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浙江省湖州市长兴中学2022学年高二物理下学期期中试卷(含解析)
浙江省湖州市长兴中学2022学年高二物理下学期期中试卷(含解析)
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2022-2022学年浙江省湖州市长兴中学高二(下)期中物理试卷一、单项选择题(本大题共13小题,每小题3分,每题只有一个选项符合题目要求,共39分)1.(3分)(2022春•长兴县校级期中)关于电磁感应现象,下列说法中正确的是( ) A.只要闭合电路中有磁通量,闭合电路中就有感应电流产生 B.只要闭合线圈做切割磁感线运动,电路中就一定有感应电流 C.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大 D.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大考点:法拉第电磁感应定律;楞次定律.专题:电磁感应与电路结合.分析:根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势与什么因素有关.感应电流产生的条件:当闭合回路中磁通量发生变化时,回路中就会产生感应电流.解答:解:A、感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化,闭合电路内有磁通量不一定有磁通量的变化,所以闭合电路中就不一定有感应电流产生.故A错误.B、闭合电路在磁场中运动,磁通量不一定发生变化,所以闭合电路中就不一定有感应电流产生.故B错误;C、根据E=,磁通量变化大,磁通量的变化率不一定大,感应电动势不一定大,故C错误;D、根据E=,穿过线圈的磁通量变化越快,磁通量变化率越大,则感应电动势越大.故D正确.故选:D.点评:解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律,知道感应电动势的大小与磁通量的变化率有关.判断电路中能否产生感应电流,应把握两点:一是要有闭合回路;二是回路中的磁通量要发生变化. 2.(3分)(2022春•长兴县校级期中)如图,金属圆环的一半面积处在磁场中,穿过环的磁通量每秒钟均匀增加0.3Wb,则( ) A.圆环中感应电动势每秒增加0.3V B.圆环中感应电动势每秒减少0.3V C.圆环中感应电动势始终为0.3V D.圆环中感应电动势始终为0.15V考点:法拉第电磁感应定律;安培力.专题:电磁感应与电路结合.-16-\n分析:根据法拉第电磁感应定律E=n,分析感应电动势的大小.解答:解:磁通量始终保持每秒钟均匀地增加6Wb,则=0.3Wb/s,根据法拉第电磁感应定律E=n,知E=0.3V保持不变.故C正确,A、B、D错误.故选:C.点评:解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,会运用法拉第电磁感应定律解题. 3.(3分)(2022春•长兴县校级期中)图中是涡流在生产、生活中的应用,下列描述中不正确的是( ) A.真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置 B.家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的 C.金属探测器的原理主要是利用涡流来探测金属 D.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流考点:*涡流现象及其应用.分析:电流做周期性的变化,在附近的导体中产生感应电流,该感应电流看起来像水中的漩涡,所以叫做涡流.涡流会在导体中产生大量的热量.解答:解:A、真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化,在冶炼炉中产生涡流,从而产生大量的热量.故A正确.B、家用电磁炉锅体中的涡流是由周期性磁场产生的.故B错误.C、金属探测器中变化电流遇到金属物体,在金属物体上产生涡流.故C正确.D、变压器中的电流的交流,当变压器中的电流变化时,是其内芯将产生涡流,使用硅钢片做成的内芯可以尽可能减小涡流的损失.属于涡流的应用.故D正确.本题选择错误的,故选:B.点评:掌握涡流的原理及应用与防止:真空冶炼炉,硅钢片铁心,金属探测器,电磁灶等. 4.(3分)(2022春•长兴县校级期中)一段长0.2m,通过2.5A电流的直导线,放在磁感应强度为B的匀强磁场中,受到的安培力为F,则下列说法正确的是( ) A.如果B=2T,F一定是1N B.如果F=0,B也一定为零 C.如果B=4T,F有可能是1N D.如果F有最大值时,通电导线一定与B平行考点:安培力.-16-\n分析:通电导线在磁场中的受到安培力作用,由公式F=BILsinθ求出安培力大小,当夹角为零时没有安培力;当夹角为90°时,安培力最大;则安培力在最大值与零之间.解答:解:A、如果B=2T,当直导线垂直于磁场时,则由公式可得安培力的大小为F=BIL=2×2.5×0.2N=1N.若不垂直,则通电导线受到的安培力小于1N,故A错误;B、如果F=0,直导线可能与磁场平行,则B不一定为零,故B错误;C、如果B=4T,若垂直放置时,则安培力大小为F=BIL=4×2.5×0.2N=2N.因此F有可能是1N,故C正确;D、如果F有最大值,通电导线一定与B垂直,故D错误,故选:C点评:学会运用F=BIL计算安培力的大小,注意公式成立的条件是B与I相互垂直.若不垂直则可将磁感应强度沿直导线与垂直导线两方向进行分解,则平行的没有安培力,垂直的安培力可用F=BIL计算安培力的大小. 5.(3分)(2022春•长兴县校级期中)如图所示,三根通电直导线P、Q、R互相平行垂直纸面放置,通过正三角形的三个顶点,三根导线通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流.则导线R受到的磁场力的方向是( ) A.垂直R,指向y轴负方向B.垂直R,指向y轴正方向 C.垂直R,指向x轴正方向D.垂直R,指向x轴负方向考点:平行通电直导线间的作用.分析:R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的,由安培定则判断出R处磁场的方向,然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向.解答:解:由安培定则可知,通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右,即沿X轴正方向,则R处的磁场方向沿X轴正方向;由左手定则可知,通电直导线R所受安培力垂直于R指向Y轴负方向.选项BCD错误,A正确.故选:A.点评:要注意解题步骤,先由安培定则判断出R处的磁场方向,然后由左手定则判断出安培力的方向. 6.(3分)(2022春•长兴县校级期中)马航MH370客机失联后,中国两架伊尔﹣76飞机参与了在南印度洋的搜救工作.已知在南半球地磁场的竖直分量向上,飞机处于定速巡航时段,机翼保持水平,飞行高度不变,由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差.设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1,右方机翼末端处电势为φ2,则在飞机定速巡航时,下列说法正确的是( ) A.无论飞机航向如何都有φ1<φ2 B.只有飞机从南往北飞,φ1<φ2 C.只有飞机从西往东飞,φ1<φ2-16-\n D.只有飞机从东往西飞,φ1=φ2考点:导体切割磁感线时的感应电动势.专题:电磁感应与电路结合.分析:由于地磁场的存在,当飞机在南半球水平飞行时,两机翼的两端点之间会有一定的电势差,相当于金属棒在切割磁感线一样.由右手定则可判定电势的高低.解答:解:当飞机在南半球飞行时,由于地磁场的存在,且地磁场的竖直分量方向竖直向上,由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的,由低电势指向高电势,由右手定则可判知,在南半球,不论沿何方向水平飞行,都是飞机的左方机翼电势低,右方机翼电势高,即总有φ1<φ2.故选:A.点评:本题要了解地磁场的分布情况,掌握右手定则.对于机翼的运动,类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势,而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的. 7.(3分)(2022春•长兴县校级期中)如图所示,一电子束垂直于电场、磁场方向进入A、B两板之间,运动轨迹偏向A极板,为了使电子束射入后能沿射入方向做直线运动(不计电子重力和电子间相互作用力),可采用的方法是( ) A.将极板间距离适当减小B.将极板间距离适当增大 C.将变阻器滑动头P向右滑动D.将变阻器滑动头P向左滑动考点:带电粒子在混合场中的运动.专题:带电粒子在复合场中的运动专题.分析:根据电路图可知:A板带正电,B板带负电,所以电子束受到电场力的方向向上,洛伦兹力方向向下,电子向上偏,说明电场力大于洛伦兹力,要使电子束沿射入方向做直线运动,则要电场力等于洛伦兹力,所以要减小电场力.解答:解:根据电路图可知:A板带正电,B板带负电,所以电子束受到电场力的方向向上,大小F电=Ee=洛伦兹力方向向下,F=Bev电子向上偏,说明电场力大于洛伦兹力,要使电子束沿射入方向做直线运动,则要电场力等于洛伦兹力,所以要减小电场力.A、将极板间距离适当减小时,F电增大,不满足要求,故A错误;B、将极板间距离适当增大时,F电减小,满足要求,故B正确;C、将变阻器滑动头P向右或向左移动时,电容器两端电压不变,电场力不变,故CD错误;故选:B.点评:本题是带电粒子在混合场中运动的问题,电子受到电场力和洛伦兹力,要使粒子做直线运动,则要求电场力等于洛伦兹力,难度适中. -16-\n8.(3分)(2022春•长兴县校级期中)如图所示,铜质导电板置于匀强磁场中,通电时铜板中电流方向向下,由于磁场的作用,则( ) A.板左侧聚集较多电子,使b点电势高于a点 B.板左侧聚集较多电子,使a点电势高于b点 C.板右侧聚集较多电子,使a点电势高于b点 D.板右侧聚集较多电子,使b点电势高于a点考点:左手定则;电势;洛仑兹力.专题:带电粒子在磁场中的运动专题.分析:根据左手定则,让磁感线从掌心进入,并使四指指向正电荷运动的方向,这时拇指所指的方向就是正电荷所受的洛伦兹力的方向.由此可以判断电子的运动的方向.解答:解:通电时铜板中电流方向向下,根据左手定则可知,电子受到的洛伦兹力的方向是向右的,所以电子会偏向右侧,所以b侧聚集较多电子,同时使a点出现正电荷,所以a点的电势高于b点电势,所以C正确,ABD错误.故选:C.点评:考查洛伦兹力的方向,注意正电荷运动的方向与电流的方向相同,负电荷运动的方向与电流的方向相反. 9.(3分)(2022春•长兴县校级期中)如图所示的电路中,A1和A2是完全相同的小灯泡,线圈L的直流电阻等于小灯泡电阻,下列说法中正确的是( ) A.闭合开关K,A2马上变亮,A1逐渐变亮,最后一样亮 B.闭合开关K,A1和A2始终一样亮 C.断开开关K时,A2立刻熄灭,A1闪一下再熄灭 D.断开开关K瞬间,A1和A2的亮度相同考点:自感现象和自感系数.分析:闭合开关S,电阻R不产生感应电动势,A2立即发光.线圈中电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律分析电流如何变化,判断灯的亮度如何变化.断开开关S,A2灯原来的电流突然消失,线圈中电流减小,再由楞次定律分析电流如何变化,判断灯的亮度如何变化.解答:解:A、B、闭合开关S,电阻R不产生感应电动势,A2立即发光.线圈中电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律得知,自感电动势阻碍电流的增大,电流只能逐渐增大,A1逐渐亮起来,所以闭合开关S,A2先亮、A1-16-\n后亮,最后它们一样亮.故A正确B错误.C、D、断开开关S时,A2灯原来的电流突然消失,线圈中电流从原来的大小开始减小,产生感应电动势,相当于电源,感应电流流过A1、A2和R组成的回路,所以A1、A2都要过一会才熄灭,通过A2的电流方向与断开前相反.A1不会闪一下再熄灭,A1和A2的亮度相同.故C错误D正确.故选:AD点评:解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用,当电流增大时,会阻碍电流的增大,当电流减小时,会阻碍其减小.自感现象是特殊的电磁感应现象,同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律,对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析. 10.(3分)(2022春•长兴县校级期中)带电粒子M和N,以相同的速率先后经小孔S垂直进入如图所示的单边界磁场,带电粒子仅受洛伦兹力的作用,运行的半圆轨迹如图中虚线所示,关于两粒子在匀强磁场中运动,下列说法正确的是( ) A.M、N电性相同 B.M、N的运动时间可能相等 C.M的运动时间一定大于N的运动时间 D.减小N的速率,N运动时间一定减小考点:带电粒子在匀强磁场中的运动.专题:带电粒子在磁场中的运动专题.分析:由左手定则判断出M带正电荷,带负电荷;求出粒子做圆周运动的周期,然后分析粒子的运动时间.解答:解:A、由左手定则判断出N带正电荷,M带负电荷,故A错误;B、由图示运动轨迹可知,粒子在磁场中转过半个圆周,运动时间为周期的一半,粒子做圆周运动的周期:T=,粒子的运动时间:t=T=,由于v相同而:rM>rN,则tM>tN,故B错误,C正确;D、N粒子在磁场中运动半周,即时间为周期的一半,而周期为T=,减小N的速率,N运动时间不变,故D错误;故选:C.点评:本题考查了判断粒子的电性、比较粒子运动时间关系,由于左手定则、半径的公式和根据周期的公式即可正确解题,本题是一道基础题. 11.(3分)(2022•武汉二模)图中的a是一个边长为为L的正方向导线框,其电阻为R.线框以恒定速度v沿x轴运动,并穿过图中所示的匀强磁场区域b.如果以x轴的正方向作为力的正方向.线框在图示位置的时刻作为时间的零点,则磁场对线框的作用力F随时间变化的图线应为哪个图( )-16-\n A.B.C.D.考点:导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律.专题:电磁感应与图像结合.分析:由线圈运动时切割磁感线的长度为L,由E=BLv可求得感应电动势,则由欧姆定律可得出电流,由安培力公式F=BIL分析安培力,即可判断作用力与时间的关系;由右手定则可得出电流的方向,由左手定则分析安培力方向.再进行分析选择.解答:解:在0﹣内,线框在磁场之外,感应电流为0.安培力为0;在﹣2内,由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向,维持线框以恒定速度V沿x轴运动,所以感应电动势和电流不变,根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向.在2﹣4内,线框全部进入磁场,穿过线圈的磁通量不变,感应电流为0.安培力为0;在4﹣5内,线框左边切割磁感线,由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针的方向,维持线框以恒定速度V沿x轴运动,所以感应电动势和电流不变,根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向.故选:B点评:本题考查的是线框穿磁场产生感应电流的典型情景,电磁感应与图象的结合一般考查选择题,先找到各图中的不同点,主要分析不同点即可得出正确答案. 12.(3分)(2022春•长兴县校级期中)如图所示,乙图中A、B为两个相同的环形线圈,挂在水平光滑的绝缘细杆上,A线圈中通有如图甲所示的电流,则( ) A.在t1到t2时间内A、B两线圈相斥-16-\n B.在t2到t3时间内A、B两线圈相吸 C.t1时刻两线圈间作用力为零 D.t2时刻两线圈间吸引力最大考点:楞次定律.专题:电磁感应与电路结合.分析:根据安培定则确定电流与磁场的方向关系,再根据楞次定律知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.当磁通量增大时,感应电流的磁场与它相反,当磁通量减小时,感应电流的磁场与它相同.最后运用同向电流相互吸引,异向电流相互排斥.解答:解:A、在t1到t2时间内,若设逆时针(从左向右看)方向为正,则线圈A电流方向逆时针且大小减小,所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小,由楞次定律可知,线圈B的电流方向逆时针方向,因此A、B中电流方向相同,出现相互吸引现象,故A错误;B、在t2到t3时间内,若设逆时针方向(从左向右看)为正,则线圈A电流方向顺时针且大小增大,所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大,由楞次定律可知,线圈B的电流方向逆时针方向,因此A、B中电流方向相反,A、B出现互相排斥,故B错误;C、由题意可知,在t1时刻,线圈A中的电流最大,而磁通量的变化率是最小的,所以线圈B感应电流也是最小,因此两线圈间作用力为零.故C正确;D、在t2时刻,线圈A中的电流最小,而磁通量的变化率是最大的,所以线圈B感应电流也是最大,但A、B间的相互作用力最小,故D错误;故选:C点评:解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容,知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同. 13.(3分)(2022春•长兴县校级期中)如图甲所示是回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒,在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连.在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示,若忽略带电粒子在电场中的加速时间,忽略高速粒子的相对论效应,则下列判断中正确的是( ) A.带电粒子在电场中运动时不一定每一次都被加速 B.在Ek﹣t图中tn﹣tn﹣1的间隔越来越大 C.粒子加速次数越多,获得的最大动能一定越大 D.D形盒半径越大,带电粒子获得的动能就越大考点:质谱仪和回旋加速器的工作原理.-16-\n分析:交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致,由公式T=和r=判断;当粒子从D形盒中出来时,速度最大,此时运动的半径等于D形盒的半径.解答:解:A、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期相同,则每次都被加速,故A错误;B、洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,故周期T==,与速度无关,故t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1=,故B错误;C、当粒子从D形盒中出来时,速度最大,此时运动的半径等于D形盒的半径;由qvB=m得,v=,则最大动能EK=mv2=,知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关,与加速电压等其他因素无关,故C错误;D、当粒子从D形盒中出来时,速度最大,此时运动的半径等于D形盒的半径;由qvB=m得,v=,则最大动能EK=mv2=,知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关,与加速电压无关,故D正确;故选:D.点评:解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子,但是最终粒子的动能与电场的大小无关. 二.填空题(本题共3小题,每空2分,共16分)14.(4分)(2022秋•黄冈期末)在用阴极射线管研究磁场对运动电荷作用的实验中,将阴极射线管的A、B两极连在高压直流电源的正负两极上.从A极发射出电子,当将一蹄形磁铁放置于阴极射线管两侧,显示出电子束的径迹如图所示,则阴极射线管的A极应接在电源的 负 极上(选填“正”或“负”);蹄形磁铁的C端为 S 极(选填“N”或“S”)考点:左手定则.专题:带电粒子在磁场中的运动专题.分析:电子束从阴极射出,根据左手定则,判断出磁场的方向,从而得出磁铁的极性.解答:解:电子束从阴极射出,所以A极应接在电源的负极上,根据电子束的偏转方向知,洛伦兹力向上,通过左手定则知,磁场的方向由D到C,所以D为N极,C端为S极.故答案为:负,S点评:解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷运动方向以及洛伦兹力方向的关系,以及注意四指方向与正电荷运动方向相同,与负电荷运动方向相反.-16-\n 15.(6分)(2022春•长兴县校级期中)如图所示,U形金属导轨置于光滑绝缘的水平面上,导轨间距为l=0.4m,左端连接的电阻R=0.4Ω.金属棒ab长度L=0.4m,电阻r=0.1Ω.在导轨范围内有垂直水平面的、磁感强度B=0.1T的匀强磁场,当用外力使棒ab以速度v=5m/s匀速右移时,试求:(1)通过ab棒的电流I= 0.4 A;(2)ab棒两端的电势差Uab= 0.16 V;(3)ab棒克服安培力做功的功率P克= 0.08 W.考点:导体切割磁感线时的感应电动势;电功、电功率.专题:电磁感应与电路结合.分析:(1)由E=BLv求出电动势,由欧姆定律求出电流.(2)由欧姆定律求出ab两端的电势差.(3)由安培力公式求出安培力,然后由P=Fv求出功率.解答:解:(1)感应电动势:E=Blv=0.1×0.4×5=0.2V,电流:I===0.4A;(2)ab棒两端的电势差Uab=IR=0.4×0.4=0.16V;(3)安培力:F=BIl=0.1×0.4×0.4=0.016N,克服安培力的功率:P=Fv=0.016×5=0.08W;故答案为:(1)0.4;(2)0.16;(3)0.08.点评:本题关键要掌握感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、功率公式等等电磁感应基本知识,即可正确解题.求ab间电势差时要注意金属棒是电源,ab间电势差是路端电压,不是感应电动势,也不是内电压. 16.(6分)(2022春•长兴县校级期中)如图所示,矩形导线框abcd,匝数为N=10匝,ad边长L1=20cm,ab边长L2=10cm在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中围绕与B方向垂直的OO′转轴匀速转动,角速度ω=4πrad/s,当线框从平行于磁场位置开始转过过程中,线圈中磁通量的变化量是 0 wb,线圈中磁通量平均变化率为 0 wb/s,平均感应电动势为 0 V.考点:法拉第电磁感应定律.-16-\n专题:电磁感应与电路结合.分析:已知磁感应强度与正形导线框的边长,根据磁通量的计算公式可以求出磁通量的变化量;由法拉第电磁感应定律求出感应电动势.解答:解:当线框从平行于磁场位置开始转过过程中,磁通量的变化量:△Φ=Φ2﹣Φ1=BS′﹣BS=0﹣0=0,线圈中磁通量平均变化率为=0,角速度ω=4πrad/s,T===0.5s,平均感应电动势:E=N=10×=0V;故答案为:0,0,0.点评:本题考查了求磁通量的变化、感应电动势,知道磁通量的定义式、应用法拉第电磁感应定律即可正确解题. 三、实验题(本题共2小题,每空2分,共10分)17.(6分)(2022春•长兴县校级期中)在探究感应电流产生的条件时,某班同学做了如下实验:探究Ⅰ:如图甲所示,将螺线管与电流表组成闭合回路,然后进行如下操作:①把条形磁铁放在螺线管内不动;②把条形磁铁插入螺线管;③把条形磁铁拔出螺线管.探究Ⅱ:如图乙所示,螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路;A放在螺线管B内,B与电流表组成一个闭合回路,然后进行如下操作:④闭合和断开开关瞬间;⑤闭合开关,A中电流稳定后;⑥闭合开关,A中电流稳定后,将滑动变阻器滑片P向右滑动.可以观察到:(1)在探究Ⅰ中, ②③ 操作,闭合回路会产生感应电流;(填写探究中的序号)(2)在探究Ⅱ中, ④⑥ 操作,闭合回路会产生感应电流;(填写探究中的序号)(3)在探究Ⅱ中,若断开开关瞬间,电流表指针向左偏,请写出能使电流表指针也向左偏的另外一种操作是 闭合开关,A中电流稳定后,将滑动变阻器滑片P向左滑动 .考点:研究电磁感应现象.-16-\n专题:实验题.分析:闭合电路的一部分导体切割磁感线,回路产生感应电流;穿过闭合回路的磁通量发生变化,回路中产生感应电流,根据题意与感应电流产生的条件分析答题.解答:解:(1)在探究Ⅰ中,①把条形磁铁放在螺线管内不动,穿过闭合回路的磁通量不变,不产生感应电流;②把条形磁铁插入螺线管过程中,穿过回路的磁通量发生变化,产生感应电流;③把条形磁铁拔出螺线管过程中,磁通量发生变化,产生感应电流;故选②③.(2)在探究Ⅱ中,④闭合和断开开关瞬间,穿过回路的磁通量变化,产生感应电流;⑤闭合开关,A中电流稳定后,磁通量不变,不产生感应电流;⑥闭合开关,A中电流稳定后,再改变滑动变阻器的阻值,穿过回路的磁通量变化,产生感应电流.故选④⑥.(3)在探究Ⅱ中,若断开开关瞬间,电流表指针向左偏,可知,磁通量在减小时,出现左偏现象,因此能使电流表指针也向左偏的另外一种操作是:闭合开关,A中电流稳定后,将滑动变阻器滑片P向左滑动;故答案为:(1)②③;(2)④⑥;(3)闭合开关,A中电流稳定后,将滑动变阻器滑片P向左滑动.点评:本题考查了感应电流产生的条件,知道感应电流产生的条件,分析清楚题意即可正确解题. 18.(4分)(2022春•长兴县校级期中)(1)如甲图,小亮将玩具电动机通过开关、电流表接到电池上,第一次小电动机正常转动,记录电流表读数;第二次用手按住小电动机使其不转动,记录电流表读数.问乙、丙两图哪一幅是对应第二次电动机不转动时的读数 丙 ;(2)分析电流变化原因时会用到的主要物理知识有 D A.电磁感应原理B.电流的磁效应C.电场对带电粒子的作用D.通电导线在磁场中受安培力.考点:闭合电路的欧姆定律.分析:解答本题应明确:电动机为非纯电阻,能量转化为内能和机械能.解答:-16-\n解:(1)在电机转动时,电压一部分通过电流受力转化为机械能,别一部分加在内阻上,产生内能;而不转时,相当于全部电压加在纯电阻上,电流一定会增大;故不转时的测量图应为丙;(2)这里主要是要考虑导线是否由于受安培力而切割磁感线问题;在转动时,由于切割产生的电动势与加在电机上的电动势相反,从而产生能量向机械能的转化,同时减小了加在电机线圈上的电流;而在电机不转时,不在切割磁感线,使电动势全部加在电阻上;从而使电流过大;故解释现象应用的是通电导体在磁场中受安培力;故答案为:(1)丙;(2)D.点评:本题以实验的形式考查对电动机的把握,要注意明确电动机在不转时要看作纯电阻. 三、计算题:(本题共3小题,共35分.解答应写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.)19.(10分)(2022秋•黄冈期末)质谱仪是一种能够把具有不同荷质比(带电粒子的电荷和质量之比)的带电粒子分离开来的仪器,它的工作原理如图所示.其中A部分为粒子速度选择器,C部分是偏转分离器.如果速度选择器的两极板间匀强电场的电场强度为E,匀强磁场的磁感强度为B1.偏转分离器区域匀强磁场的磁感强度为B2,某种带电粒子由O点沿直线穿过速度选择器区域后进入偏转分离器.求:(1)粒子由孔O′进入偏转分离器时的速度为多大?(2)粒子进入偏转分离器后在洛伦兹力作用下做圆周运动,在照相底片MN上的D点形成感光条纹,测得D点到O′点的距离为d,则该种带电粒子的荷质比为多大?考点:带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力.专题:带电粒子在磁场中的运动专题.分析:(1)粒子做匀速直线运动,根据受力平衡求出速度;(2)在磁场中,洛伦兹力提供向心力,结合牛顿运动定律求出比荷.解答:解:(1)粒子在OO′间做匀速直线运动,所以粒子受电场力和磁场力大小相等,方向相反,即qvB1=qE②由此解出粒子进入偏转分离器时的速度为:①(2)粒子进入偏转分离器的磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即:由此解出粒子运动的圆周半径为②将(1)中求出的v代入上式,并由题意d=2R-16-\n解出③点评:解决本题的关键理解粒子速度选择器的工作原理,掌握偏转磁场中粒子的运动规律. 20.(12分)(2022春•长兴县校级期中)两平行金属导轨水平放置,一质量为m=0.2kg的金属棒ab垂直于导轨静止放在紧贴电阻R处,R=0.1Ω,其它电阻不计.导轨间距为d=0.8m,矩形区域MNPQ内存在有界匀强磁场,场强大小B=0.25T.MN=PQ=x=0.85m,金属棒与两导轨间动摩擦因数都为μ=0.4,电阻R与边界MP的距离s=0.36m.在外力作用下让ab棒由静止开始向右匀加速运动并穿过磁场,加速度a=2m/s2,g取10m/s2,试求:(1)金属棒ab刚进入磁场时电路中的电流(2)金属棒ab穿过磁场过程中流过R的电量(3)金属棒ab受到的外力F随时间t变化关系.考点:导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律.专题:电磁感应与电路结合.分析:(1)由匀变速直线运动的速度位移公式求出ab进入磁场时的速度,由E=BLv求出电动势,然后又欧姆定律求出电流.(2)由法拉第电磁感应定律求出电动势,由欧姆定律求出电流,然后由电流定义式求出电荷量.(3)由牛顿第二定律求出F与t间的关系.解答:解:(1)ab棒从静止到达MP过程,由匀变速直线运动的速度位移公式得:v2=2as,代入数据解得:v=1.2m/s,ab进入磁场时产生的电动势:E=Bdv=0.25×0.8×1.2=0.24V,电流:I===2.4A;(2)由法拉第电磁感应定律得:感应电动势:===,感应电流:I=,电荷量:q=I△t,解得:q===1.7C;(3)进入磁场前,由牛顿第二定律得:F﹣μmg=ma,-16-\n代入数据解得:F=1.2N,进入磁场后,由牛顿第二定律得:F﹣=ma,代入数据解得:F=(0.8t+0.88)N;答:(1)金属棒ab刚进入磁场时电路中的电流为2.4A;(2)金属棒ab穿过磁场过程中流过R的电量为1.7C;(3)金属棒ab受到的外力F随时间t变化关系为:进入磁场前:F=1.2N,进入磁场后:F=(0.8t+0.88)N.点评:本题是电磁感应与力学知识的综合,一方面要掌握匀加速直线运动的规律,如速度、位移与时间的关系式,另一方面要熟练运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式进行解题. 21.(13分)(2022春•长兴县校级期中)如图所示,用密度为d、电阻率为ρ、横截面积为A的粗金属丝制成边长为L的闭合正方形框abb′a′,金属方框水平放在磁极的狭缝间,方框平面与磁场方向平行,如图1、图2所示.设匀强磁场仅存在于相对磁极之间,其它地方的磁场忽略不计.可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极间,极间磁感应强度大小为B.方框从静止开始释放,其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力).假设磁场区域在竖直方向足够长,试求:(1)方框下落的速度为v时的电功率(2)方框下落的最终速度(3)当下落高度h时,方框速度达到最大,从开始下落到速度达到最大过程方框消耗的电能.考点:法拉第电磁感应定律.专题:电磁感应——功能问题.分析:(1)根据切割产生的感应电动势,抓住切割的有效长度求出感应电动势的大小,通过闭合电路欧姆定律求出电流的大小,从而求出方框下落的速度为v时的电功率.(2)当重力等于安培力时,速度最大,根据平衡,结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及安培力大小公式求出最终的速度大小.(3)根据能量守恒定律,即可求解.解答:解:(1)由题意知,方框所在处在磁感应强度为B;当环速度为v时,切割磁感线产生的电动势为:E=2BLv;-16-\n电流为:I==电功率为:P=I2R电=()2×==(2)当方框加速度为零时,有最大速度vm此时有:F安=BIL=B×=由平衡条件有:mg=F安又m=dLA联立上式,解得:vm=(3)由能量守恒定律:mgh=mvm2+Q解得:Q=mgh﹣mvm2=dLA(gh﹣);答:(1)方框下落的速度为v时的电功率;(2)方框下落的最终速度;(3)从开始下落到速度达到最大过程方框消耗的电能dLA(gh﹣).点评:本题考查电磁感应与力学以及能量的综合,掌握切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律等知识,知道当重力等于安培力时,速度最大. -16-
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