高中物理电磁学综合

-1-高中物理电磁学综合一､选择题1.下图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的u-t图象.原、副线圈匝数比n1：n2=10：1,串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1A,则()A.变压器原线圈所接交流电压的有效值为220VB.变压器输出端所接电压表的示数为222VC.变压器输出端交变电流的频率为50HzD.变压器的输出功率为2202W解析:由交流电的有效值与最大值关系可得U=2mU=220V,A正确;变压器输出电压U2=110U=22V,电压表示数即为有效值,为22V,B错;由图可知,交变电流的周期T=0.02s,则频率f=50Hz,且变压器工作时交变电流的频率不变,C正确;变压器的输出功率等于输入功率P=IU=1×220W,D错.答案:AC2.如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示.若在O点由静止释放一电子,电子仅受电场力的作用,则()A.电子将沿Ox方向运动B.电子的电势能将增大C.电子运动的加速度恒定D.电子运动的加速度先减小后增大解析:由图乙可知,沿Ox方向电势升高,因此电子所受电场力沿Ox方向(与电势升高的方向相同),电场线又是直线,因此在O点由静止释放的电子,将沿Ox方向运动,A正确;电场力对电子做正功,电子电势能减小,B错;由U=φ-φ0=Ed可判断,图象的斜率表示场强,由图象可看出,图线的斜率先减小后增大,即电场强度先减小后增大,那么电子运动的加速度先减小后增大,C错D正确.C项也可以直接判断,但C､D都是判断电子的加速度,因此一同判断可提高解题速度.利用电场中电势随距离变化的特点.答案:AD3.等离子气流由左方连续以v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中,ab直导线与P1、P2相连接,线圈A与直导线cd连接.线圈A内有随图乙所示的变化磁场.且磁场B的正方向规定为向左,如图甲所示,则下列叙述正确的是()-2-A.0~1s内ab、cd导线互相排斥B.1~2s内ab、cd导线互相吸引C.2~3s内ab、cd导线互相吸引D.3~4s内ab、cd导线互相排斥解析:根据右手定则判断导线ab中电流方向为由a到b.0~2s内,线圈A产生的感应磁场向右,判断出cd导线上电流方向为由c到d,此时ab､cd导线通有同向电流相互吸引.同理2~4s内,线圈A中电流反向,ab､cd导线通有反向电流相互排斥.故答案为B､D.答案:BD4.在如图的电路中电源电动势为E,内电阻为r.闭合开关S,待电流达到稳定后,电流表示数为I,电压表示数为U,电容器C所带电荷量为Q.现将滑动变阻器的滑动触头从图示位置向a端移动一些,待电流达到稳定后,则与移动前相比()A.U变小B.I变大C.Q增大D.Q减小解析:将滑动变阻器的滑动触头从图示位置向a端移动一些,则其阻值变大,回路总电阻变大,干路电流I变小,路端电压U升高,因此A､B错;电容器两端电压等于电压表示数,U变大,因此其带电量Q增大,C对D错.答案:C5.如图所示为一理想变压器,原副线圈的匝数之比为1：n,副线圈接一定值电阻R()A.若ab之间接直流电压U,则R中的电流为nURB.若ab之间接直流电压U,则原、副线圈中的电流均为零C.若ab之间接交流电压U,则原线圈中的电流为2nURD.若ab之间接交流电压U,则副线圈中的电流为UnR解析:本题考查知识有:变压器工作原理､闭合电路欧姆定律.ab间接直流电压U时,原线圈-3-中没有电阻故电流无穷大,故B选项错误,由于原线圈中的电流不变化,副线圈中没有电压,故A选项错误;若ab间接交流电压U时,由变压器工作原理知:121UUn,P1=P2,P=UI代入数据得C选项正确,D选项错误.答案:C6.如图所示,直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线,曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线,如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时,则下列说法不正确的是()A.电源1和电源2的内阻之比是11：7B.电源1和电源2的电动势之比是1：1C.在这两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是1：2D.在这两种连接状态下,小灯泡的电阻之比是1：2解析:电源内阻之比11122221//rEIIrEII,A正确;两电源电动势均为10V,比值为1：1,B正确;两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是1112223556PIUPIU=1：2,C正确;两种连接状态下,小灯泡的电阻之比是111222/3618,/5525RUIRUID错,选D.电源伏安特性曲线与小灯泡的伏安特性曲线的交点,即为电源与小灯泡连接时的工作状态,交点的坐标为工作时的电压和电流.答案:D7.如图所示,平行于纸面有一匀强电场(电场未画出),在纸面内建了一个直角坐标系xOy,以O为圆心,做半径r=2cm的圆.如果在圆上任取一点P,设OP与x轴正方向的夹角为θ,P点的电势与θ角函数关系满足φP=[8cos(θ-30°)+10]V.则下列说法正确的是()A.当θ=90°时,P点的电势为10VB.当θ=330°时,P点的电势与当θ=90°时P点的电势相等C.该电场强度的方向与x轴负方向成60°角斜向下D.该圆周上的电势最低点是θ=30°时的P点解析:当θ=90°时,φP=(8cos60°+10)V=14V,即P点的电势为14V,A错;当θ=330°时,P点的电势φP=(8cos300°+10)V=14V,与当θ=90°时P点的电势相等,B正确;当cos(θ-30°)=-1,θ=210°时,P点电势φP=(-8+10)=2V为最低,过电势最低的点的等势面与圆相切,垂直于半径,此时电场线与x轴正方向成θ=210°角,与x轴负方向成30°角斜向下,C错D错.答案:B8.如图所示,在垂直纸面向里的匀强磁场边界,有两个质量、电荷量均相等的正、负离子(不计重力),从O点以相同的速度射入磁场中,射入方向均与边界成θ角,则正、负离子在磁场运动过程中,下列判断错误的是()-4-A.运动的轨道半径相同B.重新回到磁场边界时速度的大小和方向都相同C.运动的时间相同D.重新回到磁场边界的位置与O点距离相等解析:A:由r=mvqB,m､q､v､B都相同,∴r相同.B:洛伦兹力不做功,∴速度大小相同.由r相同,O″O′连线在同一直线上,θ1=θ2,∴v1与v2方向平行,即方向一致.C:二者周期相同,但对应的圆心角不等.由t=2T,∴t1t2.D:由θ1=θ2,r1=r2,∴两者对应弦长相等,即离O点距离相等.答案:C9.如图所示,水平放置的两光滑导轨MN、PQ位于竖直向上的匀强磁场中,导轨电阻不计,质量和电阻阻值完全相同的两根金属棒a和b静止地横放在水平导轨上.现将一水平向右的恒力F作用在棒a上,使两金属棒运动起来,则下列说法中正确的是()A.棒a先做加速度减小的加速运动,而棒b先做加速度增大的加速运动,最终两者一起匀速向前运动B.棒a先做加速度减小的加速运动,而棒b先做加速度增大的加速运动,最终两者以相同的加速度向前加速运动C.两棒最终以相同的速度运动,且回路的电流不为零D.两棒最终以相同的加速度共同运动,此后力F所做的功等于两棒动能的增加解析:当F作用后,对于棒a,根据牛顿第二定律和法拉第电磁感应定律得:22BLvFR=maaa,所以aa逐渐减小;对于棒22:BLvbR=mbab,所以ab逐渐增大.对于整体,根据牛顿第二定律:最终两棒会以相同的加速度向右运动.由于最终两棒的速度大小不同,所以棒中有电流,F做的功一部分要转化为内能.综上所述,A､C､D错误,B正确.答案:B10.如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端与电阻R相连接,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒在垂直导轨的方向上搁在导轨上.今使棒以一定的初速度向右运动,到位置c时棒刚好静止.设导轨与棒的电阻均不计,a、b与b、c的间距相等,则金属棒在由a→b和由b→c的两个过程中()-5-A.棒运动的加速度相等B.通过棒横截面的电量相等C.棒运动的速度变化量相同D.回路中产生的热量相等解析:导体棒由于受到安培力而做减速运动,同时由于速度减小,感应电动势减小而导致安培力减小,加速度减小,A错;电磁感应现象中,通过导体棒截面的电量qR可知,若ab=bc,则回路面积变化相等,通过的电量相等,B正确;由动量定理得BILt=ΔP=m·Δv,即Δv=BILtBLqmm,可见速度的变化量相同,C正确;产生的热量由功能关系得Q=22221212111()222mvmvmvv由速度的平方差确定,D错.答案:BC11.在图中直角坐标系xOy的一,三象限内有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向如图所示.半径为l,圆心角为60°的扇形导线框OPQ从图示位置开始以ω=3rad/s的角速度绕O点在xOy平面内沿逆时针方向匀速转动.则在线框转动一周的过程中,线框中感应电动势随时间变化关系大致是下图中的(设沿OPQ的电动势方向为正)()解析:考查楞次定律,法拉第电磁感应定律.在线框转过3,即1s内,感应电动势方向沿OQP,为负,A､D错误;在1.5~2.5s内,感应电动势方向沿OPQ,为正,B正确､C错误.答案:B12.如图所示,两条足够长的平行金属导轨水平放置,导轨的一端接有电阻和开关,导轨光滑且电阻不计,匀强磁场的方向与导轨平面垂直,金属杆ab置于导轨上.当开关S断开时,在杆ab上作用一水平向右的恒力F,使杆ab向右运动进入磁场.一段时间后闭合开关并开始计时,金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好.下列关于金属杆ab的v—t图象不可能的是()-6-解析:以金属杆为研究对象,有F-F安=ma,即F-22BLvR=ma,当闭合开关瞬间,若F=22BLvR,金属杆做匀速运动,A项正确;若22BLvFR,杆做加速度减小的减速运动,C项符合;若22BLvFR,杆做加速度减小的加速运动,B项符合;本题D图所示是不可能出现的.答案:D二、实验题13.图示为一简单欧姆表原理示意图,其中电流表的满偏电流Ig=300μA,内阻Rg=100Ω,可变电阻R的最大阻值为10kΩ,电池的电动势E=1.5V,内阻r=0.5Ω,图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色.按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时,指针指在刻度盘的正中央,则Rx=________kΩ.若该欧姆表使用一段时间后,电池电动势变小、内阻变大,但此表仍能调零,按正确使用方法再测上述Rx,其测量结果与原结果相比将________(填“变大”“变小”或“不变”).解析:从欧姆表的外部来讲,电流流入为红表笔,电流流出为黑表笔,所以与欧姆表内部电池负极相连的是红表笔.根据欧姆表的工作原理,电阻调零时,电流达满偏,此时有Ig=gERRr,当指针指在刻度盘中央时有1,2Ig=gxERRrR,解上述两式可解得Rx=5kΩ.答案:红5kΩ变大14.有一根圆台状匀质合金棒如图甲所示,某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关.他进行了如下实验:(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L.图乙中游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L=________cm.-7-(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示(相关器材的参数已在图中标出).该合金棒的电阻约为几欧姆.图中有一处连接不当的导线是________.(用标注在导线旁的数字表示)(3)改正电路后,通过实验测得合金棒的电阻R=6.72Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.他发现:在误差允许范围内,电阻R满足R2=Rd·RD,由此推断该圆台状合金棒的电阻R=________.(用ρ、L、d、D表示)解析:本题源于课本中测量金属导体的电阻率,抓住读数､两外接和限流等基本要点,又大胆创新将圆柱体变化为圆台状导体,有效考查了学生对实验的迁移能力.(1)9.940cm,本题在读数时要注意单位.(2)从图给条件判断控制电路应该为限流接法