贵州省2012届高三物理复习测试：电磁学综合训练

贵州省2012届高三物理复习测试：电磁学综合训练

‎2012届高三物理一轮复习电磁学综合训练 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‎1 A,则( )‎ A.变压器原线圈所接交流电压的有效值为220 V B.变压器输出端所接电压表的示数为22 V C.变压器输出端交变电流的频率为50 Hz D.变压器的输出功率为220 W 解析:由交流电的有效值与最大值关系可得U==220 V,A正确;变压器输出电压U2=U=22 V,电压表示数即为有效值,为22 V,B错;由图可知,交变电流的周期T=0.02 s,则频率f=50 Hz,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=1×220 W,D错.‎ 答案:AC ‎2.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.[来源:学科网]‎ 答案:AD ‎3.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( )‎ A.0~1 s内ab、cd导线互相排斥 B.1~2 s内ab、cd导线互相吸引 C.2~3 s内ab、cd导线互相吸引 D.3~4 s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. 0~2 s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2~4 s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:BD ‎4.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:C ‎5.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( )[来源:学科网ZXXK]‎ A.若ab之间接直流电压U,则R中的电流为 B.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 D.若ab之间接交流电压U,则副线圈中的电流为 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:,P1=P2‎ ‎,P=UI代入数据得C选项正确,D选项错误.‎ 答案:C[来源:学*科*网]‎ ‎6.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11：7‎ B.电源1和电源2的电动势之比是1：1‎ C.在这两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是1：2‎ D.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,A正确;两电源电动势均为10 V,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=1：2,C正确;两种连接状态下,小灯泡的电阻之比是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:D ‎7.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=‎2 cm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10 V B.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=14 V,即P点的电势为14 V,A错;当θ=330°时,P点的电势φP=(8cos300°+10) V=14 V,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)=2 V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:B ‎8.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( )‎ 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=,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=T,∴t1>t2.D:由θ1=θ2,r1=r2,∴两者对应弦长相等,即离O点距离相等.‎ 答案:C ‎9.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: =maaa,所以aa逐渐减小;对于棒=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:B ‎10.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( )[来源:Z,xx,k.Com]‎ A.棒运动的加速度相等[来源:Zxxk.Com]‎ 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=,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=由速度的平方差确定,D错.‎ 答案:BC ‎11.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= 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,即1 s内,感应电动势方向沿OQP,为负,A､D错误;在1.5~2.5 s内,感应电动势方向沿OPQ,为正,B正确､C错误.‎ 答案:B ‎12.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( )‎ 解析:以金属杆为研究对象,有F-F安=ma,即F-=ma,当闭合开关瞬间,若F=‎ ‎,金属杆做匀速运动,A项正确;若,杆做加速度减小的减速运动,C项符合;若,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=300 μA,内阻Rg=100 Ω,可变电阻R的最大阻值为10 kΩ,电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 Ω,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=,当指针指在刻度盘中央时有Ig=,解上述两式可解得Rx=5 kΩ.‎ 答案:红 5 kΩ 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.‎ ‎(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=6.72 Ω.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=13.3 Ω、RD=3.38 Ω.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)‎9.940 cm,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,测量电路为外接法,所以⑥导线是接错的.此处不要误以为是⑤导线.(3)根据电阻定律R=ρ,Sd=π2,SD=π2和公式R2=Rd·RD综合解得 答案:(1)9.940 (2)⑥ (3)‎ 三、计算题 ‎15.如图所示,AB和CD是足够长的平行光滑导轨,其间距为l,导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.AC端连有电阻值为R的电阻.若将一质量为M,垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处由静止释放,在EF棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段.今用大小为F、方向沿斜面向上的恒力把EF棒从BD位置由静止推至距BD端s处,突然撤去恒力F,棒EF最后又回到BD端.(金属棒、导轨的电阻均不计)求:‎ ‎(1)EF棒下滑过程中的最大速度.‎ ‎(2)EF棒自BD端出发又回到BD端的整个过程中,有多少电能转化成了内能?‎ 解:(1)如图所示,当EF从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中,受力情况如图所示.[来源:Zxxk.Com]‎ 安培力:F安=BIl= l 根据牛顿第二定律:a=①‎ 所以,EF由静止开始做加速度减小的变加速运动.‎ 当a=0时速度达到最大值vm 由①式中a=0有:Mgsinθ-=0‎ vm=‎ ‎(2)由恒力F推至距BD端s处,棒先减速至零,然后从静止下滑,在滑回BD之前已达最大速度vm开始匀速,‎ 设EF棒由BD从静止出发到再返回BD过程中,转化成的内能为ΔE.根据能的转化与守恒定律:‎ Fs-ΔE=‎ ΔE=Fs-2.‎ ‎16.1932年,劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器.回旋加速器的工作原理如图所示,置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直.A处粒子源产生的粒子,质量为m、电荷量为+q,在加速器中被加速,加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.‎ ‎(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比;‎ ‎(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间;‎ ‎(3)实际使用中,磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制.若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm,试讨论粒子能获得的最大动能Ekm.‎ 解:(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1‎ qU=‎ qv1B=m 解得r1=同理,粒子第2次经过狭缝后的半径[来源:Zxxk.Com]‎ r2=‎ 则r2：r1=：1.‎ ‎(2)设粒子到出口处被加速了n圈 ‎2nqU=mv2‎ qvB=m T=‎ t=nT 解得.‎ ‎(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率,即f=‎ 当磁感应强度为Bm时,加速电场的频率应为 fBm=‎ 粒子的动能Ek=mv2‎ 当fBm≤fm时,粒子的最大动能由Bm决定 qvmBm=‎ 解得Ekm=‎ 当fBm≥fm时,粒子的最大动能由fm决定 vm=2πfmR 解得Ekm=2π‎2mR2.‎ ‎17.如图所示,正方形导线框abcd的质量为m、边长为l,导线框的总电阻为R.导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落,下落过程中,导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内,cd边保持水平.磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,磁场上､下两个界面水平距离为l.已知cd边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动.重力加速度为g.‎ ‎(1)求cd边刚进入磁场时导线框的速度大小;‎ ‎(2)请证明:导线框的cd边在磁场中运动的任意瞬间,导线框克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率;‎ ‎(3)求从导线框cd边刚进入磁场到ab边刚离开磁场的过程中,导线框克服安培力所做的功.‎ 解:(1)设线框cd边刚进入磁场时的速度为v,则在cd边进入磁场过程时产生的感应电动势为E=Blv,根据闭合电路欧姆定律,通过导线框的感应电流为I=‎ 导线框受到的安培力为F安=BIl=‎ 因cd刚进入磁场时导线框做匀速运动,所以有 F安=mg,‎ 以上各式联立,得:v=.‎ ‎(2)导线框cd边在磁场中运动时,克服安培力做功的功率为:P安=F安v 代入(1)中的结果,整理得:P安=导线框消耗的电功率为:‎ P电=I2R=[来源:学科网]‎ 因此有P安=P电.‎ ‎(3)导线框ab边刚进入磁场时,cd边即离开磁场,因此导线框继续做匀速运动.导线框穿过磁场的整个过程中,导线框的动能不变.[来源:Zxxk.Com]‎ 设导线框克服安培力做功为W安,根据动能定理有 ‎2mgl-W安=0[来源:学_科_网]‎ 解得W安=2mgl.‎ ‎18.如图所示,坐标系中第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=102 T,同时有竖直向上与y轴同方向的匀强电场,场强大小E1=102 V/m,第四象限有竖直向上与y轴同方向的匀强电场,场强大小E2=2E1=2×102 V/m.若有一个带正电的微粒,质量m=10‎-12 kg,电量q=10‎-13 C,以水平与x轴同方向的初速度从坐标轴的P1点射入第四象限,OP1=‎0.2 m,然后从x轴上的P2点穿入第一象限,OP2=‎0.4 m,接着继续运动.取g=‎10 m/s2.求:‎ ‎(1)微粒射入的初速度;‎ ‎(2)微粒第三次过x轴的位置;‎ ‎(3)从P1开始到第三次过x轴的总时间.‎ 解:(1)微粒从P1到P2做类平抛运动,由于qE2=2mg,则加速度a=g,则运动时间 t1==0.2 s 微粒射入的初速度:v0==‎2 m/s.‎ ‎(2)微粒进入第一象限的速度:v= m/s 粒子运动方向与x轴夹角为45°‎ 由qE1=mg,则微粒进入第一象限做匀速圆周运动,则圆周运动的半径R= m P2P3=2Rcos45°=‎‎0.4 m 圆周运动的时间t2==0.157 s 微粒再次进入第四象限做类斜上抛运动,由运动的分解可知:x轴方向做匀速运动,y轴方向做类上抛运动,粒子的运动时间t3==0.4 s 运动距离P3P4=vxt3=‎‎0.8 m 故OP4=OP2+P2P3+P3P4=‎1.6 m.‎ 微粒第三次过x轴的位置距O点‎1.6 m处.‎ ‎(3)求(2)知t=t1+t2+t3=0.757 s.‎