一、(本題共9小題．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中至少有一個(gè)符合題目要求，全選對(duì)的得7分，選對(duì)但不全的得4分，有選錯(cuò)的或不選的得0分)
1.某理想變壓器的原線圈接一交流電，副線圈接如圖1所示電路，電鍵S原來(lái)閉合，且R1＝R2.現(xiàn)將S斷開，那么交流電壓表的示數(shù)U、交流電流表的示數(shù)I、電阻R1上的功率P1及該變壓器原線圈的輸入功率P的變化情況分別是( )．
圖1
A．U增大 B．I增大 C．P1減小 D．P增大
答案 A
2．(2014?杭州統(tǒng)測(cè)訓(xùn)練)兩根通電直導(dǎo)線M、N都垂直紙面固定放置，通過(guò)它們的電流方向如圖2所示，線圈L的平面跟紙面平行，現(xiàn)將線圈從位置A沿M、N連線中垂線迅速平移到位置B，則在平移過(guò)程中，線圈中的感應(yīng)電流( )．
圖2
A．沿順時(shí)針方向，且越來(lái)越小
B．沿逆時(shí)針方向，且越來(lái)越大
C．始終為零
D．先順時(shí)針，后逆時(shí)針
答案 C
3．如圖3所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)是n1、n2，b是原線圈的中心抽頭，圖中電表均為理想的交流電表，副線圈接定值電阻，其余電阻不計(jì)．從某時(shí)刻開始在原線圈c、d兩端加上如圖4所示的交變電壓．則下列說(shuō)法中正確的是( )．
圖3 圖4
A．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a撥向b后，電壓表的示數(shù)變大
B．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a撥向b后，電流表的示數(shù)變小
C．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a撥向b后，原線圈的輸入功率變大
D．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a撥向b后，副線圈輸出電壓的頻率變小
答案 AC
4．北半球某處，地磁場(chǎng)水平分量B1＝0.8×10－4 T，豎直分量B2＝0.5×10－4T，海水向北流動(dòng)，海洋工作者測(cè)量海水的流速時(shí)，將兩極板插入此海水中，保持兩極板正對(duì)且垂線沿東西方向，兩極板相距d＝20 m，如圖5所示，與兩極板相連的電壓表(可看做是理想電壓表)示數(shù)為U＝0.2 mV，則( )．
圖5
A．西側(cè)極板電勢(shì)高，東側(cè)極板電勢(shì)低
B．西側(cè)極板電勢(shì)低，東側(cè)極板電勢(shì)高
C．海水的流速大小為0.125 m/s
D．海水的流速大小為0.2 m/s
答案 AD
5．如圖6為一火災(zāi)報(bào)警系統(tǒng)．其中R0為定值電阻，R為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減�。硐胱儔浩髟�、副線圈匝數(shù)比為5∶1，副線圈輸出電壓如圖7所示，則下列說(shuō)法正確的是( )．
圖6 圖7
A．原線圈輸入電壓有效值為2202 V
B．副線圈輸出電壓瞬時(shí)值表達(dá)式u＝442cos(100πt)V
C．R處出現(xiàn)火情時(shí)原線圈電流增大
D．R處出現(xiàn)火情時(shí)電阻R0的電功率增大
答案 CD
6．如圖8所示，足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，且都傾斜著與水平面成夾角θ.在導(dǎo)軌的最上端M、P之間接有電阻R，不計(jì)其他電阻．導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌，當(dāng)沒有磁場(chǎng)時(shí)，ab上升的最大高度為H；若存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，ab上升的最大高度為h.在兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab都與導(dǎo)軌保持垂直，且初速度都相等．關(guān)于上述情景，下列說(shuō)法正確的是( )．
圖8
A．兩次上升的最大高度相比較為H＜h
B．有磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體棒所受合力的功大于無(wú)磁場(chǎng)時(shí)合力的功
C．有磁場(chǎng)時(shí)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為12mv20
D．有磁場(chǎng)時(shí)，ab上升過(guò)程的最小加速度為gsin θ
解析 當(dāng)有磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體棒除受到沿斜面向下的重力的分力外，還切割磁感線有感應(yīng)電流受到安培力的作用，所以兩次上升的最大高度相比較為h＜H，兩次動(dòng)能的變化量相等，所以導(dǎo)體棒所受合力的功相等，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，有磁場(chǎng)時(shí)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱小于12mv20，ab上升過(guò)程的最小加速度為gsin θ，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、選項(xiàng)D正確．
答案 D
7．圖9中理想變壓器的原線圈接u＝311sin 100πt(V)的交變電壓，副線圈與阻值為R1的電阻接成閉合電路；圖10-中阻值為R2的電阻直接接到電壓為U＝220 V的直流電源上，結(jié)果發(fā)現(xiàn)R1與R2消耗的電功率恰好相等，則變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為( )．
圖9 圖10-
A.R1R2 B.R2R1 C. R2R1 D. R1R2
解析 由u＝311sin 100πt(V)可知，原線圈接入交變電壓的最大值為Umax＝311 V，故有效值為U1＝220 V．又U1U2＝n1n2，R1消耗的電功率P1＝U22R1.R2消耗的電功率P2＝U2R2.又U＝220 V＝U1，P1＝P2.聯(lián)立解得n1n2＝R2R1.
答案 C
8．如圖11所示，在虛線所示的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)變化規(guī)律如圖12所示，面積為S的單匝金屬線框處在磁場(chǎng)中，線框與電阻R相連．若金屬框的電阻為R2，則下列說(shuō)法正確的是( )．
圖11 圖12
A．流過(guò)電阻R的感應(yīng)電流由a到b
B．線框cd邊受到的安培力方向向下
C．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2B0St0
D．a(chǎn)b間電壓大小為2B0S3t0
解析 本題考查電磁感應(yīng)及閉合電路相關(guān)知識(shí)．由題圖12可以看出磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)楞次定律及安培定則可知，感應(yīng)電流方向由a→b，選項(xiàng)A正確；由于電流由c→d，根據(jù)左手定則可判斷出cd邊受到的安培力向下，選項(xiàng)B正確；回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)應(yīng)為E＝?2B0－B0?St0＝B0St0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因?yàn)镋R＋12R＝UR，解得U＝2B0S3t0，選項(xiàng)D正確．
答案 ABD
9.邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框在水平恒力F作用下運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)方向如圖13所示的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d(d＞L)．已知ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度恰好為零．則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程和從磁場(chǎng)另一側(cè)穿出的過(guò)程相比較，有( )．
圖13
A．產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反
B．所受的安培力方向相反
C．進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間等于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間
D．進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量小于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量
答案 AD
二、非(本題共3小題，共37分)
10．(12分)如圖14所示，寬度L＝1 m的足夠長(zhǎng)的U形金屬框架水平放置，框架處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，框架導(dǎo)軌上放一根質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻R＝1.0 Ω的金屬棒ab，棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，現(xiàn)用功率恒為6 W的牽引力F使棒ab從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)(ab棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且垂直)，當(dāng)棒ab的電阻R產(chǎn)生熱量Q＝5.8 J時(shí)獲得穩(wěn)定速度，此過(guò)程中，通過(guò)棒ab的電荷量q＝2.8 C(框架電阻不計(jì)，g取10 m/s2)．問(wèn)：
圖14
(1)棒ab達(dá)到的穩(wěn)定速度多大？
(2)棒ab從靜止到穩(wěn)定速度的時(shí)間多少？
解析 (1)根據(jù)題意，牽引力F使棒ab從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，功率P＝Fv，當(dāng)金屬棒穩(wěn)定時(shí)：F＝F安＋μmg
而F安＝BIL，又根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝BLvR，
聯(lián)立以上各式解得v＝2 m/s.
(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律
E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt＝BsLt，因?yàn)閝＝It＝ERt＝BsLR.
所以棒ab從靜止到穩(wěn)定速度時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為s＝qRBL，
由能量守恒得：Pt＝Q＋12mv2＋μmgs，
聯(lián)立上式解得：t＝1.5 s.
答案 (1)2 m/s (2)1.5 s
11．(13分)如圖15所示，一個(gè)質(zhì)量m＝0.1 kg的正方形金屬框總電阻R＝0.5 Ω，金屬框放在表面絕緣的斜面AA′B′B的頂端(金屬框上邊與AA′重合)，自靜止開始沿斜面下滑，下滑過(guò)程中穿過(guò)一段邊界與斜面底邊BB′平行、寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后滑至斜面底端(金屬框下邊與BB′重合)，設(shè)金屬框在下滑過(guò)程中的速度為v，與此對(duì)應(yīng)的位移為x，那么v2x圖象如圖16所示，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，金屬框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.
圖15 圖16
(1)根據(jù)v2x圖象所提供的信息，計(jì)算出金屬框從斜面頂端滑至底端所需的時(shí)間t；
(2)求出斜面AA′B′B的傾斜角θ；
(3)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
解析 (1)由v2x圖象可知：
x1＝0.9 m，v1＝3 m/s，做勻加速運(yùn)動(dòng)，
x2＝1.0 m，v1＝3 m/s，做勻速運(yùn)動(dòng)，
x3＝1.6 m，末速度v2＝5 m/s，做勻加速運(yùn)動(dòng)，
設(shè)線框在以上三段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2、t3.
則x1＝12v1t1，所以t1＝0.6 s
x2＝v1t2，所以t2＝13s.
x3＝12(v1＋v2)t3，t3＝0.4 s，
t＝t1＋t2＋t3＝43 s，
(2)線框加速下滑時(shí)，由牛頓第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由a＝5.0 m/s2得θ＝53°，
(3)線框通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框受力平衡，
B2L2v1R＋μmgcos θ＝mgsin θ，
線框的寬度L＝d＝0.5 x2＝0.5 m．得B＝33 T.
答案 (1)43 s (2)53° (3)33 T
12．(12分) (2014?海南卷，16)如圖17所示，ab和cd是兩條豎直放置的長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌，MN和M′N′是兩根用細(xì)線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為m和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導(dǎo)軌接觸，兩桿的總電阻為R，導(dǎo)軌間距為l.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌所在平面垂直．導(dǎo)軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t＝0時(shí)刻將細(xì)線燒斷，保持F不變，金屬桿和導(dǎo)軌始終接觸良好．求：
(1)細(xì)線燒斷后，任意時(shí)刻兩桿運(yùn)動(dòng)的速度大小之比；
(2)兩桿分別達(dá)到的最大速度．
圖17
解析 (1)細(xì)線燒斷之前，對(duì)整體分析有F＝3mg①
設(shè)細(xì)線燒斷后任意時(shí)刻MN的速度為v，M′N′的速度為v′
MN的加速度為a，M′N′的加速度為a′，
由牛頓第二定律知：a＝F－mg－F安m②
a′＝2mg－F安′2m③
二者受到的安培力大小相等F安＝F安′④
任意時(shí)刻兩桿速度之比vv′＝ata′t⑤
由①②③④⑤解得vv′＝21⑥
(2)兩桿速度達(dá)到最大值時(shí)a＝0⑦
由安培力公式知F安＝BIl⑧
由閉合電路歐姆定律知
I＝Blvm＋Blvm′R⑨
由①②⑥⑦⑧⑨得vm＝4mgR3B2l2⑩
本文來(lái)自：逍遙右腦記憶 http://m.yy-art.cn/gaosan/67643.html
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