点,忽略粒子的重力。以下说法正确的是( )
A.此粒子必带正电荷
B.A点和B点位于同一高度
C.粒子在C点时动能最大
D.粒子到达B点后,将沿原曲线返回A点
10. 如图所示,有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ,如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转,进入区域Ⅱ后偏转半径r相同,则它们一定具有相同的( )
A.速度 B.质量
C.电荷量 D.比荷
三、非选择题:本题共5个小题,共54分。
11.(8分)磁流体发电机的原理图如图所示,设想在相距为d的两平行金属板间加磁感应强度为B的匀强磁场,两板通过开关和灯泡相连。将气体加热电离后,由于正、负离子一样多,且电荷量均为q,因而称为等离子体,将其以速度v喷入甲、乙两板之间,这时甲、乙两板就会聚集电荷,产生电压。磁流体发电机可以直接把内能转化为电能。
图中 板是发电机的正极,发电机的电动势是 。
12. (8分)按照如图所示进行实验。
(1)分别接通“1、4”和“2、3”,导线偏转的角度不同,说明导线受到的力的大小与 有关。
(2)上下交换磁极的位置以改变磁场方向,导线受力的方向 (选填“改变”或“不改变”)。
(3)改变导线中电流的方向,导线受力的方向 (选填“改变”或“不改变”)。
(4)通过实验说明:安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足 。
13. (10分)一根长L=0.2 m的金属棒放在倾角θ=37°的光滑斜面上,并通过I=5 A的电流,电流方向如图所示,整个装置放在磁感应强度B=0.6 T竖直向上的匀强磁场中,金属棒恰能静止在斜面上,则该棒的重力为多少 (sin 37°=0.6)
14.(12分)如图所示,一速度选择器中电场的方向和磁场的方向分别是竖直向下和垂直于纸面向里,电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2×104 N/C和B1=0.1 T,极板的长度l= m,间距足够大,在板的右侧还存在另一圆形区域的匀强磁场,磁场的方向垂直于纸面向外,圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上,圆形区域的半径R= m。有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右射入极板后恰好做匀速直线运动,然后进入圆形磁场区域,飞出圆形磁场区域时速度方向偏转了60°。不计粒子的重力,粒子的比荷=2×106 C/kg。
(1)求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小。
(2)在其他条件都不变的情况下,将极板间的磁场B1撤去,求粒子离开电场时速度的偏转角θ。
15.(16分)如图甲所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图乙所示,y轴正方向为E的正方向,垂直于纸面向里为B的正方向。t=0时刻,带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出,它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量,图乙中,在0~t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求:
甲
乙
(1)粒子P的比荷;
(2)t=2t0时刻粒子P的位置坐标;
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。
第一章测评
1.B 安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直,选项A错误,选项B正确;由F=BILsinθ可知,安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成直角时,安培力的大小变为原来的,选项D错误。
2.B 安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直,但B与I(即导线)可以垂直,也可以不垂直,通电导线受安培力时,力F与磁场及导线都是垂直的,故A、C、D均错,B正确。
3.A 由左手定则判断,A选项正确;B选项中不受安培力;C选项中安培力向上;D选项中安培力垂直于纸面向外。
4.D 通电导线会在周围产生磁场,磁场的强弱与到导线的距离有关。对于a点,A导线和B导线在此处的磁感应强度大小相等,方向相反,设C导线在此处的磁感应强度大小为B2,所以a点的合磁感应强度大小为B2;对于b点,B导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等,方向相同,设B导线在此处的磁感应强度大小为B1,而A导线在此处的磁感应强度大小为B2,则此处的合磁感应强度大小为;对于c点,A导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等(均为B1),方向相同,B导线在此处的磁感应强度大小为B2,则此处的合磁感应强度大小为,所以b、c点处磁感应强度一样大,故D正确,A、B、C错误。
5.C 由左手定则可知,ab边受到垂直纸面向里的安培力,cd边受到垂直纸面向外的安培力,从上往下看,导线框将顺时针转动,选项C正确。
6.D 当粒子所受的洛伦兹力和静电力平衡时,粒子流匀速直线通过该区域,有qvB=qE,所以E=Bv。假设粒子带正电,则受向下的洛伦兹力,电场方向应该向上。粒子带负电时,电场方向仍应向上。故正确答案为D。
7.B 设导线的总长为2L,通过导线的电流为I,题图甲中导线受到的安培力大小为B1IL+B1cos60°IL=B1IL,题图乙中导线受到的安培力的大小为B2I·2Lcos30°=B2IL,根据题意,即有B1IL=B2IL,则有,B正确。
8.BD 题图甲中,因导体棒与磁场平行,所以安培力为零,A错误;题图乙中,导体棒与磁场垂直,则安培力的大小为F1=BIL,B正确;题图丙中,导体棒与磁场垂直,则安培力的大小为F2=BIL,C错误;题图丁中,导体棒与磁场成60°角,则安培力的大小为F3=BILsin60°=BIL,D正确。
9.ABC 粒子从静止开始运动的方向向下,电场强度方向也向下,所以粒子必带正电荷,A正确;因为洛伦兹力不做功,只有静电力做功,A、B两点速度都为0,根据动能定理可知,粒子从A点到B点运动过程中,静电力做功为0,故A、B两点位于同一高度,B正确;C点是最低点,从A点到C点运动过程中静电力做正功,根据动能定理可知粒子在C点时速度最大,动能最大,C正确;到达B点时速度为零,将重复刚才ACB的运动,向右运动,不会返回,故D错误。
10.AD 离子束在区域Ⅰ中不偏转,一定是qE=qvB,v=,A正确。进入区域Ⅱ后,做匀速圆周运动的半径相同,由r=知,因v、B相同,只能是比荷相同,故D正确,B、C错误。
11.答案 甲 Bdv
解析 等离子体从左侧射入磁场,正离子受到向上的洛伦兹力的作用而偏向甲板,使甲板上积累正电荷,乙板上积累相应的负电荷,甲、乙两板成为发电机的正、负两极,甲板是发电机的正极。当开关断开时,甲、乙两板间的电压即为发电机的电动势,稳定时,甲、乙两板积累的电荷不再增加,此时等离子体所受的洛伦兹力与静电力恰好平衡,则有=qvB,得发电机的电动势为U=Bdv。
12.答案 (1)导线在磁场中的长度 (2)改变 (3)改变
(4)左手定则
13.答案 0.8 N
解析 从侧面对棒受力分析如图,
由左手定则可知安培力的方向水平向右,F=ILB=5×0.2×0.6N=0.6N。
由平衡条件得重力mg==0.8N。
14.答案 (1)0.1 T (2)30°
解析 (1)设粒子的初速度大小为v,粒子在极板间做匀速直线运动,则有qvB1=qE
设粒子在圆形区域中做匀速圆周运动的半径为r,则有
qvB2=m
粒子速度方向偏转了60°,则有r=Rtan60°
解得v=2×105m/s,B2=0.1T。
(2)撤去磁场B1后,粒子在极板间做类平抛运动,设在极板间运动时间为t,运动的加速度为a,飞出电场时竖直方向的速度为vy,则有qE=ma
l=vt
vy=at
tanθ=
解得tanθ=,即θ=30°。
15.答案 (1) (2)v0t0,0 (3)v0t0
解析 (1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动,当粒子所在位置的纵、横坐标相等时,粒子在磁场中恰好经过圆周,所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R,即R=
又qv0B0=m,代入,解得。
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T,则T=
联立解得T=4t0
即粒子P做圆周运动后磁场变为电场,粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动,设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1,则x1=v0t0
y1=
其中加速度a=
解得y1==R,因此t=2t0时刻粒子P的位置坐标为v0t0,0,如图中的b点所示。
(3)分析知,粒子P在2t0~3t0时间内,电场力产生的加速度方向沿y轴正方向,由对称关系知,在3t0时刻速度方向为x轴正方向,位移x2=x1=v0t0;在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动,往复运动轨迹如图所示,由图可知,带电粒子在运动中距原点O的最远距离L,即O、d间的距离L=2R+2x1
解得L=v0t0。第二章测评
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为( )
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶4 D.4∶1
2. 在如图所示的电路中,三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1A.L1逐渐变暗,L2、L3均先变亮,然后逐渐变暗
B.L1逐渐变暗,L2立即熄灭,L3先变亮,然后逐渐变暗
C.L2立即熄灭,L1、L3均逐渐变暗
D.L1、L2、L3均先变亮,然后逐渐变暗
3. 如图所示,螺线管导线的两端与两平行金属板相连接,一个带正电的小球用绝缘丝线悬挂于两金属板间并处于静止状态。线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中,现将S闭合,当磁场发生变化时小球将偏转。若磁场发生了两次变化,且第一次比第二次变化快,第一次小球的最大偏角为θ1;第二次小球的最大偏角为θ2,则关于小球的偏转位置和两次偏转角大小的说法正确的是( )
A.偏向B板,θ1>θ2
B.偏向B板,θ1<θ2
C.偏向A板,θ1>θ2
D.偏向A板,θ1<θ2
4. 如图所示,匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的闭合导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度的大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
A. B.
C. D.
5.如图所示,一宽40 cm的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,一边长为20 cm的正方形导线框位于纸面内,以垂直于磁场边界的速度v=20 cm/s匀速通过磁场区域。在运动过程中,导线框有一边始终与磁场区域的边界平行,取它刚进入磁场的时刻t=0,下列表示其感应电流随时间变化规律的图像正确的是( )
6. 如图所示,两根平行的水平光滑长直金属导轨,其电阻不计,导体棒ab、cd跨在导轨上,ab的电阻R大于cd的电阻r,当cd在大小为F1的水平外力作用下匀速向右滑动时,ab在大小为F2的水平外力作用下保持静止。已知a、b两点间的电压为Uab,c、d两点间的电压为Ucd,以下说法正确的是( )
A.Uab>Ucd,F1>F2 B.Uab=Ucd,F1C.Uab>Ucd,F1=F2 D.Uab=Ucd,F1=F2
7.很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A.均匀增大
B.先增大,后减小
C.逐渐增大,最后不变
D.先增大,再减小,最后不变
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,如图甲所示。设垂直于纸面向里的磁感应强度方向为正,垂直于纸面向外的磁感应强度方向为负。线圈中顺时针方向的感应电流为正,逆时针方向的感应电流为负。已知圆形线圈中感应电流i随时间变化的图像如图乙所示,则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图像可能是 ( )
9.置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线,与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上,如图所示。导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是( )
A.圆盘顺时针加速转动时,ab棒将向右运动
B.圆盘顺时针减速转动时,ab棒将向左运动
C.圆盘顺时针减速转动时,ab棒将向右运动
D.圆盘顺时针加速转动时,ab棒将向左运动
10. 如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场,当AC刚进入磁场时线框的速度大小为v,方向与磁场边界所成夹角为45°。若线框的总电阻为R,则( )
A.线框穿进磁场过程中,框中电流的方向为D→C→B→A→D
B.AC刚进入磁场时线框中感应电流为
C.AC刚进入磁场时线框所受安培力大小为
D.此时CD两端电压为Bav
三、非选择题:本题共5个小题,共54分。
11.(6分)如图为研究电磁感应现象的实验装置。
(1)将图中所缺的导线补接完整。
(2)如果在闭合开关时发现电流表的指针向右偏转一下,那么合上开关后可能出现的情况有:
A.将线圈A迅速插入线圈B时,电流表指针将 。
B.线圈A插入线圈B后,将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时,电流表指针将 。
12. (10分)如图所示是研究自感现象的电路图,两个灵敏电流计G1和G2的零点都在刻度中央,当电流从左向右流入时,指针向右偏,反之向左偏,在开关S接通的瞬间,G1指针向 摆,G2指针向 摆;S断开的瞬间,G1指针向 摆,G2指针向 摆(以上均选填“左”或“右”),两个灵敏电流计指针的摆动幅度 (选填“相等”或“不相等”)。
13.(10分)如图所示,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求:
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小。
(2)电阻的阻值。
14. (12分)某同学设计了一个发电测速装置,工作原理如图所示。一个半径R=0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径r=的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量m=0.5 kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3 m时,测得U=0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g取10 m/s2)
(1)测U时,与a点相接的是电压表的正接线柱还是负接线柱
(2)求此时铝块的速度大小。
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
15.(16分)如图所示,光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内,导轨间距为l,两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2,两导轨间有一边长为的正方形区域abcd,该区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好,从ab处由静止释放,若金属杆离开磁场前已做匀速运动,其余电阻均不计,求:
(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向;
(2)金属杆离开磁场时速度的大小;
(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的焦耳热。
第二章测评
1.A 两个线圈的半径虽然不同,但是线圈内的匀强磁场的半径一样,则穿过两线圈的磁通量相同,故选项A正确。
2.B 开关S从闭合状态突然断开时,L中产生方向向右的自感电动势,L1逐渐变暗,L2立即熄灭(理想二极管单向导电),L3先变亮后逐渐变暗(L3中原电流小于L1中电流),选项B正确。
3.C 线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中,据楞次定律可知线圈的感应电动势下高上低,则B板电势高,A板电势低,小球向A板偏转,当磁场变化快时电动势大,偏角大,故C正确。
4.C 设半圆的半径为r,导线框的电阻为R,当导线框匀速转动时,在很短的时间Δt内,转过的圆心角Δθ=ωΔt,由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得感应电流I1=;当导线框不动,而磁感应强度发生变化时,可得感应电流I2=,令I1=I2,可得,选项C正确。
5.C 导线框进入磁场过程的时间t1==1s,根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向,大小为I1=,且不变;导线框完全在磁场中运动的过程中,磁通量不变,没有感应电流产生,经历时间t2==1s;导线框穿出磁场过程的时间t3==1s,感应电流沿顺时针方向,大小为I2=,且不变,故C正确。
6.D cd导体棒在F1的作用下,做切割磁感线运动,成为电源。Uab为电路外电阻上的电压,等效电路如图所示。由于导轨的电阻不计,Uab=Ucd。另外,由于cd棒与ab棒中电流大小相等,导体棒有效长度相同,所处磁场相同,故两棒受到的安培力大小相等、方向相反。ab、cd两棒均为平衡态,故导体棒分别受到的外力F1、F2与所受到的安培力平衡,故F1=F2,故选项D正确。
7.C 利用电磁感应现象分析解答。开始时,条形磁铁以加速度g竖直下落,则穿过铜环的磁通量发生变化,铜环中产生感应电流,感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落。开始时的感应电流比较小,条形磁铁向下做加速运动,且随下落速度增大,其加速度变小。当条形磁铁的速度达到一定值后,相应铜环对条形磁铁的作用力等于条形磁铁的重力。故条形磁铁先加速运动,但加速度变小,最后的速度不变。选项C正确。
8.CD 根据题图a,我们只研究最初的一个周期,即2s内的情况,由题图a所表示的圆线圈中感应电流的方向、大小,运用楞次定律,判断出感应电流的磁场方向、大小;再根据楞次定律,判断引起电磁感应现象发生的磁场应该如何变化。从而找出正确选项为C、D。
9.CD 由右手定则知,圆盘顺时针加速转动时,感应电流从圆心流向边缘,线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强;由楞次定律知,线圈B中的感应磁场方向向上,由右手螺旋定则知,ab棒中感应电流方向由a→b;由左手定则知,ab棒受的安培力方向向左,将向左运动,故A错误,D正确。同理可知,圆盘顺时针减速转动时,ab棒将向右运动,故B错误,C正确。
10.CD 线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,则感应电流的方向为A→B→C→D→A,A错误;AC刚进入磁场时CD边切割磁感线,AD边不切割磁感线,所以产生的感应电动势为E=Bav,则线框中感应电流为I=,故CD两端的电压为U=I×R=Bav,B错误,D正确;AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力的方向与v的方向相反,AD边受到的安培力的方向垂直于AD边向下,它们的大小都是F=BIa,由几何关系可以看出,AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直,所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和,即F合=F=,C正确。
11.答案 (1)图见解析
(2)向右偏转一下 向左偏转一下
解析 (1)如图所示。
(2)根据楞次定律及电流表的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定。
12.答案 右 右 右 左 相等
解析 在开关S接通的瞬间,线圈阻碍电流增大,使电流慢慢增大到最大,但电流依然是从左向右流入;在S断开的瞬间,线圈阻碍电流减小,使电流在线圈L、灵敏电流计G1、G2、电阻R构成的回路中慢慢减小到零,G1中电流为从左向右流入,G2中电流为从右向左流入;两表串联,电流相等,指针的摆动幅度相等。
13.答案 (1)Blt0 (2)
解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得F-μmg=ma
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0
当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为E=Blv
联立可得E=Blt0。
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I=
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为F安=BlI
因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得
F-μmg-F安=0
联立解得R=。
14.答案 (1)正接线柱 (2)2 m/s (3)0.5 J
解析 (1)由右手定则可知,金属棒的A端为正极,所以a点接电压表的正接线柱。
(2)由电磁感应定律得U=E=BR
(vA+0)=ωR
U=BωR2
v=rω=ωR
所以,有v==2m/s。
(3)ΔE=mgh-mv2
ΔE=0.5J。
15.答案 (1),方向从P到M (2) (3)
解析 (1)设金属杆做匀速运动时,流过金属杆中的电流为I,由平衡条件得mg=BI
解得I=
所以流过R1的电流大小I1=,方向从P到M。
(2)设杆匀速运动时的速度为v
由E=Bv,E=I得
v=。
(3)由mg=Q+mv2
得Q=
则R1上产生的焦耳热为QR1=Q=。第三章测评
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示,在远距离输电过程中,若保持升压变压器原线圈的输入功率不变,下列说法正确的是( )
A.升高U1会增大输电电流I2
B.升高U1会增大线路的功率损耗
C.升高U1会增大线路的电压损耗
D.升高U1会提高电能的利用率
2.一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方∶Q正等于( )
A.1∶
B.∶1
C.1∶2
D.2∶1
3.小型手摇发电机线圈共N匝,每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直于线圈中心轴OO',线圈绕OO'匀速转动,如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压( )
A.峰值是e0
B.峰值是2e0
C.有效值是Ne0
D.有效值是Ne0
4.如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220sin 100πt(V)的交流电源上,副线圈接有R=55 Ω的负载电阻,原、副线圈匝数之比为2∶1,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A.原线圈的输入功率为220 W
B.电流表的读数为1 A
C.电压表的读数为110 V
D.副线圈输出交流电的周期为50 s
5.对于远距离输电,在P送一定的情况下,设输电线路中的电流为I送,输电线的总电阻为R线,为了减少损耗,采用增大电压U送输电,下列说法正确的是( )
A.由U送=I送R线,知输电线路中的电流变大
B.由P送=I送U送,知输电线路中的电流变小
C.由P耗=,知输电线路消耗功率增大
D.由P送=R线,知不会影响输电线路中的电流
6.一理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=10∶1,原线圈与正弦交流电源连接,输入电压u随时间t变化的规律如图所示,副线圈只接入一个10 Ω的电阻,则( )
A.流过电阻的电流最大值为2.2 A
B.与电阻并联的电压表示数为31.1 V
C.电阻在1.0 s内产生的热量为96.8 J
D.变压器的输入功率约为48.4 W
7.将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上,电源电动势随时间变化的规律如图所示。下列说法正确的是( )
A.电路中交变电流的频率为0.25 Hz
B.通过电阻的电流为 A
C.电阻消耗的电功率为2.5 W
D.用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.如图所示,电路中有一自耦变压器,左侧并联一个理想交流电压表V1后接在稳定的交流电源上,右侧串联灯泡L和滑动变阻器R,R上并联一个理想交流电压表V2。下列说法正确的是( )
A.若F不动,滑片P向上滑动时,V1示数不变,V2示数变小
B.若F不动,滑片P向上滑动时,灯泡L消耗的功率变小
C.若P不动,滑片F向上移动时,V1、V2的示数均变大
D.若P不动,滑片F向上移动时,灯泡L消耗的功率变大
9.图甲为电热毯电路示意图,交流电压u=311sin 100πt(V),当开关S闭合时,电热丝的电功率为P0;当开关S断开时,加在电热丝上的电压如图乙所示,则( )
A.开关闭合时,交流电压表的读数为220 V
B.开关闭合时,交流电压表的读数为311 V
C.开关断开时,交流电压表的读数为311 V,电热丝功率为
D.开关断开时,交流电压表的读数为156 V,电热丝功率为
10.如图所示,图乙中理想变压器的原线圈接如图甲所示的交变电流。理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶3,定值电阻的阻值为11 Ω,滑动变阻器的总阻值为22 Ω。下列说法正确的是( )
A.副线圈输出电压的频率为50 Hz
B.滑动变阻器的滑片P向右滑动时,电阻R两端的电压不变
C.滑动变阻器的滑片P滑到最右端时,通过电阻R的电流为8.45 A
D.滑动变阻器的滑片P滑到最左端时,理想变压器的输入功率为132 W
三、非选择题:本题共5个小题,共54分。
11.(6分)在探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系的实验中。
(1)为实现探究目的,保持原线圈的输入电压一定,通过改变原、副线圈匝数,测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是 。
A.归纳总结法
B.控制变量法
C.理想实验法
D.等效替代法
(2)通过实验得到3组实验数据如表所示,表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数,U1、U2分别为原、副线圈的电压,通过实验数据分析,你的结论是
。
实验次数 n1 n2 U1/V U2/V
1 800 200 10.0 2.47
2 300 100 10.0 3.10
3 120 60 10.0 4.96
12.(8分)有一个教学用的可拆变压器,其铁芯粗细一致,如图甲所示,它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同),线圈外部还可以再绕线圈。
甲
乙
(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的a、b位置,则A线圈的电阻为 Ω,由此可推断 (选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。
(2)如果把此变压器看作理想变压器,现要测量A线圈的匝数,提供的器材有:一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请完成以下填空:
①用绝缘导线在B线圈上绕制n匝线圈;
②将A线圈与低压交流电源相连接;
③用多用电表的“交流电压”挡分别测量A线圈的输入电压UA和 (选填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U;
④则A线圈的匝数为 。(用已知和测得量的符号表示)
13.(10分)人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤的化学能……)转化为电能。为了合理利用这些能源,发电站要修建在靠近这些天然资源的地方。但是,用电的地方往往很远。因此,需要高压输送线路把电能输送到远方。如果某发电站将U=6 000 V的电压直接加在高压输送线路的入端向远方供电,且输送的电功率为P=800 kW。则此时安装在高压输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE=9 600 kW·h。
(1)求此种情况下,高压线路的输电效率。
(2)若要使此高压输电线路的输电效率为98%,则需要在发电站处安装一个变压比是多少的变压器
14. (14分)如图所示,间距为L的光滑平行金属导轨AP、CD,水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中,AC端接阻值为R的电阻。一长度为L、电阻为R0、质量为m的导体棒MN垂直放置在导轨上,在外力F的作用下从t=0时刻开始运动,其速度随时间的变化规律是v=vmsin ωt,导轨的电阻值忽略不计。求:
(1)从t=0到t=的时间内电阻R产生的热量Q。
(2)从t=0到t=的时间内外力F做的功W。
15. (16分)如图所示,理想变压器原线圈中输入电压U1=3 300 V,副线圈两端电压为U2=220 V,输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2,绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2 V。
(1)求原线圈n1的匝数。
(2)当开关S断开时,电流表A2的示数I2=5 A,则电流表A1的示数I1为多少
(3)在(2)中情况下,当开关S闭合时,电流表A1的示数I1'等于多少
第三章测评
1.D 升高输电电压U1,由于输入功率不变,则I1将减小,又因为I2=I1,所以I2将减小,故A错误;线路功率损耗P损=R,因此功率损耗在减小,电压损失减小,故B、C错误;因线路损耗功率减小,故利用率将升高,故D正确。
2.D 对于方波交流电源,电压的有效值和最大值相等,即u方=u0,在周期T内产生的热量为Q方=·T,对于正弦交流电源,电压的有效值u正=,在周期T内产生的热量为Q正=·T,整理可得Q方∶Q正=2∶1,选项D正确。
3.D 线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,因此单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0,又因为发电机线圈共N匝,所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0,根据闭合电路欧姆定律可知,在不计线圈内阻时,输出电压的峰值等于感应电动势的最大值,即其峰值为2Ne0,故A、B错误;又由题意可知,若从图示位置开始计时,发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流,由其有效值与峰值的关系可知U=Ne0,故C错误,D正确。
4.B 由得U2=110V,故P入=P出==220W,A项错误。由I2=得I2=2A,,故I1=1A,电流表示数为1A,B项正确。电压表示数为有效值,即110V,C项错误。T==0.02s,故D项错误。
5.B 由U线=I线R线,I送=I线,U送≠U线(U送=U到+U线),得U送≠I送R线,选项A错误;公式P送=I送U送,针对的是同一研究对象,故选项B正确,D错误;P耗=R线=R线=2R线,因此U送增大时,输电线路消耗功率P耗减小,故选项C错误。
6.D 原线圈电压最大值为311V,有效值为220V,根据可知副线圈电压最大值为31.1V,有效值为22V,所以流过电阻的电流最大值为3.11A,与电阻并联的电压表示数为22V;电阻在1.0s内产生的热量Q=I2Rt=48.4J;输入功率等于输出功率为48.4W。故选D。
7.C 电路中交变电流的频率f==25Hz,A错误;通过电阻的电流应为有效值,即I=A=A,用交流电压表测得电阻两端的电压是V,B、D错误;电阻消耗的电功率P=I2R=2.5W,C正确。
8.AD V1测的是原线圈的输入电压,其示数始终不变,C错误;若F不动,副线圈的输出电压不变,滑片P向上滑动时,滑动变阻器接入电路的阻值变小,又因为灯泡L与滑动变阻器串联,故V2示数变小,灯泡L两端的电压变大,灯泡L消耗的功率变大,A正确,B错误;若P不动,滑片F向上移动时,副线圈的输出电压增大,加在灯泡L和滑动变阻器两端的电压均增大,故灯泡L消耗的功率变大,V2的示数变大,D正确。
9.AD 交流电压表的读数为有效值,计算热功率要用有效值。开关接通时,交流电压峰值Um=311V,所以有效值U==220V,A正确,B错误;开关断开时,取一个周期T,电热丝产生的热量减半,所以由P=,得电热丝功率为,由P=,得电压有效值为=156V,电压表示数为156V,C错误,D正确。
10.AD 由交变电流的图像可知,加在原线圈中电流的周期T=0.02s,频率f=50Hz,由于变压器不能改变电源的频率,副线圈输出电压的频率为50Hz,故A正确;滑动变阻器的滑片P向右移动时,电路总电阻变小,电流变大,由U=IR可知,电阻R两端的电压变大,故B错误;原线圈电压的有效值U1==440V,根据U1∶n1=U2∶n2可得副线圈的电压U2=66V,滑动变阻器的滑片P滑到最右端时,通过电阻R的电流为I2==6A,故C错误;滑动变阻器的滑片P滑到最左端时,理想变压器的输入功率为P2==132W,故D正确。故选AD。
11.答案 (1)B
(2)在误差允许的范围内,原、副线圈的电压比等于原、副线圈的匝数比
解析 (1)为实现探究目的,保持原线圈输入的电压一定,通过改变原、副线圈匝数,测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。
(2)由实验数据可知,第1次有=4,=4;第2次有=3,=3.2;第3次有=2,=2;由以上计算可知,在误差允许的范围内,变压器原、副线圈的电压比等于匝数比,即。
12.答案 (1)24 A
(2)绕制
解析 (1)多用电表欧姆挡读数=指针指示值×倍率,A的读数为24,倍率为“×1”,所以电阻为24Ω。根据电阻定律,导线越长,电阻越大,因为A的电阻比B的大,所以A线圈匝数多。
(2)③因为不知道B线圈的匝数,而绕制线圈的匝数已知,所以要用交流电压挡测绕制线圈的输出电压U。
④根据变压器电压比等于匝数比,有,所以nA=n。
13.答案 (1)50% (2)
解析 (1)此情况下,终端功率
P'=P-=800kW-=400kW
所以,输电效率η=×100%=×100%=50%。
(2)设高压输送线路的导线电阻为r,由题意知
原来线路损耗P损1=r=400kW,且UI1=P
现在线路损耗P损2=P×(1-98%)=r
且U'I2=P,,解得。
14.答案 (1) (2)
解析 (1)导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势为e=BLv=BLvmsinωt,因此是按正弦规律变化的交变电流,且峰值Em=BLvm,则有效值为E=,由欧姆定律得I=。电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=。
(2)由能量守恒知,外力F做的功等于电路产生的热量与机械能的增量之和,即W=E热+E机=I2(R+R0)t'+Ek=。
15.答案 (1)1 650 (2) A (3) A
解析 (1)由电压与变压器匝数的关系可得=U,则n1=1650。
(2)当开关S断开时,有U1I1=U2I2,I1=A。
(3)当开关S断开时,有R1==44Ω。当开关S闭合时,设副线圈总电阻为R',有R'==22Ω,副线圈中的总电流为I2'==10A。由U1I1'=U2I2'可知,I1'=A。第四章测评
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.下列关于电磁波的说法正确的是( )
A.均匀变化的磁场能够在空间产生电场
B.电磁波在真空和介质中传播速度相同
C.只要有电场和磁场,就能产生电磁波
D.电磁波在同种介质中只能沿直线传播
2.下列设备的运行与电磁波无关的是( )
A.医院里,医生利用B超可观察到母体内的婴儿情况
B.嫦娥五号接收地面指挥中心的运行指令实现变轨而奔向月球
C.汽车上安装有GPS(全球定位系统)以确定行驶路线和距离
D.在汶川大地震发生后救灾人员利用卫星电话恢复了与外界的通信联系
3.隐形飞机的原理是在飞机研制过程中设法降低其可探测性,使之不易被敌方发现、跟踪和攻击。根据你所学的物理知识,判断下列说法正确的是( )
A.运用隐蔽色涂层,无论距你多近的距离,你也不能看到它
B.使用吸收雷达电磁波的材料,在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱,很难被发现
C.使用吸收雷达电磁波涂层后,传播到复合金属机翼上的电磁波在机翼上不会产生感应电流
D.主要是对发动机、喷气尾管等因为高温容易产生紫外线辐射的部位采取隔热、降温等措施,使其不易被对方发现和攻击
4.如图所示,i-t图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像。在t=0时刻,回路中电容器的M板带正电,在某段时间里,回路的磁场能在减小,而M板仍带正电,则这段时间对应图像中( )
A.Oa段 B.ab段
C.bc段 D.cd段
5. 如图为LC回路中电流随时间变化的图像,规定回路中顺时针电流方向为正。在t=T时,对应的电路是下图中的( )
6.利用所学物理知识,可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题。IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路,公交车上的读卡机向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时,IC卡内的线圈L中产生感应电流,给电容C充电,达到一定的电压后,驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说法正确的是( )
A.IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池
B.仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时,IC卡才能有效工作
C.若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率,则线圈L不会产生感应电流
D.IC卡只能接收读卡机发射的电磁波,而不能向读卡机传输自身的数据信息
7. 我国“空警2 000”预警机上装备有多功能三坐标多普勒脉冲雷达,可进行全向探测,主要用于发现和跟踪空中与水面目标,工作频率为1.2×109~1.4×109 Hz。对空中目标的最远探测距离为470 km,该机的雷达系统可同时跟踪60~100个空中目标,并对战术空军的10架飞机实施引导。下列关于该脉冲雷达的说法正确的是( )
A.脉冲雷达采用的是X射线
B.脉冲雷达采用的是微波
C.预警机高速飞行时,发射的脉冲信号传播速率可能大于光在真空中的速率
D.增大它的振荡电路可变电容器的电容,可增大雷达的工作频率
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.如图所示,某空间出现一组闭合的电场线,这可能是( )
A.在中心点O处有一个点电荷
B.沿轴线方向有稳定的电流
C.沿轴线PQ方向的磁场在迅速减弱
D.沿轴线QP方向的磁场在迅速增强
9.在LC振荡电路中,某时刻电容器两极板间的电场线方向和穿过线圈的磁感线方向如图所示,这时有 ( )
A.电容器正在放电
B.电路中电流正在减小
C.电场能正在转化为磁场能
D.线圈中产生的自感电动势正在增大
10.在LC回路中产生电磁振荡的过程中( )
A.从电容器放电开始计时,当t=kπ 时,振荡电流最大,其中k=0,1,2,3,…
B.当电容器中电场强度增大时,线圈中的自感电动势与振荡电流方向相同
C.向电容器充电是磁场能转化成电场能的过程
D.电容器在相邻的充、放电时间内,电流方向一定相同
三、非选择题:本题共5个小题,共54分。
11.(8分) 如图所示的LC振荡回路中振荡电流的周期为2×10-2 s。自振荡电流沿逆时针方向达到最大值时开始计时,当t=3.4×10-2 s时,电容器正处于 (选填“充电”“放电”“充电完毕”或“放电完毕”)状态。这时电容器的上极板 (选填“带正电”“带负电”或“不带电”)。
12.(10分)在LC振荡电路中,如已知电容C,并测得电路的固有振荡周期为T,即可求得电感L。为了提高测量精度,需多次改变C值并测得相应的T值,现将测得的六组数据标示在以C为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸上,即图中用“×”表示的点。
(1)T、L、C的关系为 ;
(2)根据图中给出的数据点作出T2与C的关系图线;
(3)求得的L值是 。
13.(10分) 如图所示振荡电路中,线圈自感系数L=0.5 H,电容器电容C=2 μF。现使电容器带电,从接通开关S时计时。
(1)当t=3.0×10-2 s时,电路中电流方向如何
(2)经过多长时间,线圈中的磁场能第一次达到最大
14.(12分)飞机失事后,为了分析事故的原因,必须寻找黑匣子,而黑匣子在30天内能以37.5 kHz的频率自动发出信号,人们就可利用探测仪查找黑匣子发出的电磁波信号来确定黑匣子的位置。
(1)黑匣子发出的电磁波波长是多少
(2)若接收电路是由LC电路组成的,其中该接收装置里的电感线圈自感系数L=4.0 mH,此时产生电谐振的电容为多大
15.(14分)通过同步卫星通话时,对方总是停一小段时间才回话,求:
(1)同步卫星距地面高度为多少 (已知m地=6×1024 kg,R地=6.4×106 m)
(2)说话后至少经过多长时间才能听到对方回话 (设对方听到说话后立即回话)
第四章测评
1.A
2.A 医院里的B超是利用超声波的物理特性进行分析和治疗的,故选A。
3.B 雷达向外发射电磁波,当电磁波遇到飞机时就要发生反射,雷达通过接收反射回来的电磁波,就可以测定飞机的位置,所以要想降低飞机的可探测性,可以使用吸收雷达电磁波的材料,在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱,很难被发现,选项B正确。
4.D 某段时间里,回路的磁场能在减小,说明回路中的电流在减小,电容器充电,而此时M带正电,那么一定是给M极板充电,电流方向顺时针。由题意知t=0时,电容器开始放电,且M极板带正电,结合i-t图像可知,电流以逆时针方向为正方向,因此题干所述的这段时间内,电流为负,且正在减小,符合条件的只有图像中的cd段,故选D。
5.B
6.B IC卡内是一个LC振荡电路,没有电池,故A错误;只有当读卡机发出特定频率的电磁波时,IC卡才能有效工作,故B正确;当读卡机发射的电磁波偏离该特定频率时,线圈L可以产生的感应电流较小,不能有效工作,故C错误;IC卡是可以和读卡机进行数据传输的,故D错误。
7.B 脉冲雷达是利用微波测速、测距的,其传播速率等于光速,故A、C选项错误,B选项正确;由T=2π可知,增大振荡电路的电容,其周期变大,工作频率减小,故D选项错误。
8.CD 电荷的周围产生静电场而不是涡旋场,稳定电流的周围产生磁场,变化的磁场周围产生涡旋电场,因此选项C、D都有可能。
9.BD 根据电场线方向可知上极板带正电荷,又由磁场方向,根据安培定则可判断,电流方向为顺时针,所以正在给电容器充电。因此,电流逐渐减小,磁场能转化为电场能,由于电流按正弦规律变化,变化率在增大,根据法拉第电磁感应定律,知自感电动势正在增大。
10.BC 当t=kπ(k=0,1,2,…)时,由图可知振荡电路电流为零,A错误;当电场强度增大时,如在T~T时间段内,振荡电流减小,线圈中自感电动势与振荡电流方向相同,B正确;电容器充电时,电场能增大,磁场能减小,磁场能转化为电场能,C正确;由图像对照可知在内,电容器充电,i>0,在T内,电容器放电,i<0,D错误。
11.答案 充电 带正电
解析 振荡电路在一个周期内,经历放电→充电→放电→充电四个过程,每一个过程历时。当振荡电流以逆时针达到最大时,电容器上极板刚放电完毕,将开始对下极板充电。由于时间t=3.4×10-2s=1.7T,根据电磁振荡的周期性特点,此时刻状态与开始计时后经过t'=0.7T的状态一样,所以电容器正处于充电状态,且上极板带正电。
12.答案 (1)T2=4π2LC (2)如图所示
(3)38.5 mH(35.1~41.9 mH都算对)
13.答案 (1)顺时针 (2)1.57×10-3 s
解析 (1)设顺时针为正方向,LC回路振荡的周期为
T=2π=2πs=6.28×10-3s
当t=3.0×10-2s时,t=4.78T,即4.75T此时电容器正处于正向充电阶段,所以电流方向为顺时针。
(2)当接通开关S时,电容器开始放电,当电场能完全转化为磁场能时,磁场能第一次达到最大,此时t==1.57×10-3s。
14.答案 (1)8 000 m (2)4.5×10-9 F
解析 (1)由公式c=λf得λ=m=8000m。
(2)由公式f=得C=F=4.5×10-9F。
15.答案 (1)3.59×107 m (2)0.479 s
解析 (1)设卫星的质量为m,距地高度为h,同步卫星的周期和地球自转的周期相同
由牛顿第二定律得m(R地+h)=G,h=-R地=m-6.4×106m=3.59×107m。
(2)要求出说话后听到对方讲话经历的时间,需要知道同步卫星分别和两人之间的距离,当两人都站在同步卫星的正下方时,电磁波经同步卫星传播的距离最短,需时最少
无线电传播的最短距离为s=4h=3.59×107×4m=1.436×108m
传播的最短时间为t=s=0.479s。第五章测评
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.机器人装有作为眼睛的“传感器”,犹如大脑的“控制器”,以及可以行走的“执行器”,在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯。下列有关该机器人“眼睛”的说法正确的是( )
A.该机器人的“眼睛”利用了力传感器
B.该机器人的“眼睛”利用了光传感器
C.该机器人的“眼睛”利用了温度传感器
D.该机器人的“眼睛”利用了声音传感器
2.如图所示,电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层,再在导体层外加上一块保护玻璃,电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极,在导体层内形成一个低电压交流电场。在触摸屏幕时,由于人体是导体,手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容),四边电极发出的电流会流向触点,而电流强弱与手指到电极的距离成正比,位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱,准确算出触摸点的位置。由以上信息可知( )
A.电容式触摸屏的内部有两个电容器的电极板
B.当用手触摸屏幕时,手指与屏的接触面积越大,电容越大
C.当用手触摸屏幕时,手指与屏的接触面积越大,电容越小
D.如果用戴了绝缘手套的手触摸屏幕,照样能引起触摸屏动作
3.如图为大型电子地磅电路图,电源电动势为E,内阻不计。不称物体时,滑片P在A端,滑动变阻器接入电路的有效电阻最大,电流较小;称物体时,在压力作用下滑片P下滑,滑动变阻器的有效电阻变小,电流变大,这样把重力值转换成电信号,将电流对应的重力值刻在刻度盘上,就可以读出被称物体的重力值。已知滑动变阻器A、B间距离为L,最大阻值等于定值电阻的阻值R0,两弹簧的总弹力与形变量成正比,比例系数为k,则所称重物的重力G与电流I的关系为( )
A.G=kL
B.G=kL
C.G=kL
D.G=kIL
4.利用现代信息技术进行的实验叫作DIS实验,DIS由传感器、数据采集器和计算机组成。如图为“用DIS测变速直线运动的瞬时速度”实验的装置图,图中①所示的器材的传感器为( )
A.位移传感器
B.速度传感器
C.时间传感器
D.光传感器
5.在信息技术高速发展、电子计算机广泛应用的今天,担负着信息采集任务的传感器在自动控制、信息处理技术中发挥着越来越重要的作用,其中热电传感器是利用热敏电阻将热信号转换成电信号的元件。某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中,安装好如图所示装置。向杯内加入冷水,温度计的示数为20 ℃,多用电表选择适当的倍率,读出热敏电阻的阻值R1。然后向杯内加入热水,温度计的示数为60 ℃,发现多用电表的指针偏转角度较大,则下列说法正确的是( )
A.应选用电流挡,温度升高换用大量程测量
B.应选用电流挡,温度升高换用小量程测量
C.应选用欧姆挡,温度升高时换用倍率大的挡
D.应选用欧姆挡,温度升高时换用倍率小的挡
6. 如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,L为小灯泡(其灯丝电阻可以视为不变),R1和R2为定值电阻,R3为光敏电阻,其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。闭合开关S后,将照射光强度增强,则( )
A.电路的路端电压将减小
B.灯泡L将变暗
C.R1两端的电压将减小
D.内阻r上发热的功率将减小
7.氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测,它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化。在如图甲所示的电路中,不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻。这样,理想电压表的指针位置就与一氧化碳浓度有了对应关系,观察电压表指针就能判断一氧化碳浓度是否超标。有一种氧化锡传感器,其技术资料中给出的是电导(即电阻的倒数)—CO浓度曲线,如图乙所示。下列表示一氧化碳浓度c与电压表示数U0之间关系的图像正确的是( )
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.计算机光驱的主要部分是激光头,它可以发射脉冲激光信号,激光扫描光盘时,激光头利用光敏电阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统,再通过计算机显示出相应信息。光敏电阻自动计数器的示意图如图所示,其中R1为光敏电阻,R2为定值电阻,此自动计数器的基本工作原理是( )
A.当有光照射R1时,信号处理系统获得高电压
B.当有光照射R1时,信号处理系统获得低电压
C.信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D.信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
9.为了锻炼身体,小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计,其原理图如图所示。轻质弹簧右端和金属滑片P固定在一起(弹簧的电阻不计,P与R1间的摩擦不计),弹簧劲度系数为100 N/cm。定值电阻R0=5 Ω,ab是一根长为5 cm的均匀电阻丝,阻值R1=25 Ω,电源输出电压恒为U=3 V,理想电流表的量程为0~0.6 A。当拉环不受力时,滑片P处于a端。下列关于这个电路的说法正确的是( )
A.小明在电路中连入R0的目的是保护电路
B.当拉环不受力时,闭合开关后电流表的读数为0.1 A
C.当拉力为400 N时,电流表指针指在0.3 A处
D.当拉力为400 N时,电流表指针指在0.5 A处
10. 电容式话筒的保真度比动圈式话筒好,其工作原理如图所示,Q是绝缘支架,薄金属膜片M和固定电极N形成一个电容器,被直流电源充电,当声波使膜片M振动时,电容发生变化,电路中形成变化的电流。当膜片M向右运动的过程中有( )
A.电容变大
B.电容变小
C.导线AB中有向左的电流
D.导线AB中有向右的电流
三、非选择题:本题共5个小题,共54分。
11.(8分)霍尔效应是电磁基本现象之一。如图甲所示,在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I,同时外加与薄片垂直的磁场B,在M、N间出现电压UH,这个现象称为霍尔效应,UH称为霍尔电压。
(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电,电流与磁场方向如图甲所示,该同学用电压表测量UH时,应将电压表的“+”接线柱与 (选填“M”或“N”)端通过导线相连。
(2)该同学查阅资料发现,使半导体薄片中的电流反向再次测量,取两个方向测量的平均值,可以减小测量误差,为此该同学设计了如图乙所示的测量电路,S1、S2均为单刀双掷开关,虚线框内为半导体薄片(未画出)。为使电流从Q端流入、P端流出,应将S1掷向 (选填“a”或“b”),S2掷向 (选填“c”或“d”)。
12.(10分)电控调光玻璃能根据光照强度自动调节玻璃的透明度,将光敏电阻Rx和定值电阻R0接在9 V的电源上,光敏电阻阻值随光强的变化关系如表所示。
光强Iv/cd 1 2 3 4 5
电阻值/Ω 18 9 6 3.6
[“光强”是表示光强弱程度的物理量,符号为Iv,单位为坎德拉(cd)]
(1)当光照强度为4 cd时光敏电阻Rx的大小为 Ω。
(2)其原理是光照增强,光敏电阻Rx阻值变小,施加于玻璃两端的电压降低,玻璃透明度下降,反之则玻璃透明度上升。若电源电压不变,R0是定值电阻,则下列电路图符合要求的是 。
(3)现已知定值电阻R0为12 Ω,用电压表测得光敏电阻两端的电压为3 V,则此时光照强度为 。
13.(10分)如图所示,A是浮子,B是金属触头,C为住宅楼房顶上的蓄水池,M是带水泵的电动机,D是弹簧,E是衔铁,F是电磁铁,S1、S2分别为触点开关,S为开关,J为电池。请利用上述材料,设计一个住宅楼房顶上的自动注水装置。
(1)连接电路图。
(2)简述其工作原理(涉及的元件可用字母代替)。
14.(12分)如图是电饭煲的电路图,S1是一个限温开关,手动闭合后,当此开关温度达到居里点(103 ℃)时,开关会自动断开。S2是一个自动温控开关,当温度低于70 ℃ 时,会自动闭合;温度高于80 ℃时,会自动断开。红灯是加热时的指示灯,黄灯是保温时的指示灯,分流电阻R1=R2=500 Ω,加热电阻R3=50 Ω,两灯电阻不计。
(1)分析电饭煲的工作原理。
(2)计算加热和保温两种状态下,电饭煲消耗的电功率之比。
(3)简要回答,如果不闭合开关S1,能将饭煮熟吗
15.(14分)某同学设计了一种“自动限重器”,如图甲所示。该装置由控制电路和工作电路组成,其主要元件有电磁继电器、货物装载机(实质是电动机)、压敏电阻R1和滑动变阻器R2等。压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系如图乙所示。当货架承受的压力达到限定值时,电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电动势E=6 V,r=2 Ω,电磁继电器线圈的阻值忽略不计。请你解答下列问题:
甲
乙
(1)用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整。
(2)当电磁继电器线圈中的电流大小为15 mA时,衔铁被吸下。若货架能承受的最大压力为800 N,则所选滑动变阻器R2的最大阻值至少为多少
第五章测评
1.B 遇到障碍物会绕开,说明该机器人的“眼睛”利用了光传感器,故选项B正确,A、C、D错误。
2.B 电容触摸屏在原理上把人体当作电容器元件的一个极板,把导体层当作另一个极板,故选项A错误;手指与屏的接触面积越大,即电容器两个极板的正对面积越大,故电容越大,选项B正确,C错误;如果戴了绝缘手套或手持不导电的物体触摸时没有反应,这是因为手不能形成另一个电极,不能构成电容器,不能引起导体层电场的变化,选项D错误。
3.A 设称重物时,在压力作用下P下滑距离x,则G=kx,滑动变阻器有效电阻R=R0-R0,由闭合电路欧姆定律得I=,联立解得G=kL,故选项A正确,B、C、D错误。
4.D 光传感器能够测量并记录挡光片通过光电门的时间t,若挡光片的宽度为d,则瞬时速度v=,故D正确。
5.D 多用电表与热敏电阻构成的回路中未接入电源,故不能选用电流挡,A、B错误;当温度升高时多用电表指针偏转角度较大,说明热敏电阻的阻值变小了,应该换用倍率小的挡,C错误,D正确。
6.A 光照增强,光敏电阻的阻值减小,电路中的总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可得,电路中总电流增大,所以电源内部的电压增大,所以路端电压将减小;内阻r上发热的功率将增大,R1两端的电压增大,故A正确,C、D错误。因路端电压减小,同时R1两端的电压增大,故并联电路部分电压减小,则流过R2的电流减小,而总电流增大,所以通过灯泡L的电流增大,所以灯泡L变亮,故B错误。
7.A U0=IR0=,一氧化碳浓度c增大,电导增大,电阻R传减小,U0增大,但不是正比关系,选项A正确,B、C、D错误。
8.AD R1、R2和电源组成一个闭合电路,当激光照到光敏电阻时,R1的阻值变小,总电流变大,则R2两端获得高电压;R2两端获得高电压时,信号处理系统就计数一次,因此A、D正确。
9.ABC 若电路无电阻R0,且金属滑片P在b端时,电路短路会损坏电源,R0的存在使电路不会出现短路,故A正确;当拉环不受力时,滑片P在a端,由闭合电路欧姆定律得I==0.1A,故B正确;当拉力为400N时,由F=kΔx可得Δx=4cm,对应的电阻为=20Ω,R1接入电路的电阻RPb=5Ω,由闭合电路欧姆定律得I'==0.3A,故D错误,C正确。
10.AC 当声波使膜片M向右运动时,电容器极板间距减小,电容变大,电荷量Q=UC变大,电源要继续给电容器充电,所以导线AB中有向左的电流,故选项A、C正确。
11.答案 (1)M (2)b c
解析 (1)通过矩形半导体薄片中的电流由P向Q,根据左手定则可知带正电粒子受到的洛伦兹力由N端指向M端,即带正电粒子向M端偏转,所以M端聚集正电荷,M端电势高于N端,故电压表的“+”接线柱应接M端。(2)为使电流自Q端流入、P端流出,应将S1掷向b,将S2掷向c。
12.答案 (1)4.5 (2)C (3)3 cd
解析 (1)由表格数据可知,光敏电阻与光强的乘积均不变,则当Iv=4cd时,光敏电阻的阻值Rx=Ω=4.5Ω。
(2)由题意可知,光敏电阻Rx与定值电阻R0串联连接,光照增强时,光敏电阻Rx的阻值减小,电路中的总电阻减小,由欧姆定律可知,电路中的电流增大,由U=IR可知,R0两端的电压增大,因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以Rx两端的电压减小,反之光照减弱时,光敏电阻Rx的阻值增大,R0两端的电压减小,Rx两端的电压增大,则玻璃并联在R0两端时不符合,玻璃并联在Rx两端时符合,故A错误,C正确;若玻璃与电源并联,光照变化时,玻璃两端的电压不变,故B、D错误。
(3)当R0=12Ω时,光敏电阻Rx两端的电压Ux=3V,因串联电路中总电压等于各分电压之和,R0两端的电压U0=U-Ux=(9-3)V=6V,因串联电路中各处的电流相等,所以电路中的电流I=,解得Rx=6Ω,此时光照强度Iv=cd=3cd。
13.答案 见解析
解析 (1)连接线路如图所示。
(2)按图连接好电路,合上开关S,水泵工作,水位升高,当浮子上升使B接触到S1时,左侧电路(控制电路)工作,电磁铁F有磁力,拉下衔铁E,使S2断开,电动机M不工作,停止注水;当水位下降使B与S1脱离,电路停止工作,F无磁性,D拉动E,使S2接通,电动机M工作,再次注水。
14.答案 见解析
解析 (1)电饭煲盛上食物后,接通电源,S2自动闭合,同时手动闭合S1,这时R1与黄灯被短路,红灯亮,电饭煲处于加热状态,加热到80℃时,S2自动断开,S1仍闭合;水烧开后,至饭煮熟温度升高到103℃时,开关S1自动断开,黄灯亮,电饭煲处于保温状态。由于散热,待温度降至70℃时,S2又自动闭合,电饭煲重新加热,温度达到80℃时,S2又自动断开,再次处于保温状态。
(2)加热时电饭煲消耗的电功率P1=,保温时电饭煲消耗的电功率P2=,两式中R并=Ω,从而有=12∶1。
(3)如果不闭合开关S1,开始S2还是闭合的,R1与黄灯被短路,功率为P1。当温度上升到80℃时,S2自动断开,功率降为P2,温度降到70℃时,S2又自动闭合,如此反复,温度只能在70~80℃之间变化,不能把水烧开,故不能将饭煮熟。
15.答案 (1)图见解析 (2)318
解析 (1)连接电路如图所示。
(2)R1与R2串联,I1=I2=Imax=15mA=0.015A
根据闭合电路的欧姆定律得R1+R2+r=
由题图乙可知,F=800N时,R1=80Ω
所以R2=-r-R1=-2-80Ω=318Ω
即滑动变阻器R2的最大阻值至少为318Ω。模块综合测评
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.(2023浙江温州模拟)厂商通过在手机背面安装感应线圈来实现无线充电,如图是一种结构紧凑的双层感应线圈设计图,a、b为线圈的两端。当线圈处在向上增强的磁场中时,下列说法正确的是( )
A.感应电流从a端流出,两层线圈相互排斥
B.感应电流从a端流出,两层线圈相互吸引
C.感应电流从b端流出,两层线圈相互排斥
D.感应电流从b端流出,两层线圈相互吸引
2.(2023山东潍坊期末)将很多质量为m、电荷量为+q、可视为质点的绝缘小球,均匀穿在由绝缘材料制成的半径为r的光滑圆轨道上并处于静止状态,轨道平面水平,空间内有分布均匀的磁场,磁场方向竖直向上,如图甲所示。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示,其中B0是已知量。已知在磁感应强度增大或减小的过程中,将产生涡旋电场,其电场线是在水平面内一系列沿顺时针或逆时针方向的同心圆,同一条电场线上各点的电场强度大小相等。关于绝缘小球的运动情况,下列说法正确的是( )
A.在t=0到t=T0时间内,绝缘小球均做匀速圆周运动
B.在t=T0到t=2T0时间内,绝缘小球均沿顺时针方向做速率均匀增加的圆周运动
C.在t=2T0到t=3T0时间内,绝缘小球均沿顺时针方向做加速圆周运动
D.在t=3T0到t=5T0时间内涡旋电场沿顺时针方向
3.(2023辽宁沈阳期末)关于生活中遇到的各种波,下列说法正确的是( )
A.电磁波能传递信息,声波不能传递信息
B.手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波
C.太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同
D.遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同
4.(2023江苏镇江期末)如图所示,交流发电机线圈电阻r=1 Ω,用电器电阻R=9 Ω,电压表示数为9 V,那么该交流发电机( )
A.电动势的峰值为10 V
B.电动势的有效值为9 V
C.线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 V
D.线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为 V
5.(2023浙江嘉兴期末)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶3,副线圈所在回路中接入三个均标有“36 V 40 W”的灯泡,且均正常发光,那么,标有“36 V 40 W”的灯泡A( )
A.也正常发光
B.将被烧毁
C.比另三个灯泡暗
D.无法确定
6.(2023河北石家庄期末)如图所示,电路中L是一电阻可忽略不计的电感线圈,a、b为L的左、右两端点,A、B、C为完全相同的三盏灯泡,原来开关S是闭合的,三盏灯泡均发光。某时刻将开关S断开,则下列说法正确的是( )
A.a点电势高于b点,A灯闪亮后缓慢熄灭
B.b点电势高于a点,B、C灯闪亮后缓慢熄灭
C.a点电势高于b点,B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D.b点电势高于a点,B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
7.(2023江西南昌期末)如图所示,在水平面上有一根通有恒定电流的直导线,直导线周围空间存在范围足够大的匀强磁场,磁场方向与水平面成60°角斜向左上方,通电直导线在磁场力作用下沿水平面始终做匀速直线运动,直导线与水平面间的动摩擦因数为0.7。现使磁场方向顺时针转30°直到竖直向上,则磁感应强度( )
A.一直变大
B.一直变小
C.先变大后变小
D.先变小后变大
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.(2023福建福州期末)磁流体发电机示意图如图所示。平行金属板a、b之间有一个很强的匀强磁场,将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量的等量正、负离子)以垂直于磁场的方向喷入磁场,a、b两板间便产生电压。如果把a、b板与用电器相连接,a、b板就是等效直流电源的两个电极。若磁场的磁感应强度为B,每个离子的电荷量大小为q、速度为v,a、b两板间距为d,两板间等离子体的等效电阻为r,用电器电阻为R。稳定时,下列判断正确的是( )
A.图中b板是电源的正极
B.电源的电动势为Bvq
C.用电器中电流为
D.用电器两端的电压为Bvd
9.(2023山东菏泽期末)如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,放置一根长为l、质量为m、通电电流为I的导线,若导线静止,则在斜面上施加的匀强磁场B的大小和方向可能为( )
A.,方向垂直于斜面向下
B.,方向垂直于斜面向上
C.,方向竖直向下
D.,方向水平向右
10.(2023山东青岛期末)如图所示,固定在竖直面上半径为r的金属圆环内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒一端与圆环接触良好,另一端固定在导电转轴上,随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和圆心O间接有阻值为R的电阻和电容为C的平行板电容器,电容器的极板水平且间距为d,在极板间有一带正电的微粒处于静止状态。已知重力加速度为g,不计其他电阻和摩擦,下列说法正确的是( )
A.金属棒逆时针转动
B.带电微粒的比荷为
C.金属棒转动一周,通过电阻R的电荷量为
D.金属棒克服安培力做功的功率总等于重力对其做功的功率
三、非选择题:本题共5个小题,共54分。
11.(8分)(2023河南安阳期末)某同学选用匝数可调的可拆变压器做探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系的实验,变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压 (选填“交流电源”或“直流电源”)。先保持原线圈的匝数不变,增加副线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压 (选填“增大”“减小”或“不变”);然后再保持副线圈的匝数不变,增加原线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压 (选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究中采用的实验方法是 (选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。
12.(8分)(2023湖北黄冈期末)为了节能和环保,一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制,光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱,光越强照度越大,照度单位为lx)。某光敏电阻R在不同照度下的阻值如下表:
照度/lx 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻/kΩ 75 40 28 23 20 18
(1)根据表中数据,请在给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线,并说明阻值随照度变化的特点。
(2)如图所示,当1、2两端所加电压上升至2 V时,控制开关自动启动照明系统,请利用下列器材设计一个简单电路,给1、2两端提供电压,要求当天色渐暗照度降低至1.0 lx时启动照明系统,在虚线框内完成电路原理图。
不考虑控制开关对所设计电路的影响,提供的器材如下:
光敏电阻R(符号,阻值见上表);
直流电源E(电动势3 V,内阻不计);
定值电阻R1=10 kΩ,R2=20 kΩ,R3=40 kΩ(限选其中之一并在图中标出);
开关S及导线若干。
13.(10分)(2023湖南长沙期末)如图所示,宽为l=0.5 m的光滑导轨与水平面成θ=37°角,质量为m=0.1 kg、长也为l=0.5 m的金属杆ab水平放置在导轨上,电源电动势E=3 V,内阻r=0.5 Ω,金属杆电阻为R1=1 Ω,导轨电阻不计。金属杆与导轨垂直且接触良好。空间存在着竖直向上的匀强磁场(图中未画出),当电阻箱的电阻调为R2=0.9 Ω时,闭合开关S,金属杆恰好能静止。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求磁感应强度B的大小。
(2)保持其他条件不变,当电阻箱的电阻调为R2'=0.5 Ω时,闭合开关S,同时由静止释放金属杆,求此时金属杆的加速度。
14.(12分)(2023福建师大附中开学考试)如图所示,在xOy坐标平面的第一、四象限内,y轴和平行于y轴的边界MN之间有沿y轴负方向的匀强电场,匀强电场的电场强度大小为E,半径为R的圆形有界磁场与MN相切于P(R,0)点,磁场垂直于坐标平面向里。一个带正电的粒子从O点沿坐标平面以初速度v斜向右上方射入匀强电场,从MN上Q点垂直MN射出电场,粒子进入磁场后,经磁场偏转,刚好从圆形有界磁场的最上端射出。不计粒子的重力和场的边缘效应。
(1)求粒子的比荷。
(2)求匀强磁场磁感应强度的大小。
(3)若保持粒子从O点射出方向不变,改变粒子速度大小,使粒子刚好从P点进入磁场,求粒子在电场和磁场中运动的总时间。
15.(16分)(2023江苏南京期末)如图所示,两相距为l的光滑金属导轨,半径为R的圆弧部分竖直放置,平直部分固定于水平地面上,MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨放置且与导轨接触良好,cd静止在磁场中,ab从圆弧导轨的顶端由静止释放,进入磁场后与cd没有接触。已知ab的质量为m、电阻为r,cd的质量为3m、电阻为r。金属导轨电阻不计,重力加速度为g。
(1)求ab到达圆弧底端时对轨道压力的大小。
(2)求ab刚进入磁场时cd棒中的电流方向并计算此时电流的大小。
(3)计算两棒都在磁场中的任一时刻的加速度之比。
(4)若cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半,求cd离开磁场瞬间,ab受到的安培力大小。
模块综合测评
1.D 当线圈处在向上增强的磁场中时,穿过线圈的磁通量向上增加,根据楞次定律可知,产生的感应电流从a端流入,从b端流出;两线圈中的感应电流从上往下看都是顺时针方向,则两线圈相互吸引,故D正确。
2.B 在t=0到t=T0时间内,磁感应强度不变,没有涡旋电场产生,绝缘小球保持静止,故A错误;在t=T0到t=2T0时间内,根据法拉第电磁感应定律可得,沿轨道一周的感应电动势为ε=πr2=πr2,由于同一条电场线上各点的电场强度大小相等,所以E=,涡旋电场沿顺时针方向,根据牛顿第二定律可得,在t=T0到t=2T0时间内,小球沿切线方向的加速度大小恒为a1=,所以绝缘小球均沿顺时针方向做速率均匀增加的圆周运动,故B正确;在t=2T0到t=3T0时间内,磁感应强度不变,没有涡旋电场产生,绝缘小球均沿顺时针方向做匀速圆周运动,故C错误;根据法拉第电磁感应定律可知,在t=3T0到t=5T0时间内涡旋电场沿逆时针方向,故D错误。
3.B 电磁波能传递信息,声波也能传递信息,A错误;手机在通话时,涉及的波既有电磁波又有声波,B正确;太阳光中的可见光的传播速度远大于医院“B超”中的超声波的传播速度,C错误;遥控器发出的红外线波长大于医院“CT”中的X射线波长,D错误。
4.D 用电器电阻R=9Ω,电压表的示数9V是有效值,则电路中的电流I=1A,电动势的有效值E=I(R+r)=10V,其峰值Em=E=10V,故A、B错误;由正弦式交变电流的产生与变化的规律可知,交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为零,故C错误;线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势=nV,故D正确。
5.A 理想变压器的电压之比等于匝数之比,由副线圈所在回路中三个均标有“36V 40W”的灯泡能正常发光,可知副线圈两端电压U2=36×3V=108V,所以原线圈两端电压U1=U2=36V,灯泡A与原线圈并联,两端电压也为36V,所以能正常发光。
6.B 开关S闭合稳定时,电感线圈支路的总电阻比B、C灯支路的电阻小,故流过A灯的电流大于流过B、C灯的电流,且电流方向由a到b,a点电势高于b点。当开关S断开时,电感线圈会产生自感现象,相当于电源,b点电势高于a点,阻碍流过A灯电流的减小,瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大,故B、C灯闪亮后缓慢熄灭,B正确。
7.A 以直导线为研究对象,受力分析如图所示,F=BIl,θ=90°-α,Ff=μFN,由平衡条件得G=FN+BIlsinθ,Ff=BIlcosθ,解得B=,其中sinφ=,即φ>30°。因60°≤α≤90°,则B在磁场缓慢转过30°的过程中一直变大,故A正确,B、C、D错误。
8.AD 由左手定则可知,正离子受洛伦兹力向下偏转,负离子受洛伦兹力向上偏转,b板为电源的正极,A正确;稳定时,由平衡条件得qvB=q,解得电源电动势E=U=Bdv,电流I=,用电器两端的电压UR=IR=Bvd,B、C错误,D正确。
9.AC 若磁场的方向垂直于斜面向下,由左手定则可知安培力的方向沿斜面向上,由受力平衡可得mgsinα=BIl,解得B=,故A正确;若磁场的方向垂直于斜面向上,由左手定则可知安培力的方向沿斜面向下,此时导线不可能受力平衡保持静止,故B错误;若磁场的方向竖直向下,由左手定则可知安培力的方向水平向左,由受力平衡可得mgtanα=BIl,解得B=,故C正确;若磁场的方向水平向右,由左手定则可知安培力的方向竖直向下,此时导线不可能受力平衡保持静止,故D错误。
10.AC 在极板间有一带正电的微粒处于静止状态,所以电容器上极板带负电,根据右手定则可知,金属棒逆时针转动,故A正确;由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场,所以金属棒有效切割长度为r,金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=Brv=Br·Br2ω,带电微粒处于静止状态,由平衡条件得q=mg,解得微粒的比荷,故B错误;金属棒转动一周,通过电阻R的电荷量为Q=It=,故C正确;金属棒随轴以角速度ω匀速转动,根据能量守恒定律可知,金属棒克服安培力做功的功率等于重力对其做功的功率与外力对其做功的功率之和,故D错误。
11.答案 交流电源 增大 减小 控制变量法
解析 变压器不能改变直流电的电压,故电源应为低压交流电源。由知U2=U1,原线圈的匝数n1不变,增加副线圈的匝数n2,则副线圈两端的电压增大;副线圈的匝数n2不变,原线圈的匝数n1增大时,U2减小。上述实验采用的方法是控制变量法。
12.答案 见解析
解析 (1)光敏电阻的阻值随光照度变化的曲线如图所示。
由图线可知,光敏电阻的阻值随光照度的增大非线性减小。
(2)当照度降低至1.0lx时,其电压升至2V,由图线知,此时光敏电阻R=20kΩ;因照度降低时1、2两端电压升高,光敏电阻阻值升高,所以控制开关并联在光敏电阻R两端,UR=2V,E=3V,串联电阻分压U=1V,由,解得R'=10kΩ,故选定值电阻R1,电路原理图如图所示。
13.答案 (1)1.2 T (2)1.2 m/s2,方向沿斜面向上
解析 (1)由安培力公式和平衡条件可得mgsinθ=BIlcosθ
由闭合电路欧姆定律得I=
解得B=1.2T。
(2)由牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律有
BI'lcosθ-mgsinθ=ma
I'=
解得a=1.2m/s2
方向沿斜面向上。
14.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子在匀强电场中做类斜抛运动,设初速度与x轴正向成θ角,由牛顿第二定律有ma=qE
将粒子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动,根据运动学公式可得,竖直方向上有
2××a=(vsinθ)2
vsinθ=at
水平方向上有vcosθ=
联立可得θ=45°,。
(2)粒子进入磁场的速度为
v1=vcosθ=v
甲
带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图甲所示,设轨迹圆半径为r
AD为磁场圆和轨迹圆的公共弦,由几何知识可得r=R
在磁场中洛伦兹力提供向心力,有qv1B=m
联立,可得B=。
(3)设粒子从O点射出的速度大小为v0,粒子从O到P过程是类斜抛运动,则有
R=v0cosθ·t1
v0sinθ=a·
解得t1=,v0=v
乙
根据对称性,粒子从P点射入磁场时,速度大小为v0,方向斜向右下方,与x轴正向的夹角为45°。粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示,设轨迹圆半径为r'
由牛顿第二定律有qv0B=m
联立解得r'=R
粒子在磁场中做圆周运动的周期T=
根据几何关系,可知PO1QO3为平行四边形,则粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为135°,所以粒子在磁场中运动的时间为t2=T=
所以粒子在电场和磁场中运动的总时间为
t=t1+t2=。
15.答案 (1)3mg (2)电流方向由d到c
(3)3∶1 (4)
解析 (1)设ab到达圆弧底端时受到的支持力大小为FN,ab下滑机械能守恒,有mgR=mv2
由牛顿第二定律有FN-mg=
联立解得FN=3mg
由牛顿第三定律得,ab对轨道压力的大小为FN'=3mg。
(2)根据右手定则可知,ab刚进入磁场时cd棒中的电流方向由d到c
此时导体棒ab切割磁感线产生的电动势E=Blv
回路中的电流I=
联立解得I=。
(3)两棒都在磁场中时,金属棒ab所受安培力F1=BI0l,其加速度a1=
金属棒cd所受安培力F2=BI0l,其加速度a2=
故加速度之比=3∶1。
(4)设cd离开磁场时ab在磁场中的速度为vab,则cd此时的速度为vab,ab、cd组成的系统动量守恒,有mv=mvab+3m×vab
ab、cd构成的闭合回路,由法拉第电磁感应定律有E'=Blvab
由闭合电路欧姆定律有I'=
ab受到的安培力Fab=BI'l
联立可得Fab=。
