1、一、选择题1.(2018湖北荆州二模)如图甲所示,一固定的矩形导体线圈abcd竖直放置,线圈的两端M、N接一理想电压表,线圈内有一垂直纸面向外的均匀分布的磁场,线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。下列说法正确的是()。A.测电压时电压表“+”接线柱应接M端B.M端的电势高于N端的电势C.在00.4 s时间内磁通量的变化量为0.3 WbD.电压表示数为0.25 V【解析】由楞次定律判定,感应电流的方向沿顺时针方向,线圈相当于电源,而电源中电流由低电势流向高电势,故N端的电势高于M端电势,N端应该与电压表的“+”接线柱连接,A、B两项错误;由图乙可知,00.4s内磁通量的变化量为0.1Wb,C项错误
2、;磁通量的变化率=0.25Wb/s=0.25V,则电压表示数为0.25V,D项正确。【答案】D2.(2018湖北武汉二模)(多选)如图所示电路中,灯泡A、B的规格相同,电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略,电容器的电容为C,电源电动势为E,内阻为r。下列关于此电路的说法中正确的是()。A.S闭合电路稳定后,电容器的带电荷量为CEB.S闭合后的瞬间,B先亮,A逐渐变亮,最后A、B一样亮C.S断开后的瞬间,通过灯泡A的电流方向向下D.S断开后的瞬间,灯泡B慢慢熄灭【解析】当电路稳定后,电容器与灯泡并联,其电压低于电源电动势E,因此电容器的电荷量小于CE,A项错误。闭合S时,电源的电压同时加到两灯
3、上,A、B同时亮,随着L中电流增大,由于线圈L的直流电阻可忽略不计,分流作用增大,A逐渐被短路直到熄灭,外电路总电阻减小,总电流增大,B变亮,B项错误。断开S的瞬间,线圈中电流要减小,则出现自感电动势,通过灯泡A的电流方向向下,C项正确。断开S的瞬间,电容器也要放电,则灯泡B慢慢熄灭,D项正确。【答案】CD甲3.(2019江西上饶监测)如图甲所示,有一等腰直角三角形的区域,其斜边长为2L,高为L。在该区域内分布着如图所示的磁场,左侧磁场方向垂直纸面向外,右侧磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小均为B。一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区
4、域。取沿顺时针方向的感应电流方向为正,则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()。乙【解析】当bc边进入左边磁场区域切割磁感线时,根据右手定则,线框中产生沿顺时针方向的感应电流,其切割磁感线的有效长度从零逐渐增大至L;当bc边进入右边磁场区域时,ad边开始进入左边磁场区域,根据右手定则,线框中产生沿逆时针方向的感应电流,此时电动势E=B(de+cf)v,由几何知识可知,线框运动时,切割磁感线的有效长度de与cf之和等于L,是恒定的,因此这段时间内感应电流也是定值,当bc边出磁场区域后ad边开始进入右边磁场区域切割磁感线,根据右手定则,线框中产生沿顺时针方向的感应电流,且有
5、效长度从L开始逐渐减小至零,综上所述,D项正确。【答案】D4.(2018广西桂林10月考试)(多选)如图所示,平行金属轨道宽度为d,一部分轨道水平,左端接电阻R,倾斜部分与水平面的夹角为,且置于垂直斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放,直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速,滑动过程与导轨保持良好接触,重力加速度为g)。不计一切摩擦阻力,导体棒接入回路的电阻为r,则整个下滑过程中()。A.导体棒匀速运动的速度大小为B.匀速运动时导体棒两端的电压为C.导体棒下滑距离为s时,通过R的总电荷量为D.重力和安培力对导体棒所做的功大于导
6、体棒获得的动能【解析】导体棒下滑过程中受到重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的安培力,当导体棒匀速运动时,有mgsin=BId,根据欧姆定律可得I=,根据法拉第电磁感应定律可得E=Bdv,联立解得v=sin,E=Bdv=sin,故导体棒两端的电压U=sin,A项正确,B项错误;根据法拉第电磁感应定律有E=,故q=It=t=,根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能,故C项正确,D项错误。【答案】AC甲5.(2018陕西延安9月月考)(多选)如图甲所示,水平地面上竖直固定着一个光滑的圆环,一个质量为m的小球套在环上,圆环最高点有一小孔,细线一端被人牵着,另一端穿过小孔与小球
7、相连,使球静止于A处,此时细线与竖直方向成角,重力加速度为g,则下列说法正确的是()。A.球在A处时,球对细线的拉力大小为2mgsin B.球在A处时,球对圆环的压力大小为mgC.将球由A处缓慢地拉至B处的过程中,球对细线的拉力变小D.将球由A处缓慢地拉至B处的过程中,球对圆环的压力不变【解析】如图乙所示,根据平衡条件,小球受到的重力G与环对球的支持力FN的合力F和细线对球的拉力T等大、反向、共线,根据几何知识可知POA与AGF相似,所以=,由于PO=OA且不变,所以FN=G,根据牛顿第三定律可知B、D两项正确;由余弦定理得T=G=2mgcos,A项错误;在拉动的过程中,PA长度减小,所以细线
8、拉力T减小,根据牛顿第三定律可知C项正确。乙【答案】BCD6.(2018吉林长春11月监测)如图所示电路中,电源E内阻为r,R3为定值电阻,R1、R2为滑动变阻器,A、B为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R1、R2的滑片处于图示位置时,A、B两板间的带电油滴静止不动。下列说法中正确的是()。A.把R2的滑片向右缓慢移动时,油滴向下运动B.把R1的滑片向右缓慢移动时,油滴向上运动C.缓慢增大极板A、B间的距离,油滴静止不动D.缓慢减小极板A、B的正对面积,油滴向上运动【解析】当仅把R2的滑片向右缓慢移动时,两极板间的电压不变,由E电=可知,电场强度不变,即油滴静止不动,故A项错误;R1的滑
9、片向右缓慢移动时R1的阻值变大,R1与R3串联的总电阻变大,故电路中的总电流变小,路端电压变大,电容器两板间电压增大,由E电=可知,极板间的电场强度增大,所以油滴受到的电场力增大,故油滴会向上运动,B项正确;当缓慢增大极板A、B间的距离时,因为板间电压不变,由E电=可知,极板间的电场强度减小,油滴向下运动,故C项错误;当两极板A、B间的正对面积缓慢减小时,由C=,可知电容器电容减小,但极板间电压不变,由E电=可知,电场强度不变,故油滴仍静止在原处,D项错误。【答案】B二、非选择题7.(2018四川绵阳一模)某实验小组分析了下面两个问题后,在实验室进行了验证。(1)如图甲所示,当交变电源的电压有
10、效值为220 V,频率为50 Hz时,三只电灯的亮度相同;当仅将交流电源的频率改为100 Hz时,各灯亮度变化情况是:a灯,b灯,c灯。(2)如图乙所示,A、B、C为三个相同的灯泡,a、b、c为与之串联的三个元件,E1为直流电源,E2为交流电源。当开关S接“1”时,A、B两灯均正常发光,C灯不亮;当开关S接“2”时,A灯仍正常发光,B灯变暗,C灯正常发光。由此可知,a元件是,b元件是,c元件是。(3)“研究感应电流产生的条件”的实验电路如图丙所示。实验表明:当穿过闭合电路的发生变化时,闭合电路中就会有电流产生。在闭合开关S前,滑动变阻器滑片P应置于(选填“a”或“b”)端。开关S闭合后还有多种
11、方法能使线圈C中产生感应电流,写出其中的一种方法:。【解析】(1)当频率升高时,电容器的容抗变小,线圈的感抗变大,电阻器的电阻不变,故a灯变亮,b灯变暗,c灯不变。(2)接“1”通直流时,灯C不亮,说明c处为电容器,直流不能通过;接“2”通交流时,B灯变暗,说明b处为电感,电感对交流有阻碍作用;接“1”“2”时,A灯均正常发光,说明a处为电阻,电阻大小与交流电频率无关。(3)只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中就会产生感应电流。【答案】(1)变亮变暗不变(2)电阻电感电容器(3)磁通量a移动滑动变阻器的滑片(线圈A在线圈C中拔出或插入、断开开关等)8.(2018江西景德镇9月月考)在“验证
12、机械能守恒定律”的实验中,小明同学利用传感器设计实验:如图甲所示,将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放,小球正下方固定一台红外线计时器,能自动记录小球挡住红外线的时间t,改变小球下落高度h,进行多次重复实验。(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示,则小球的直径d=mm。(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,应作下列哪一个图象?。A.h-t图象B.h-图象C.h-t2图象D.h-图象(3)经正确的实验操作,小明发现小球动能的增加量mv2总是稍小于重力势能的减少量mgh,你认为增加释放高度h后,两者的差值会增大(选填“增大”“缩小”或“不变”)。【解析】(1)用螺旋测微器
13、测小球的直径d=18.0mm+0.01mm30.5=18.305mm。(2)要验证的关系式是mgh=mv2=m,即h=,则为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,应作h-图象,故选D项。(3)由于下落过程中受空气阻力的作用,小球动能的增加量总是稍小于重力势能的减小量,则增加释放的高度后,空气阻力做功会增加,两者的差值会增大。【答案】(1)18.305(2)D(3)增大9.(2018安徽阜阳一模)如图所示,一无限长的光滑金属平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面,导轨平面竖直且与地面绝缘,导轨上M、N间接一电阻R,P、Q端接一对沿水平方向的平行金属板,导体棒ab置于导轨上,
14、始终与导轨接触良好,其电阻为3R,导轨电阻不计,棒长为L,平行金属板间距为d。导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动,稳定后棒做匀速运动,不计一切摩擦阻力。此时有一带电荷量为q的液滴恰能在两板间做半径为r的匀速圆周运动,且速率为v。求:(1)导体棒匀速运动的速度v棒。(2)物块的质量m。【解析】(1)设平行金属板间电压为U,液滴质量为m,在平行金属板间做匀速圆周运动,重力与电场力必定平衡,则有q=mg带电粒子由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m根据电路知识有U=E又E=BLv棒联立解得v棒=。(2)棒中电流I=导体棒匀速运动,细线拉力与安培力平衡,则有F=BIL而细线拉力大小等于物块的重力,即F
15、=mg联立解得m=。【答案】(1)(2)10.(2018山东五校联考)如图所示,质量M=4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上,滑板右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5 m,可视为质点的小木块A的质量m=1 kg,原来静止于滑板的左端,滑板与木块A间的动摩擦因数=0.2。滑板B受水平向左的恒力F=14 N作用时间t后撤去F,这时木块A恰好到达弹簧自由端C处,此后运动过程中弹簧的最大压缩量s=5 cm。重力加速度g取10 m/s2。求:(1)水平恒力F的作用时间t。(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。(3)当木块A脱离弹簧且系统达到稳定后,整个运动过程中系统所产
16、生的热量。【解析】(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得aA=aB=根据题意有sB-sA=L即aBt2-aAt2=L联立解得t=1s。(2)1s末木块A和滑板B的速度分别为vA=aAtvB=aBt当木块A和滑板B的速度相同时,弹簧压缩量最大,具有最大弹性势能,根据动量守恒定律有mvA+MvB=(m+M)v由能的转化与守恒得m+M=(m+M)v2+Ep+mgs代入数据求得最大弹性势能Ep=0.3J。(3)二者共速之后,设木块相对滑板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v,相对滑板向左滑动的距离为x,有mvA+MvB=(m+M)v解得v=v由能量守恒定律可得Ep=mgx解得x=0.15m由于s+Lx且xs,故假设成立整个过程系统产生的热量Q=mg(L+s+x)=1.4J。【答案】(1)1s(2)0.3J(3)1.4J
