1、选择题+电磁感应计算题(1)一、单项选择题1.(2018江苏淮安、宿迁等期中质检)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内太空授课时,指令长聂海胜悬浮在太空舱内“太空打坐”的情景如图。若聂海胜的质量为m,距离地球表面的高度为h,地球质量为M,半径为R,引力常量为G,地球表面的重力加速度为g,则聂海胜在太空舱内受到重力的大小为()A.0 B.mg C.GMmh2 D.GMm(R+h)22.(2018江苏扬州第一学期期末)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示,d是两负电荷连线的中点,c、d两点到中间负电荷的距离相等,则()A.a点的电场强度比b点的小B.a点的电势比b点的低C.c点的电场强
2、度比d点的小D.c点的电势比d点的高3.(2017江苏徐州质检)如图所示,在水平天花板的A点处固定一根轻杆a,杆与天花板保持垂直。杆的下端有一个轻滑轮O。一根细线上端固定在该天花板的B点处,细线跨过滑轮O,下端系一个重为G的物体,BO段细线与天花板间的夹角为=30。系统保持静止,不计一切摩擦。下列说法中正确的是()A.细线BO对天花板的拉力大小是G2B.a杆对滑轮的作用力大小是G2C.a杆和细线对滑轮的合力大小是GD.a杆对滑轮的作用力大小是G4.2018江苏苏锡常镇四市教学情况调研(二)运动员进行跳伞训练。假设运动员在没有打开降落伞时做自由落体运动,打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比,不计
3、开伞时间,跳伞运动员下落过程的v-t图像不可能是()5.(2018江苏无锡锡山中学月考)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中v-t图像如图所示,g=10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小球重力和所受阻力之比为51B.小球上升过程中克服阻力做功24 JC.小球上升与下落所用时间之比为23D.小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中机械能的损失二、多项选择题6.(2018江苏泰州中学月考)奔跑吧兄弟摄制组来到南京体育学院,小邓同学应邀参加一项转盘投球游戏,如图所示,顺时针转动的大转盘圆心O点放有一个铁桶,小邓站在转盘上的P点把篮球水平抛向铁桶,篮球总能落入桶中。
4、设篮球抛出时相对转盘的速度方向与O、P连线的夹角为,下列说法正确的是()A.篮球抛出时速度可能沿a方向B.篮球抛出时速度可能沿b方向C.若转盘转速变大,保持篮球抛出点的高度不变,角可能变小D.若转盘转速变大,降低篮球抛出点的高度,角可能保持不变7.(2018江苏南京、盐城二模)光敏电阻是用硫化镉或硒化镉等半导体材料制成的特殊电阻器,其电阻值会随光照强度的增大而减小,光敏电阻的这种特殊性能,在科技生活中得到广泛应用。某应用电路如图所示,R1、R2为定值电阻,L为小灯泡,R3为光敏电阻,当照射光强度增大时()A.电压表的示数增大B.R2中电流减小C.小灯泡的功率增大D.R3的功率增大8.(2018
5、江苏苏北四市一调)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为21,原线圈接交流电u=202 sin 100 t(V),保险丝的电阻为1 ,熔断电流为2 A,电表均为理想电表。下列说法正确的有()A.电压表V的示数为14.1 VB.电流表A1、A2的示数之比为21C.为了安全,滑动变阻器接入电路的最小阻值为4 D.将滑动变阻器滑片向上移动,电流表A1的示数减小9.(2017江苏南京、盐城二模)如图所示,在竖直平面内固定两个很靠近的同心圆轨道,外圆内表面光滑,内圆外表面粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动,球的直径略小于两圆间距,球运动的轨道半径为R,不计空气阻力。下列说法正确的是
6、()A.若v0=4gR,则小球在整个运动过程中克服摩擦力做功等于mgRB.若使小球在最低点的速度v0大于5gR,则小球在整个运动过程中,机械能守恒C.若小球要做一个完整的圆周运动,小球在最低点的速度v0必须大于等于5gRD.若小球第一次运动到最高点,内圆对小球的支持力为0.5mg,则小球在最低点对外圆的压力为5.5mg三、计算题10.(2018江苏南京学情调研)如图所示,电阻不计、间距为l=1.0 m的光滑平行金属导轨,水平放置于磁感应强度B=1.0 T、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R=1.5 ,质量为m=1.0 kg、电阻为r=0.5 的金属棒MN置于导轨上,始终垂直导轨且
7、接触良好。当MN受到垂直于棒的水平外力F=2.0 N的作用,由静止开始运动,经过位移x=1.55 m,到达PQ处(图中未画出),此时速度为v=2.0 m/s。求:(1)金属棒在PQ处所受磁场作用力大小;(2)金属棒在PQ处的加速度大小;(3)金属棒在运动中回路总共产生的内能。答案精解精析一、单项选择题1.D飞船在距地面高度为h处,由万有引力等于重力得mg=GMm(R+h)2,故D项正确,A、B、C项错误。2.D电场线的疏密程度表示电场强度的大小,由图可知a点的电场强度比b点的大,故A项错误;根据沿电场线方向电势降低,且等势线与电场线垂直,a点的电势比b点的高,故B项错误;根据点电荷产生电场的电
8、场强度公式E=kqr2,+2q在c点产生电场的电场强度较强,且与两负电荷在c点产生电场的电场强度方向相同;而+2q在d点产生电场的电场强度较弱,且两负电荷在d点产生电场相互抵消,所以c点的电场强度比d点的大,故C项错误;根据沿电场线方向电势降低,由图可知,c点的电势比d点的高,故D项正确。3.D细线对天花板的拉力等于物体的重力G;以滑轮为研究对象,两段线的拉力都是G,互成120,因此合力大小是G,根据共点力平衡,a杆对滑轮的作用力大小也是G(方向与竖直方向成60角斜向右上方);a杆和细线对滑轮的合力大小为零。4.D运动员在没有打开降落伞时做自由落体运动,在打开伞瞬间获得速度v,打开伞后所受空气
9、阻力和下落速度成正比,则f=kv。若kv=mg,则运动员接下来做匀速直线运动,故A项正确。若kvmg,则运动员所受合力向上且kv-mg=ma,运动员做加速度减小的减速运动直到匀速运动,故C项正确,D项错误。5.A由速度-时间图线可知,小球上升的加速度大小a1=12 m/s2,根据牛顿第二定律得,mg+f=ma1,解得阻力f=ma1-mg=(12-10) N=2 N,所以重力和所受阻力之比为51。小球匀减速直线运动的位移:x=24 m,克服阻力做功:W=fx=48 J。小球下降的加速度:a2=mg-fm=8 m/s2,由x=12at2得t=2xa,小球上升与下落所用时间之比为63,机械能损失量等
10、于阻力做的功,上、下过程阻力做功一样多,所以损失机械能一样多。二、多项选择题6.AD根据速度的合成可知,转盘的速度和抛出时小球速度的合速度一定指向O点,根据速度的合成可知,篮球抛出时速度可能沿a方向,不可能沿b方向,所以A正确,B错误。若转盘转速变大,篮球还能进入铁桶,说明合速度的方向不变,保持篮球抛出点的高度不变,下落时间就不变,则合速度的大小也不变,根据速度的合成可知,角会变大,C错误。如果降低篮球抛出点的高度,下落时间就减小,则合速度的大小应变大,根据速度的合成可知,角可能不变,所以D选项是正确的。7.ABC光照强度增大时,R3电阻减小,电路总电阻减小,干路电流增大,R1的电压和电源内阻
11、电压增大,电压表的示数增大,故A项正确;根据闭合电路欧姆定律有E=Ur+U1+U2,则U2减小,根据I2=U2R2,R2中电流减小,故B项正确;根据并联电路电流规律知流过灯泡的电流增大,根据PL=I2RL,小灯泡的功率增大,故C项正确;流过R3的电流增大,电压减小,功率的变化无法确定,故D项错误。8.CD原线圈电压有效值为U1=2022 V=20 V,根据变压器原理可得U2=n2n1U1=1220 V=10 V,故电压表V的示数为10 V,故A项错误;根据变压器原理可知,电流与匝数成反比,故电流表A1、A2的示数之比为12,故B项错误;保险丝的电阻为1 ,熔断电流为2 A,为了安全,滑动变阻器
12、接入电路的最小阻值为Rmin=U2Imax-r保=102 -1 =4 ,故C项正确;将滑动变阻器滑片向上移动,滑动变阻器接入电路的总电阻增大,副线圈中电流减小,则原线圈的电流也减小,所以电流表A1的示数减小,故D正确。9.AB若使小球始终做完整的圆周运动,小球应沿外圆内侧运动,在运动过程中不受摩擦力,机械能守恒,设小球恰好运动到最高点时速度为v,则有mg=mv2R,由机械能守恒定律得12mv02=mg2R+12mv2,小球在最低点时的最小速度为v0=5gR,所以若使小球始终做完整的圆周运动,则v0一定不小于5gR,故B项正确;若v0=4gR,小球在运动过程中一定与内圆接触,机械能不断减少,经过
13、足够长时间,小球最终在圆心下方做往复运动,最高点与圆心等高,机械能为mgR,最低点的机械能为12mv02=2mgR,故小球在整个运动过程中机械能损失mgR,即克服摩擦力做功等于mgR,故A项正确;若小球的速度小于5gR,也是有可能做完整的圆周运动的,只是最终在圆心下方做往复运动,故C项错误;若小球第一次运动到最高点,内圆对小球的支持力为0.5mg,根据牛顿第二定律,有mg-0.5mg=mv12R,故在最高点机械能E1=12mv12+mg2R=94mgR;若小球在最低点对外圆的压力为5.5mg,对小球有5.5mg-mg=mv22R,解得v2=92gR,故在最低点机械能为E2=12mv22=94mgR,即机械能守恒,而在最低点速度小于5gR,机械能应该减少,矛盾,故D项错误。三、计算题10.答案(1)1.0 N(2)1.0 m/s2(3)1.1 J解析(1)速度为v=2.0 m/s时,回路电动势E=Blv(2分)产生的电流I=ER+r(2分)由此得磁场对金属棒的作用力FA=BIl=B2l2vR+r=1.0 N(2分)(2)由牛顿第二定律有F-FA=ma(2分)解得a=F-FAm=1.0 m/s2(2分)(3)由运动中的能量关系有Fx+W=12mv2(3分)解得W=12mv2-Fx=-1.1 J(2分)棒克服安培力所做的功,即回路中总共产生的内能为1.1 J