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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2025年冀教kok电子竞技选择性必修2物理下册月考试卷262考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题,共18分)1、如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的两小孔中,为连线中点,连线上两点关于点对称.导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度式中是常数、是导线电流大小、为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度从点出发沿连线运动到点。关于上述过程;下列说法正确的是()
A.小球先做加速运动后做减速运动B.小球做变加速直线运动C.小球对桌面的压力先减小后增大D.小球对桌面的压力一直在增大2、如图甲所示,一理想变压器的原、副线圈匝数比为10:1,原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源,为定值电阻,R为滑动变阻器;图中各电表均为理想电表,下列说法正确的是()
A.副线圈两端交变电压的表达式为B.在t=0.05s时刻,电压表的示数为C.滑片向下移动过程中,电压表和的示数不变,的示数变小D.滑片向下移动过程中,电流表示数变大,滑动变阻器R消耗的功率变大3、圆形区域内有垂直纸面的匀强磁。鲋柿亢偷绾闪慷枷嗤拇缌W觓、b、c,以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁。黄湓硕旒H缤妓。若带电粒子只受磁场力的作用,则下列说法正确的是(??)
A.a粒子速率最。诖懦≈性硕奔渥畛.c粒子速率最大,在磁场中运动时间最长C.a粒子速度最。诖懦≈性硕奔渥疃藾.c粒子速率最。诖懦≈性硕奔渥疃4、如图所示,在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁。鸥杏η慷却笮∥狟,∠a=∠b=边长ab=L,粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁。阎W又柿课猰,电荷量为q;则在磁场中运动时间最长的粒子中,速度最大值是()
A.B.C.D.5、如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁。淮缌W樱ú患浦亓Γ┮运俣葀从A点沿直径AOB方向射入磁。鱰时间从C点射出磁。琌C与OA成角。现将另一同种带电粒子以速度3v仍从A点射入磁。辉蚋昧W釉诖懦≈械脑硕奔湮ǎ
A.3△tB.2△tC.△tD.△t6、如图所示,空间某区域存在匀强电场和匀强磁。绯》较蚴毕蛏希ㄓ胫矫嫫叫校,磁场方向垂直于纸面向里。三个带电的微粒电荷量相等,质量分别为已知在该区域内,在纸面内做匀速圆周运动,在纸面内向右做匀速直线运动,在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()
A.一定带负电B.一定带正电C.一定有D.一定有7、如图所示,用轻绳将一条形磁铁竖直悬挂于O点,在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁铁从A处由静止释放,经过B、C到达最低处D,再摆到左侧最高处E;圆环始终保持静止。下列说法正确的是()
A.磁铁在A、E两处等高B.磁铁从A到D的过程中,圆环对桌面的压力等于圆环受到的重力C.磁铁从D到E的过程中,从上往下看,圆环中感应电流方向为逆时针方向D.磁铁从D到E的过程中,圆环受到的摩擦力方向水平向左8、下面有关物理学史的叙述正确的是()A.库仑首先提出了电场的概念,并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向B.法拉第发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系C.法国物理学家库仑在前人工作的基础上通过实验确立了库仑定律D.楞次发现了电磁感应现象,并研究提出了判断感应电流方向的方向楞次定律9、一个矩形线圈在匀强磁场中转动,产生交流电动势的瞬时值为则下列说法中正确的是A.当时,线圈平面与中性面垂直B.当时,穿过线圈的磁通量等于零C.该交流电能让标注为“300V,”的电容器正常工作D.若转速n提高1倍,其他条件不变,则电动势的变化规律将变为评卷人得分二、多选题(共8题,共16分)10、关于回旋加速器,下列说法正确的是()A.电场用来加速带电粒子,磁场则使带电粒子回旋B.电场和磁场同时用来加速带电粒子C.所加交变电源的频率与带电粒子做圆周运动的频率相同D.同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的大小有关,而与交流电压的频率无关11、如图甲所示的LC振荡电路中,通过P点的电流随时间变化的图线如图乙所示,若把通过P点向右规定为电流的正方向;则()
A.0.5~1ms内,电容器C正在充电B.0.5~1ms内,电容器的上极板带负电荷C.1~1.5ms内,Q点比P点电势低D.1~1.5ms内,电场能正在增加12、下列说法正确的是()A.无线电波的接收,需要先调谐再解调B.在工业上,可利用X射线检查金属构件内部的缺陷C.利用电化学气体传感器可以制成可燃气体报警器D.霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转化为电阻这个电学量13、如图所示,导体棒a、b分别置于平行光滑水平固定金属导轨的左右两侧,其中a棒离宽轨道足够长,b棒所在导轨无限长,导轨所在区域存在垂直导轨所在平面竖直向下的匀强磁。鸥杏η慷却笮∥狟。已知导体棒的长度等于导轨间的距离,两根导体棒粗细相同且均匀,材质相同,a棒的质量为m,电阻为R,长度为L,b棒的长度为2L。现给导体棒a一个水平向右的瞬时冲量I;导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好,不计导轨电阻,关于导体棒以后的运动,下列说法正确的是()
A.导体棒a稳定运动后的速度为B.导体棒b稳定运动后的速度为C.从开始到稳定运动过程中,通过导体棒a的电荷量为D.从开始到稳定运动过程中,导体棒b产生的热量为14、如图(a)所示,水平面内有一光滑金属导轨,ac边的电阻为R,其他电阻均不计,ab与ac角夹角为135°,cd与ac垂直。将质量为m的长直导体棒搁在导轨上。并与ac平行。棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0,空间存在垂直于导轨平面的匀强磁。鸥杏η慷任狟。在外力作用下,棒由GH处以初速度v0向右做直线运动。其速度的倒数随位移x变化的关系如图(b)所示。在棒运动L0到MN处的过程中()
A.导体棒做匀变速直线运动B.导体棒运动的时间为C.流过导体棒的电流大小不变D.电阻R产生的焦耳热为15、目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏.电容式触摸屏内有一导电层.导电层四个角引出四个电极,当手指触摸屏幕时,人体和触摸屏就形成了一个电容,电容具有“通高频”的作用,从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出,并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比,控制器通过对这四个电流比例的精确计算,得出触摸点的位置信息.在开机状态下,下列说法正确的是()A.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C.当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过D.当手指离开屏幕时,电容变。愿咂档缌鞯淖璋浯,控制器不易检测到手指的准确位置16、如图所示,矩形线圈abcd与理想变压器的原线圈组成闭合电路,灯泡L1、L2完全相同。当变压器原线圈中的抽头P置于最上端时,原、副线圈的匝数比为n∶1。矩形线圈abcd在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动,且磁场只分布在bc边的左侧,磁感应强度大小为B,线圈面积为S,转动的角速度为ω,匝数为N;线圈电阻不计。则下列说法正确的是()
A.若增大矩形线圈abcd的转速,灯L1一定变亮B.在图示位置时,矩形线圈中瞬时感应电动势最大C.当抽头P置于最上端时,在线圈abcd转动的过程中,电压表示数为D.若仅将线圈abcd的转轴平移至ad边处,且转速不变,则电压表示数也不变17、我国的特高压输电技术独霸全球,并且特高压输电技术成为全球标准。也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图是远距离输电的原理图,发电机的内阻为1Ω,供给银川一中照明用电。变压器都是理想变压器,升压变压器T1的匝数比为1∶4,降压变压器T2的匝数比为3∶1,输电线的总电阻R=4Ω;全校共50个班,每班有“220V,22W”灯6盏。若保证全部电灯正常发光,则下列说法正确的是()
A.发电机输出功率为7000WB.输电效率约为94.3%C.输电线上损耗的电功率为40WD.发电机的电动势为250V评卷人得分三、填空题(共5题,共10分)18、如图所示,金属圆环套在光滑的绝缘水平杆上,左侧一条形磁铁,正在沿圆环轴心方向朝环运动.我们可以判断,圆环中形成的感应电流方向为________(从右往左看)(填“顺时针”或“逆时针”),环受安培力作用会向________(填“右”或“左”)运动.19、远距离输电线路简化如图所示,图中标示了电压、电流、输电线总电阻R和线圈匝数,变压器均可视为理想变压器。若电厂输送电压不变,随着用户数量增加,用户消耗的功率增大,降压变压器将______(填“增大”“减小”或“不变”);若电厂输送电功率不变,升压变压器的输出电压增加到10U2,则输电线上损耗功率变为原来的______倍。
20、为了把需要传递的有用信号(如图像信号、声音信号等)加载到电磁波上发射出去,必须对振荡电流进行_____________(选填“调谐”“调制”或“解调”);使声音或图像信号从高频电流中还原出来的过程,叫_____________(选填“调谐”“调制”或“解调”),也叫检波。21、如图所示,矩形线圈一边长为d,另一边长为a,电阻为R,当它以速度V匀速穿过宽度为L,磁感应强度为B的匀强磁场过程中,若L__________,通过导线横截面的电荷量为__________;若L>d,产生的电能为__________,通过导线横截面的电荷量为__________.
22、有界匀强磁场磁感应强度B=0.2T,宽度L2=3m,一正方形均匀金属框边长L1=1m,以v=10m/s的速度匀速穿过磁场区,金属框平面始终保持和磁感线方向垂直,如图所示。画出金属框穿过磁场的过程中bc两端电压的Ubc-t图线(从cd边进入磁场开始计时)_________________。
评卷人得分四、作图题(共4题,共32分)23、在图中画出或说明图中所示情形下通电导线I所受磁场力的方向。
24、要在居民楼的楼道安装一个插座和一个电灯;电灯由光敏开关和声敏开关控制,光敏开关在天黑时自动闭合,天亮时自动断开;声敏开关在有声音时自动闭合,无声音时自动断开。在下图中连线,要求夜间且有声音时电灯自动亮,插座随时可用。
25、在“探究楞次定律”的实验中;某同学记录了实验过程的三个情境图,其中有两个记录不全,请将其补充完整。
26、如图所示:当条形磁铁向右靠近通电圆环时,圆环向右偏离,试在图中标出圆环中的电流方向___________.评卷人得分五、解答题(共2题,共14分)27、如图所示,直角坐标系xoy位于竖直平面内,在第Ⅳ象限存在匀强磁场和匀强电。懦〉拇鸥杏η慷任狟=2T、方向垂直于xoy平面向外,电场E1平行于y轴;在第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2,已知场强E1、E2的大小相等。一可视为质点、比荷为的带正电的小球,从y轴上的A(0,0.2m)点以初速度v0水平向右抛出,经过x轴上的M(0.4m,0)点进入第Ⅳ象限,在第Ⅳ象限恰能做匀速圆周运动。不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2。求:
(1)小球从A点抛出的初速度大小v0及场强E1的大。
(2)小球第一次经过y轴负半轴的坐标;
(3)小球从A点出发到第三次经过y轴负半轴所用的总时间。
28、如图1所示,单匝正方形金属线框ABCD用一绝缘细线竖直悬挂,在线框上半部有一垂直于纸面向里的匀强磁。笮∷媸奔浔浠墓叵等缤2所示。已知线框边长L=m,电阻R=0.5Ω、质量m=0.5kg,取g=10m/s2.求:
(1)线框中感应电动势的大。
(2)线框中的电功率;
(3)2s时细线中拉力的大小。
参考答案一、选择题(共9题,共18分)1、D【分析】【详解】
根据安培定则可知,处的磁场方向垂直于向里,处的磁场方向垂直于向外,磁感应强度大小先减。愫蠓聪蛟龃,根据左手定则可知,带正电的小球受到的洛伦兹力开始方向向上且减。愫蠓较蛳蛳虑以龃,由此可知,小球在水平方向不受外力,小球将做匀速直线运动,在处,根据
磁感应强度大小先减。沽υ谠龃,在处,根据
磁感应强度大小逐渐增大;所以根据牛顿第三定律小球对桌面的压力一直在增大。
故选D。2、C【分析】【详解】
A.根据理想变压器变压比等于匝数比可得副线圈两端交变电压的最大值为
角速度为
所以副线圈两端交变电压的表达式为
故A错误;
B.输入电压的有效值为
根据
可得U2=22V
电压表测量的是有效值,所以电压表V2的示数为22V;故B错误;
CD.在滑动变阻器R滑片向下移动的过程中,R接入电路的阻值变。蛭淙氲缪共槐,匝数比不变,则输出电压不变,所以电压表V1、V2示数不变。副线圈电流变大,则原线圈电流也变大,因此电流表A1和A2示数均变大。根据欧姆定律可知电阻R0两端电压变大,根据串联电路分压规律可知R两端电压变。吹缪贡鞻3示数变小。在副线圈电路中,定值电阻R0可看作等效内阻,滑动变阻器R可看作外电阻,由于不确定滑动变阻器R与定值电阻R0的大小关系,因此无法判断滑动变阻器R的功率变化;故C正确,D错误。
故选C。3、A【分析】【详解】
从图中可知
根据洛伦兹力提供向心力
可得a粒子速率最。油贾锌傻萌龉旒5脑残慕
在磁场中的运动时间
而运动周期
与速度大小无关,即三者的运动周期相同,所以轨迹所对圆心角越大,运动时间越长,故a粒子在磁场中运动时间最长。
故选A。4、D【分析】【详解】
由左手定则和题意知,沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周,运动时间最长,速度最大的轨迹恰与ac相切,轨迹如图所示,由几何关系可得最大半径:r=ab×tan=L
由洛伦兹力提供向心力qvmB=m
从而求得最大速度:vm=
所以ABC错误;D正确。
故选D。
5、D【分析】【详解】
设圆形磁场区域的半径是R,以速度v射入时,半径
根据几何关系可知
解得
运动时间
粒子以速度3v射入时,半径
设第二次射入时的圆心角为θ,根据几何关系可知
解得θ=60°
第二次运动的时间为
故ABC错误,D正确。
故选D。6、C【分析】【详解】
A.微粒a在纸面内做匀速圆周运动,必有
所以a所受的电场力方向竖直向上,与电场强度方向相同,故a一定带正电;A错误;
B.微粒c向左做匀速直线运动,若c带正电,电场力竖直向上,左手定则判断洛伦兹力竖直向下,重力竖直向下,平衡条件得
若c带负电,电场力竖直向下,左手定则判断洛伦兹力竖直向上,重力竖直向下,平衡条件得
所以微粒c可以带正电也可以带负电;B错误;
C.微粒b向右做匀速直线运动,若b带负电,则电场力竖直向下,左手定则判断洛伦兹力竖直向下,重力竖直向下,故不可能受力平衡,故b一定带正电,平衡条件得
得
而所以C正确;
D.若c带正电,由可得故若c带负电,从中无法比较qE和mcg的大。蕀a与mc之间的大小也无法比较;D错误;
故选C。7、C【分析】【详解】
A.由于有部分机械能转化为电能;故在A的高度大于E处高度,A错误;
B.A到D过程中;圆环中磁通量增加,圆环与磁铁间相互排斥,故圆环给桌面的压力大于圆环受到的重力,故B错误;
C.磁铁从D运动到E的过程中;圆环磁通量向上减少,根据楞次定律可分析出感应电流方向为逆时针,故C正确;
D.磁铁从D运动到E的过程中;圆环中的磁通量减少,因此圆滑有向左运动的趋势,圆环不动,因此圆环受到摩擦力方向向右,故D错误。
故选C。8、C【分析】【分析】
根据物理学史和常识解答;记住著名物理学家的主要贡献.
【详解】
法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电。还蔄错误;奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象与磁现象之间的联系,故B错误;库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律,确立了库仑定律,故C正确;法拉第发现了电磁感应现象,楞次研究提出了判断感应电流方向的方向--楞次定律,故D错误.所以C正确,ABD错误.
【点睛】
题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆.9、B【分析】【详解】
t=0时,电动势为零,线圈平面与磁感线垂直,线圈平面与中性面重合,故A错误;当时,电动势最大,线圈与中性垂直,磁能量等于零,故B正确;300V是电容器允许的最高电压,而该交流电最大值是所以此交流电不可以使“”的电容器正常工作,故C错误;感应电动势的瞬时值表达式为当将其电枢的转速提高一倍时,由可知和都增加一倍,则表达式为故D错误;故选B.二、多选题(共8题,共16分)10、A:C【分析】【分析】
【详解】
AB.电场的作用是使带电粒子加速;磁场的作用是使带电粒子回旋,A正确,B错误;
C.为使带电粒子每次经过盒缝时都被加速;交变电源的频率须等于带电粒子在磁场中做圆周运动的频率,C正确;
D.由。
知带电粒子获得的最大动能。
则带电粒子获得的最大动能与交流电压无关;D错误。
故选AC。11、A:B【分析】【分析】
【详解】
A.由图乙可知;在0.5~1ms内,电流为正方向且减。蚀耸钡缛萜髡诔涞,故A正确;
B.在0.5~1ms内,经过P点的电流向右,由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子,电子经过P点向左移动;因此电容器上极板带负电,故B正确;
C.由图乙可知,在1~1.5ms内,通过自感线圈的电流向上,且增大,Q点比P点电势高;故C错误;
D.由图乙可知;在1~1.5ms内电流在增大,故磁场能在增大,电容器处在放电过程,故电场能在减。珼错误。
故选AB。12、A:B:C【分析】【详解】
A.天空中有各种频率且载有信号的无线电波;因此无线电波的接收,需要先调谐再解调,A正确;
B.由于X射线具有较强的穿透能力;在工业上,可利用X射线检查金属构件内部的缺陷,B正确;
C.利用电化学气体传感器可以检测气体的浓度;则可以制成可燃气体报警器,C正确;
D.霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转化为电压这个电学量;D错误。
故选ABC。13、B:C【分析】【详解】
AB.根据
根据题意,导体棒b的质量电阻分别为2m、2R,运动稳定过程对a棒有
对b棒有
稳定时有
解得
A错误;B正确;
C.根据
结合上述解得
C正确;
D.从开始到稳定运动过程中有
导体棒b产生的热量
解得
D错误。
故选BC。14、B:C:D【分析】【详解】
A.直线的斜率为
所以有
即
得
故不是匀变速直线运动;故A错误;
B.根据法拉第电磁感应定律有
解得
故B正确;
C.感应电动势为
感应电动势大小不变,感应电流为
大小不变;故C正确;
D.克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热为
故D正确。
故选BCD。15、C:D【分析】【详解】
A.电容触摸屏只需要触摸;由于流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成比例,控制器就能确定手指的位置,无需要手指有压力,故A错误;
B.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是电容器的充放电原理;不是电磁感应现象;故B错误;
C.由题意可知;手指从手的触点吸走一部分电荷,在电荷定向移动的过程中,会有微弱电流通过;故C正确.
D.当手指离开屏幕时;电容变。愿咂档缌鞯淖璋浯,控制器不易检测到手指的准确位置,选项D正确;
故选CD.
点睛:由题意明确电容式触摸屏的原理;明确当手触摸电容触摸屏时,手指和工作面形成一个电容器,改变手指的压力或接触面积,都能改变电容.根据电容的决定因素分析.16、A:C【分析】【详解】
A.若增大矩形线圈abcd的转速,根据电动势的最大值知,最大值变大,则有效值变大,经变压器变压后的输出电压U2变大,灯泡L1与电容器串联,由欧姆定律有
因转速增大,电容器的容抗变。虻婆軱1的电流一定增大,即灯L1一定变亮;故A正确;
B.在图示位置时,线圈平面与磁感线垂直为中性面,而ad边切割磁感线的瞬时速度与B平行;故瞬时电动势为零,故B错误;
C.在线圈abcd转动360°的过程中,有两个90°的转动有交流电产生,根据有效值的定义可知
当抽头P置于最上端时,匝数比为n∶1,根据匝数比等于电压比,可得副线圈两端的电压即电压表的示数为
故C正确;
D.若仅将线圈abcd的转轴平移至ad边处且转速不变,线圈转动360°一直都有交流电产生,最大值为有效值为
可推得电压表的示数为
则电压表的示数要变大;故D错误。
故选AC。17、A:B【分析】【详解】
C.每个灯泡的流为
降压变压器副线圈总电流为
则高压输电线上的电流为
则损耗功率为
故C错误;
A.由能量守恒得,发电机输出功率为
故A正确;
B.输电效率约为
故B正确;
D.损耗电压为
则发电机的电动势为
故D错误。
故选AB。三、填空题(共5题,共10分)18、略
【分析】【详解】
[1]原磁场方向向右;向右运动时,穿过圆环的磁通量要变大,根据楞次定律,圆环中感应电流产生向左的感应磁。床怂呈闭敕较虻母杏Φ缌鳎ù佑彝罂矗
[2]据来拒去留,环受到向右的安培力,将向右运动.【解析】顺时针右19、略
【分析】【详解】
[1]随着用户数量增加,降压变压器副线圈负载变。缌鞅浯,则降压变压器原线圈电流变大,电厂输送电压不变,则不变,根据电压关系
电流变大,则变。菰毕呷Φ缪褂朐咽墓叵悼芍笛贡溲蛊骷跣。
[2]若电厂输送电功率不变,升压变压器的输出电压增加到根据可知,输电电流变为原来的根据
可知则输电线上损耗功率变为原来的0.01。【解析】减小0.0120、略
【分析】【详解】
[1]信息转化为电信号后;由于信号频率比较低不能直接用来发射,需要把传递的电信号“加载”到高频电磁波上,这就是调制;
[2]从经过调制的高频电流中“取出”调制电信号,这一过程叫解调或叫检波。【解析】调制解调21、略
【分析】【分析】
根据公式E=Blv求出线圈切割磁感线产生的感应电动势;由闭合电路欧姆定律求出感应电流,即可由焦耳定律求出线圈产生的电能,由q=It求解电量.
【详解】
线圈进入磁场的过程中,产生的感应电动势为:E=Bav,
由闭合电路欧姆定律得感应电流:
如果:L通过导体截面的电荷量为
如果:L>d,由焦耳定律得,线圈产生的电能为
通过导体截面的电荷量为.【解析】22、略
【分析】【分析】
【详解】
[1]线框进入磁场过程中,线框中感应电流沿逆时针方向(为正方向),b点的电势高于c点的电势,线框在进入和穿出磁场的过程产生的感应电动势大小相等,为
bc两端电压为
进入与穿出磁场的时间为
线框完全在磁场中运动的时间为
线框完全在磁场中时,穿过线框的磁通量不变,感应电流为零,bc两端的电压为零。
线框穿出磁场过程中感应电流沿顺时针方向,bc两端电压为
bc两端电压的Ubc-t图线为。
【解析】见详解四、作图题(共4题,共32分)23、略
【分析】【详解】
根据左手定则,画出通过电导线I所受磁场力的方向如图所示。
【解析】24、略
【分析】【分析】
根据题中“要在居民楼的楼道安装一个插座和一个电灯”可知;本题考查交流电的常识,根据开关作用和交流电接线常识,进行连接电路图。
【详解】
晚上;天黑光控开关闭合,有人走动发出声音,声控开关闭合,灯亮,说明两个开关不能独立工作,只有同时闭合时,灯才亮,即两个开关和灯泡是三者串联后连入电路;根据安全用电的原则可知,开关控制火线,开关一端接火线,一端接灯泡顶端的金属点,零线接灯泡的螺旋套;三孔插座通常的接线方式是面对插座,上孔接地线,左孔接零线,右孔接火线;电路图如下图所示。
【解析】25、略
【分析】【分析】
【详解】
由第一个图可知:当条形磁铁的N极插入线圈过程中;电流计的指针向右偏转,则有:线圈中向下的磁场增强,感应电流的磁场阻碍磁通量增加,感应电流的磁场方向向上,则指针向右偏,记录完整。
第二个图指针向左偏;说明感应电流的磁场方向向下,与磁铁在线圈中的磁场方向相反,则线圈中磁场增强,故磁铁向下运动,如图。
第三个图指针向右偏;说明感应电流的磁场方向向上,与磁铁在线圈中的磁场方向相同,则线圈中磁场减弱,故磁铁向上运动,如图。
【解析】26、略
【分析】【详解】
当条形磁铁向右靠近圆环时;导线线圈的磁通量向右增大,由楞次定律:增反减同可知,线圈中产生感应电流的方向顺时针(从右向左看),如图所示:
【解析】如图所示五、解答题(共2题,共14分)27、略
【分析】【分析】
【详解】
(1)小球在第I象限平抛,由运动学规律
可得
因小球在第IV象限做匀速圆周运动,故重力和电场力平衡,即
解得
(2)小球平抛到M点,分解运动有
解得
在第IV象限,洛仑兹力提供向心力,故
解得轨道半径
分析可知小球刚好经过半个圆周到达y轴的N点;如图所示。
由几何关系可知,N点的坐标为(0;-0.4m);
(3)小球第一次在第Ⅳ象限运动时间为
接着,小球与y轴成夹角45°进入第III象限,由于电场力和重力大小相等,其合力恰与小球进入第III象限的初速度v方向相反,故小球在第III象限做类竖直上抛运动,则由牛顿第二定律可得
由运动规律可知
小球再次经过y轴,与y轴成夹角45°再次进入第IV象限,做匀速圆周运动经圆周到达y轴上的J点,小球第二次在第IV象限的运动时间
则小球从A点出发到第三次经过y轴负半轴所用的总时间【解析】(1)2m/s;(2)(0,-0.4m);(3)28、略
【分析】【详解】
(1)线框中的感应电动势为:
(2)线框的电功率为:
(3)由图2可知,t=2s时,B=3T,
根据楞次定律可知线框中的电流为逆时针,电流大小为:
根据左手定则可判定安培力竖直向下,安培力大小为:
据平衡条件得:
解得:T=17N;【解析】(1)1V(2)2W(3)17N
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