六十六中高一下期中物理Word下载.docx
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7.(3分)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场,如图所示,则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )
A.
B.
C.
D.
8.(3分)如图所示,闭合导线框的质量可以忽略不计,将它从图示位置匀速拉出匀强磁场.若第一次用0.3s的时间拉出,外力所做的功为W1,通过导线横截面的电荷量为q1;
第二次用0.9s时间拉出,外力所做的功为W2,通过导线横截面的电荷量为q2,则( )
A.W1<W2,q1<q2B.W1<W2,q1=q2C.W1>W2,q1=q2D.W1>W2,q1>q2
9.(3分)摆长为L的单摆做简谐振动,若从某时刻开始计时,(取作t=0),当振动至
时,摆球具有负向最大速度,则单摆的振动图象是图中的( )
10.(3分)如图所示,两个互连的金属圆环,粗金属环的电阻为细金属环电阻的二分之一.磁场垂直穿过粗金属环所在区域.当磁场的磁感应强度随时间均匀变化时,在粗环内产生的感应电动势为ε,则a、b两点间的电势差为( )
εB.
εC.
εD.ε
11.(3分)如图所示,MN是一根固定的通电长直导线,电流方向向上,今将一金属线框abcd放在导线上,让线框的位置偏向导线的左边,两者彼此绝缘,当导线上的电流突然增大时,线框整个受力为( )
A.受力向右B.受力向左C.受力向上D.受力为零
12.(3分)如图所示,匀强磁场存在于虚线框内,矩形线圈竖直下落.如果线圈受到的磁场力总小于其重力,则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )
A.a1>a2>a3>a4B.a1=a3>a2>a4C.a1=a3>a4>a2D.a4=a2>a3>a1
二、多项选择题(每小题4分,共20分,漏选得2分,有错选不得分)
13.(4分)如图所示,当A振动起来后,通过绷紧水平绳迫使B、C振动起来,下列说法正确的是( )
A.A、B、C三个单摆的周期均相同
B.只有A、C两个单摆周期相同
C.A、B、C三个单摆的振幅相同
D.B的振幅比C的振幅小
14.(4分)关于公式ν=λf,正确的说法是( )
A.ν=λf适用于一切波
B.由ν=λf可知,f增大,则波速ν也增大
C.由ν、λ、f三个量中,对同一列波来说,在不同介质中传播时保持不变的只有f
D.由ν=λf可知,波长是2m的声波比波长是4m的声波传播速度小2倍
15.(4分)为了监测变电站向外输电情况,要在变电站安装互感器,其接线如图所示.两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4,a和b是交流电表.则( )
A.n1>n2
B.n3>n4
C.a为交流电流表,b为交流电压表
D.a为交流电压表,b为交流电流表
16.(4分)如图所示,当条形磁铁作下列运动时,线圈中的感应电流方向应是:
(从左向右看)( )
A.磁铁靠近线圈时,电流方向是逆时针的
B.磁铁靠近线圈时,电流方向是顺时针的
C.磁铁向上平动时,电流方向是逆时针的
D.磁铁向上平动时,电流方向是顺时针的
17.(4分)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,则( )
A.如果B增大,vm将变大B.如果α增大,vm将变大
C.如果R增大,vm将变大D.如果m增大,vm将变大
三、计算题(本题共5小题,共44分)
18.(12分)如图所示,在一个光滑金属框架上垂直放置一根长=0.4m的金属棒ab,其电阻r=0.1Ω,框架左端的电阻R=0.4Ω.垂直框面的匀强磁场的磁感强度B=0.1T.当用外力使棒ab以速度v=5m/s向右移动时,求:
(1)ab棒中产生的感应电动势ε
(2)通过ab棒的电流I,并在标出电流方向
(3)ab棒两端的电势差Uab
(4)在电阻R上消耗的功率P1
(5)在ab棒上消耗的发热功率P2
(6)外力做功的功率P3.
19.如图所示,面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中,磁场方向垂直于线圈平面.磁感强度随时间变化的规律是B=(6﹣0.2t)(T)已知R1=4Ω,R2=6Ω,电容C=30μF,线圈A的电阻不计.求:
(1)闭合S后,通过R2的电流强度大小和方向.
(2)闭合S一段时间后再断开S,S断开后通过R2的电荷量是多少?
20.如图1所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置.两导轨间距为L0,M、P两点间接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.
(1)由b向a方向看到的装置如图2,在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图;
(2)在加速下滑时,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流及其加速度的大小;
(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值.
21.江苏省泰州市经济开发区引进垃圾焚烧发电设备,该发电机输出功率为40kW,输出电压为400V,用变压比(原、副线圈匝数比)为1:
5的变压器升压后向某小区供电,输电线的总电阻为5Ω,到达该小区后再用变压器降为220V.求:
(1)输电线上损失的电功率;
(2)降压变压器的变压比.
22.如图所示,一质量为m=0.016kg、长L=0.5m、宽d=0.1m、电阻R=0.1Ω的矩形线圈,从h1=5m的高处由静止开始下落,然后进入匀强磁场,当下边进入磁场时,由于磁场力的作用,线圈正好作匀速运动.
(1)求匀强磁场的磁感应强度B.
(2)如果线圈的下边通过磁场所经历的时间t=0.15s,求磁场区域的高度h2.
(3)求线圈的下边刚离开磁场的瞬间,线圈的加速度的大小和方向.
(4)从线圈的下边进入磁场开始到线圈下边离开磁场的时间内,在线圈中产生的焦耳热是多少?
物理试题答案
1.【解答】根据法拉第电磁感应定律E=n
得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比.
A、磁通量变化越大,则不知磁通量的变化时间,故
,不一定越大,故A错误;
B、磁通量越大,是Φ大,但△Φ及
,则不一定大,故B错误;
C、虽然磁感应强度越强的磁场中,但
可能是定值,产生的感应电动势可能不变,故C错误;
D、磁通量变化的快慢用
,表示磁通量变化得快,则
,比值就大,根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大,故正确D.
故选:
D.
2.【解答】当驱动力的频率f等于物体的固有频率f0时,系统达到共振,振幅最大,故f<f0时,随f的增大,振幅增大,当f>f0时,随f的增大,驱动力的频率远离固有频率,故该振动系统的振幅减小,故当驱动力的频率逐渐增大过程物体的振幅先增大后减小.
3.【解答】弹簧振子的周期由振动系统本身的特性决定,与振幅无关.所以两次振动的周期之比为1:
1.
由简谐运动的特征:
a=﹣
得:
最大加速度的大小之比am1:
am2=x:
2x=1:
2
故选C
4.【解答】由Em=NBSω知若线圈匝数减为原来的一半,而转速增为原来的2倍时Em不变;
转速变为2ω,由e=EmSinωt知电动势的表达式为e′=Emsin2ωt,故B正确,ACD错误;
B.
5.【解答】输入电压(U1)和匝数比决定输出电压(U2),匝数及V1不变则V2不变,故当滑动触头向上滑动的过程中,两并联支路的总电阻一直减小,根据欧姆定律则电流表A2示数一直增大,根据电流与匝数成反比,得I1变大,V2不变,而I2变大,根据P=UI,则P变大;
故B正确;
B
6.【解答】A、此时a的振动方向向上,过
周期后,在波谷,与振动图象计时起点的情况不符.故A错误.
B、此时b在波谷,过
周期后,经平衡位置向下,与振动图象计时起点的情况相符.故B正确.
C、此时c经平衡位置向下,过
周期后,到达波峰,与振动图象计时起点的情况不符.故C错误.
D、此时d在波峰,过
周期后,经平衡位置向上,与振动图象计时起点的情况不符.故D错误.
7.【解答】磁场中切割磁感线的边相当于电源,外电路由三个相同电阻串联形成,ACD中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为:
U=
=
,
B图中a、b两点间电势差为路端电压为:
,所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图所示;
8.【解答】设线框的长为L1,宽为L2,速度为v.
线框所受的安培力大小为FA=BIL2,又I=
,E=BL2v,则得:
FA=
线框匀速运动,外力与安培力平衡,则外力的大小为F=FA=
外力做功为W=FL1=
•L1=
L1=
•
可见,外力做功与所用时间成反比,则有W1>W2.
两种情况下,线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等,根据感应电荷量公式q=
可知,通过导线截面的电量相等,即有q1=q2.
C
9.【解答】根据单摆的周期
,当
时,摆球具有负向最大速度,知摆球经过平衡位置向负方向振动.故C正确,A、B、D错误.
10.【解答】由题左、右金属环的电阻之比R左:
R右=1:
2,2R左=R右,
根据串联电路电压与电阻成正比,可得:
a、b两点间的电势差为:
E=
E,故C正确.故选:
C.
11.【解答】金属线框放在导线MN上,导线中电流产生磁场,根据安培定则判断可知,线框左右两侧磁场方向相反,线框左侧的磁通量大于线框右侧的磁通量,磁通量存在抵消的情况.当导线中电流增大时,穿过线框的磁通量增大,线框产生感应电流,根据楞次定律可知,感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化,则线框将向磁通量减小方向运动,即向右移动,故A正确,BCD错误;
12.【解答】未进磁场前和全部进入磁场后,都仅受重力,所以加速度a1=a3=g.磁场的过程中,受到重力和向上的安培力,根据牛顿第二定律知加速度a2<g.
而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动,故4位置时的速度大于2时的速度,故此时加速度一定小于2时的加速度,故a4<a2;
故关系为:
a1=a3>a2>a4
13.【解答】由题意,A做自由振动,其振动周期就等于其固有周期,而B、C在A产生的驱动力作用下做受迫振动,受迫振动的周期等于驱动力的周期,即等于A的固有周期,所以三个单摆的振动周期相等;
由于C、A的摆长相等,则C的固有周期与驱动力周期相等,产生共振,其振幅振幅比B摆大.所以AD正确,BC错误.
故选AD.
14.【解答】A、波速公式ν=λf适用于一切波.故A正确.
B、波速由介质决定,与波的频率无关.故B错误.
C、频率由波源决定,同一列波在不同介质中传播频率相同.而波速不同,波长也不同.故C正确.
D、在同一介质中传播的波长是2m的声波与波长是4m的声波传播速度相同.故D错误.
故选AC.
15.【解答】A、由图可知,a并联在电路中是电压互感器,电路中是强电压,通过变压器变成弱电压,用电压表测量,因为电压之比等于线圈匝数比,所以n1>n2,故A正确;
B、b串联在电路中是电流互感器,电路中是强电流,通过变压器变成弱电流,用电流表测量,因为电流之比等于线圈匝数的倒数比,所以n3<n4,B错误;
C、a是电压表,b为电流表,C错误D正确;
AD
16.【解答】A、条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中,原磁场方向向左,且磁通量在增加,根据楞次定律,感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化,所以感应电流的磁场向右,由安培定则,知感应电流的方向(自左向右看)沿顺时针方向.故A错误、B正确,
C、条形磁铁向上平动过程中,原磁场方向向左,且磁通量在减小,根据楞次定律,感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化,所以感应电流的磁场向左,由安培定则,知感应电流的方向(自左向右看)沿逆时针方向.故C正确,D错误;
故选BC.
17.【解答】金属杆受重力、支持力、安培力,开始时重力沿斜面的分力大于安培力,所以金属杆做加速运动.
随着速度的增加,安培力在增大,所以金属杆加速度逐渐减小,当加速度减小到零,速度最大.
当加速度为零时,金属杆做匀速运动,速度最大,则有
mgsinα=BIL,I=
联立得:
vmax=
.
由上式分析得知:
A、如果B增大,vmax将变小,故A错误.
B、如果α增大,vmax将变大,故B正确.
C、如果R变大,vmax将变大,故C正确.
D、如果m变大,vmax将变大,故D正确.
BCD
18.【解答】解:
(1)ab棒中产生的感应电动势为:
ε=BLv=0.1×
0.4×
5V=0.2V
(2)通过ab棒的电流为:
I=
A=0.4A,方向由b到a.
(3)ab棒两端的电势差为:
Uab=IR=0.4×
0.4V=0.16V
(4)电阻R上消耗的功率为:
P1=I2R=0.162×
0.4W≈0.01W;
(5)ab棒上消耗的发热功率为:
P2=I2r=0.162×
0.1W≈0.002W;
(6)切割运动中产生的电功率为:
P3=P1+P2=0.012W
答:
(1)ab棒中产生的感应电动势为0.2V.
(2)通过ab棒的电流为0.4A,方向由b到a.
(3)ab棒两端的电势差Uab为0.16V.
(4)电阻R上消耗的功率P1为0.01W.
(5)ab棒上消耗的发热功率P2为0.002W.
(6)切割运动中产生的电功率P3为0.012W.
19.【解答】解:
(1)由于B=6﹣0.2t,
则
A线圈内产生的感应电动势:
S闭合后,电路中电流
方向由a→R2→b
故通过R2的电流强度大小为0.4A,方向由a→R2→b.
(2)断开S后,通过R2的电流Q=C
故S断开后通过R2的电量是7.2×
10﹣5C.
20.【解答】解:
(1)由右手定则可知,杆向下运动时,感应电流从a流向b,再根据左手定则知,杆ab所受安培力方向沿斜面向上,则物体受力如图所示:
重力mg,竖直下
支撑力N,垂直斜面向上
安培力F,沿斜面向上
(2)当ab杆速度为v时,感应电动势E=BLv,此时电路中电流
ab杆受到安培力
根据牛顿运动定律,杆所受合力
F合=mgsinθ﹣F=ma
可得杆的加速度a=
(3)杆沿轨道下滑时随着速度增大,杆的加速度逐渐减小,当杆的加速度减小为0时,杆的速度将达到最大,所以当a=0时,有:
=0
所以此时杆的最大速度
vm=
(1)由b向a方向看到的装置如图2,在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图如上图所示;
(2)在加速下滑时,当ab杆的速度大小为v时,此时ab杆中的电流为
及其加速度的大小为
;
(3)在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值为
21.【解答】解:
(1)输电功率为:
P输=U1I1
代入数据得:
40×
103=400I1
解得:
I1=100A
由电流与匝数关系可知:
n1I1=n2I2
1×
100=5×
I2
I2=20A
则损失的功率:
P损=I22R=(20)2×
5=2×
103W
(2)降压变压器输入电压:
U3=U2﹣I2R=400×
5﹣5×
20=1900V;
则可知变压比为:
(1)输电线上损失的功率为2×
103W;
(2)降压变压器的变压比为95:
11.
22.【解答】解:
(1)线圈做自由落体运动,机械能守恒,由机械能守恒定律得:
mgh1=
mv02,
线圈进入磁场时受到的安培力:
F=BId=
线圈进入磁场时做匀速直线运动,由平衡条件得:
mg=
代入数据解得:
B=0.4T;
(2)线圈下边进入磁场后先做匀速运动,做匀速直线运动的时间:
t0=
t0=0.05s,
线圈做加速运动的时间为:
t1=t﹣t0=0.1s,
位移:
h2=L+v0t1+
gt12,
h2=1.55m;
(3)线圈下边刚离开磁场瞬间,线圈受到:
v=v0+gt1,
v=11m/s,
由牛顿第二定律得:
﹣mg=ma,
a=1m/s2,方向向上;
(4)线圈的重力势能转化为焦耳热:
Q=mgL=0.016×
10×
0.5=0.08J;
(1)匀强磁场的磁感应强度为0.4T.
(2)如果线圈的下边通过磁场所经历的时间t=0.15s,磁场区域的高度为1.55m.
(3)线圈的下边刚离开磁场的瞬间,线圈的加速度的大小为1m/s2,和方向.
(4)从线圈的下边进入磁场开始到线圈下边离开磁场的时间内,在线圈中产生的焦耳热是0.08J.
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