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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年人教五四新版选择性必修2物理上册阶段测试试卷117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:______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题,共16分)1、如图示,在水平匀强磁场中,用两根相同的细导线水平悬挂粗细均匀的直导体棒MN,棒中通以从M到N的电流I,此时绳子受力是F,为使F=0;可采用下列方法中的()

A.把电流增大到某一值B.把电流减小到某一值C.使电流反向D.使磁场反向2、一正方形导体框abcd;其单位长度的电阻值为r,现将正方形导体框置于如图所示的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,用不计电阻的导线将导体框连接在电动势为E;不计内阻的电源两端,则关于导体框所受的安培力下列描述正确的是。

A.安培力的大小为方向竖直向上B.安培力的大小为方向竖直向下C.安培力的大小为方向竖直向下D.安培力的大小为方向竖直向上3、如图所示,a和b是从A点以相同的速度垂直磁场方向射入匀强磁场的两个粒子运动的半圆形轨迹,已知两个粒子带电荷量相同,且不计重力的影响,则由此可知()

A.两粒子均带正电,质量之比B.两粒子均带负电,质量之比C.两粒子均带正电,质量之比D.两粒子均带负电,质量之比4、如图所示,一个闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点,将圆环拉离平衡位置并由静止释放,圆环摆动过程中经过有界的水平方向的匀强磁场区域,A、B为该磁场的竖直边界;磁场方向垂直于圆环所在平面向里,若不计空气阻力,则()

A.圆环向右穿过磁场后,还能摆到释放位置B.圆环离开磁场时具有收缩的趋势C.圆环将在磁场中不停地摆动D.圆环在磁场中运动时均有感应电流5、如图所示,一正方形闭合导线框abcd,边长为L=0.1m,各边电阻均为1Ω,bc边位于x轴上,在x轴原点右0.2m、磁感应强度为1T的垂直纸面向里的匀强磁场区域。当线框以4m/s的恒定速度沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中,ab边两端电势差Uab随位置变化的情况正确的是()

A.B.C.D.6、如图所示,竖直平面内过O点的竖直虚线左右两侧有垂直纸面大小相等、方向相反的水平匀强磁场,一导体圆环用绝缘细线连接悬挂于O点,将导体圆环拉到图示a位置静止释放,圆环绕O点摆动;则()

A.导体环从a运动到b位置的过程中,有顺时针方向电流B.导体环从b运动到c位置的过程中,电流总是顺时针方向C.导体环在b位置和c位置速度大小相等D.导体环向右最多能摆到与a位置等高的位置7、如图所示的是远距离输电的示意图,已知交流电源电压为U,升压变压器的原、副线圈匝数比为1∶m,降压变压器的原、副线圈匝数比为1∶n,负载R正常工作。现输电距离增大;输电线电阻随之增大,若要保证负载仍能正常工作,只改变选项中的一个量,下列做法可行的是()

A.增大mB.减小mC.减小nD.减小U8、一含有理想变压器的电路如图甲所示,图中理想变压器原、副线圈匝数之比为2:1,电阻R1和R2的阻值分别为3Ω和10Ω,电流表、电压表都是理想交流电表,a、b输入端输入的电流如图乙所示;下列说法正确的是()

A.0.03s时,通过电阻R1的电流为0AB.电流表的示数为AC.电压表的示数为VD.0~0.04s内,电阻R1产生的焦耳热为0.48J评卷人得分二、多选题(共8题,共16分)9、如图,直角三角形OAC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场,∠A=30°、OC边长为L,在C点有放射源S,可以向磁场内各个方向发射速率为v0的同种带正电的粒子,粒子的比荷为K。S发射的粒子有可以穿过OA边界,OA含在边界以内;不计重力;及粒子之间的相互影响。则()

A.磁感应强度大小B.磁感应强度大小C.OA上粒子出射区域长度为LD.OA上粒子出射区域长度为10、如图所示,在矩形的区域内存在一个垂直纸面向外的匀强磁场,已知磁感应强度大小为B,=一个质量为m,电量为q的带正电粒子(重力忽略不计),从o点沿着ob方向垂直磁场入射;下列关于带电粒子在磁场中的运动说法正确的是()

A.带电粒子在磁场中运动的最长时间为B.带电粒子的入射速度越大,在磁场所走的位移越大C.带电粒子的入射速度越大,在磁场的运动时间越长D.带电粒子可以从bc边界离开磁场11、如图所示,方向水平的匀强磁场中有一竖直放置的矩形线圈,线圈绕其竖直对称轴OO′匀速转动。若使线圈转动的角速度变为原来的2倍;则与角速度变化前相比()

A.线圈经过中性面时磁通量的变化率不变B.线圈每转一圈产生的焦耳热变为原来的4倍C.线圈感应电动势的最大值变为原来的倍D.线圈中感应电流的频率变为原来的2倍12、如图所示,理想变压器原副线圈的匝数比为22∶1,在a、b端加上一电压瞬时值表达式为的交变电流,通过小灯泡的电流为小灯泡正常发光。下列说法正确的是()

A.小灯泡的额定电压为B.小灯泡的额定功率为C.将滑动变阻器的滑片向d端移动,小灯泡亮度不变13、如图所示;理想变压器原;副线圈的匝数比为2:1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上,则()

A.原、副线圈两端的电压之比为2:1B.原、副线圈中的电流之比为2:1C.原线圈两端的电压为88VD.副线圈两端的电压为88V14、如图所示,一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处,能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子。空间存在垂直纸面的匀强磁场,不考虑粒子间的相互作用和粒子重力,已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d;则()

A.粒子能打在板上的区域长度是2dB.粒子能打在板上的区域长度是(+1)dC.同一时刻发射出的粒子打到板上的最大时间差为D.同一时刻发射出的粒子打到板上的最大时间差为15、如图所示,AB、CD组成一个平行轨道,导轨间距为L,轨道平面的倾角=30°,轨道与导轨EF、GH由两小段光滑的圆弧BE、DG相连(小圆弧绝缘且长度可忽略),倾斜导轨部分处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。水平导轨部分(足够长)处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为2B。质量为m、电阻为R的导体棒Q静止于水平导轨上,倾斜导轨A、C间接一个电容器,电容器的电容为质量为m、电阻忽略不计的导体棒P与导轨垂直放置,从靠近A、C端的位置由静止释放,导体棒P初始时离水平轨道的高度为h,已知重力加速度为g,不考虑导体棒P与导轨间的摩擦力,不计导轨的电阻,整个过程中Q始终静止不动且P、Q没有发生碰撞。则下列说法中正确的是()

A.导体棒P在倾斜导轨上做匀加速运动,加速度大小为B.导体棒P滑上水平导轨时的速度为C.导体棒Q在此过程中受到的最大摩擦力为D.导体棒Q在此过程中受到的最大摩擦力为16、如图所示为电能输送的示意图,升压、降压变压器均为理想变压器,输电线总电阻为R;设发电厂输出电压不变,则用户端负载增加(用电高峰期)时()

A.输电线上损失的电压增大B.升压变压器输出电压增大C.降压变压器输出电压增大D.电厂的输出功率增大评卷人得分三、填空题(共9题,共18分)17、(1)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。图1为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度T变化的示意图。由图可知,这种热敏电阻在温度上升时的导电能力________(选填“增强”或“减弱”);相对金属热电阻而言,热敏电阻受温度变化的响应更________(选填“敏感”或“不敏感”)。

(2)把这段金属热电阻与电池、电流表串联起来,如图2所示,用这段金属丝做测温探头,把电流表的刻度改为相应的温度刻度,就得到了一个简易温度计,温度刻度线是________(选填“左大右小”或“左小右大”),温度刻度线是________(选填“均匀的”;“左疏右密”或“左密右疏”)。

18、如图所示的电路中,当受到强光的照射下,小灯L__________发光;当用遮光板盖住时,小灯L__________发光。(均选填“不会”或“会”)

19、目前有些居民区内楼道灯的控制,使用的是一种延时开关,该延时开关的简化原理如图所示.图中D是红色发光二极管(只要有很小的电流通过就能使其发出红色亮光),R为限流电阻;K为按钮式开关,虚线框内S表示延时开关电路,当按下K接通电路瞬间,延时开关触发,相当于S闭合,这时释放K后,延时开关S约在1min后断开,灯泡熄灭.根据上述信息和原理图,我们可推断:

按钮开关K按下前,发光二极管是________(填“发光的”或“熄灭的”),按钮开关K按下再释放后,灯泡L发光持续时间约________min.这一过程中发光二极管是________.限流电阻R的阻值和灯丝电阻RL相比,应满足R________RL的条件.20、如图所示,(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是交流发电机发电的示意图,线圈的ab边连在金属滑环K上,cd边连在金属滑环L上;用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。

(1)图(a)中,线圈平面与磁感线垂直,磁通量___________,磁通量变化率___________(填“最大”或“零”)。

(2)从图(b)开始计时,线圈中电流i随时间t变化的关系是___________(填“i=Imsinωt”填“i=Imcosωt”)。

(3)当线圈转到图(c)位置时,感应电流___________(填“最小”或“最大”),且感应电流方向___________(填“改变”或“不改变”)。

(4)当线圈转到图(d)位置时,感应电动势___________(填“最小”或“最大”),ab边感应电流方向为___________(填“a→b”或“b→a”)。21、判断下列说法的正误.

(1)输电线上电功率的损失,与输电线的电阻成正比,与输电线电流的平方成正比。()

(2)由P=可知,输电电压越小,输电线上电功率的损失就越小。()

(3)使用变压器进行远距离输电,用户得到的电压可以高于发电机输出的电压。()

(4)远距离输电时,若升压变压器匝数比为1∶n,降压变压器匝数比为n∶1,则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等。()22、如果把一个可拆变压器看成理想变压器,两个线圈分别为A、B,现要测量A线圈的匝数,提供的器材有:一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源,请简要叙述实验步骤(写出要测的物理量,并用字母表示):____________,A线圈的匝数为nA=____________。(用所测物理量符号表示)23、面积S=0.1m2的100匝矩形线框abcd,处在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中,t=0时刻线框位于水平面,磁场方向与水平面夹角θ=角(如图所示),当线框以ab为轴以角速度ω=π(rad/s)顺时针转过过程中,线框产生的平均电动势为_____V

24、如图在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B.在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、电量为q的正离子,速率都为v,对那些在xy平面内运动的离子,在磁场中可能到达的最大x=______,最大y=______.

25、汽车中的电磁辅助减震系统可等效简化为如图所示(俯视)的装置,减震线圈处于辐射状的水平磁场中。若某时刻测得线圈内有逆时针方向且正在增大的感应电流,则图中线圈此时在竖直方向做________运动。已知线圈质量为周长为电阻为线圈所处磁场的磁感应强度大小为以竖直向下为正方向,当线圈的加速度大小为时其速度________(重力加速度g取)

评卷人得分四、作图题(共4题,共40分)26、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。

27、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。

28、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。

29、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、实验题(共1题,共5分)30、在“探究变压器原;副线圈的电压与匝数的关系”实验中;某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。

(1)下列器材中,实验需要的器材是________;

A.干电池B.低压交流电源。

C.220V交流电源D.条形磁体。

E.可拆变压器和导线F.直流电压表。

G.多用电表。

(2)该同学认真检查电路无误后,先保证原线圈匝数不变,改变副线圈匝数;再保证副线圈匝数不变,改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈两端的电压值。由于交变电流的电压是变化的,所以,我们实际上测量的是电压的________(选填“有效”或“最大”)值。其中一次操作后副线圈所接多用电表读数如图所示,此时电表读数为________;

(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成________(选填“正比”或“反比”),实验中由于变压器的铜损和铁损导致原线圈与副线圈的电压之比一般________(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比。评卷人得分六、解答题(共2题,共6分)31、如图所示,在y>0的区域内存在沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场,在y<0的区域内存在垂直于xOy平面向外、大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子a,从y轴上的P点以某一速度沿x轴正方向射出,已知粒子a进入磁场时的速度大小为v,方向与x轴正方向的夹角θ=60°,粒子a进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为P点纵坐标的一半,在粒子a进入磁场的同时,另一不带电粒子b也经x轴进入磁场,运动方向与粒子a进入磁场的方向相同,在粒子a没有离开磁场时;两粒子恰好发生正碰(碰撞前瞬间速度方向相反),不计两粒子重力。

(1)求粒子a从P点射出的速度大小v0及P点的纵坐标h;

(2)求粒子b经过x轴进入磁场时的横坐标xb及速度大小vb;

(3)若两粒子碰后结合在一起,结合过程不损失质量和电荷量,要使结合后的粒子不能进入电场,求粒子b的质量应满足的条件。

32、如图所示,一个带电荷量为q的液滴以速度v射入互相垂直的匀强电场和匀强磁场中,液滴刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动,运动的轨迹半径为R。已知电场强度大小为E、方向竖直向下,重力加速度为g。求:

(1)液滴所带电荷的性质及液滴的质量m;

(2)磁感应强度的大小B。

参考答案一、选择题(共8题,共16分)1、A【分析】【分析】

本题考查安培左手定则的运用。

【详解】

对导体棒受力分析,根据安培左手定则,安培力向上。欲使绳子受力为0,安培力方向不变,大小增加。根据安培力计算公式需增加电流大小。故A正确,BCD错误。

故选A。2、B【分析】【分析】

【详解】

由图可知,电路接通后流过导体框的电流方向为ad及abcd,假设导体框的边长为L,由欧姆定律可得ad边的电流大小为

流过bc边的电流大小为

又由左手定则可知两边所受的安培力方向均竖直向下,则导体框所受的安培力大小为

故选B。3、B【分析】【详解】

AC.两粒子进入磁场后均向下偏转,可知在A点均受到向下的洛伦兹力;由左手定则可知,两个粒子均带负电,AC错误;

BD.在磁场中由洛伦兹力提供向心力,则有

因两粒子进入磁场的速度相同,电荷量也相同,又在同一磁场中运动,故

B正确;D错误。

故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

A.当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化;会产生电流,机械能向电能转化,所以机械能不守恒,因此环向右穿过磁场后,不能摆到释放位置,故A错误;

B.圆环离开磁场时磁通量减少;由楞次定律(增缩减扩)可知:圆环离开磁场时具有扩张的趋势,故B错误;

C.在圆环不断经过磁场;机械能不断损耗过程中圆环越摆越低,最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动,因为在此区域内没有磁通量的变化(一直是最大值),所以机械能守恒,即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动,而不是静止在平衡位置,故C正确;

D.圆环在磁场中运动时;因穿过其磁通量不变,不会产生感应电流,故D错误。

故选C。5、B【分析】【分析】

【详解】

分两部分研究,ab入磁场切割磁感线和dc入磁场切割磁感线,ab切割磁感线运动中,x在0~L范围,由楞次定律可知,线框的感应电流方向是逆时针,ab相当电源,a点的电势高于b点的电势,Uab>0,感应电动势E=BLv=1×0.1×0.4V=0.4V

Uab是外电压,则有:Uab=E=0.3V;

线框全部在磁场的运动中,x在L~2L的范围,线框的磁通量不变,没有感应电流产生,ab边两端电势差等于电动势,Uab=E=0.4V;

bc边切割磁感线,x在2L~3L范围,由楞次定律可知线框的感应电流方向是顺时针,dc相当于电源,a点的电势高于b点的电势,Uab>0,感应电动势E=BLv=1×0.1×4V=0.4V

Uab是外电压,则有:Uab=E=0.1V。

ACD错误;B正确。

故选B。6、B【分析】【详解】

A.导体环从a运动到b位置的过程中;磁通量不变,没有感应电流,A错误;

B.导体环从b运动到c位置的过程中;垂直纸面向里的磁场对应的磁通量在减小,根据楞次定律,感应电流方向为顺时针方向,垂直纸面向外的磁场对应的磁通量在增大,根据楞次定律,感应电流方向为顺时针方向,所以电流总是顺时针方向。B正确;

CD.导体环在b位置和c位置速度大小不相等,该过程重力不做功,但是发生电磁感应,动能转化为电能,速度减小。也因此,导体环不能摆到与a位置等高的位置。CD错误。

故选B。7、A【分析】【详解】

AB.现输电距离增大,输电线电阻随之增大,上面消耗的电压增多,要保证负载仍能正常工作,即副线圈两端电压不变,增大m;升压变压器副线圈上的电压增大,可保证降压变压器原线圈上的电压不变,B错误,A正确;

C.减小n;降压变压器副线圈上的电压变小,不能保证负载正常工作,C错误;

D.减小U;负载两端电压变小,负载不能正常工作,D错误。

故选A。8、A【分析】【分析】

【详解】

A.由图可知,在0.03s的前后,原线圈中的电流不变化,则副线圈中没有感应电流,所以通过电阻R1的瞬时电流为0;故A正确;

B.设电流表的示数为I1,则有

求得I1=A

故B错误;

C.原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中,故副线圈中电流交流部分的电流最大值为2A;设副线圈交流电的有效值为I2,则

求得I2=A

因此电压表的示数为

故C错误;

D.在0~0.04s内,电阻R1产生的焦耳热为

故D错误。

故选A。二、多选题(共8题,共16分)9、B:C【分析】【分析】

【详解】

S发射的粒子有可以穿过OA边界,根据左手定则可知,当入射角与OC夹角为30°的粒子刚好从O点射出,根据几何关系可知,粒子运动半径为

根据洛伦兹力提供向心力,则有

解得

则沿CA方向入射粒子运动最远,半径为L,从OA上射出,故OA上粒子出射区域长度为L。

故选BC。10、A:B【分析】【分析】

【详解】

A.粒子运动轨迹如图。

由几何关系可知,最大圆心角α=2θ=60°

粒子在磁场中做圆周运动的周期

粒子在磁场中的最长运动时间

解得

故A正确;

BC.带电粒子的入射速度越大,在磁场中运动的弧所对的弦长越长,故离开磁场所走的位移越大,但是粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角可能越小,则时间越短,故B正确,C错误;

D.带电粒子射出方向为ob方向,受到的洛伦兹力斜向下,故不可能从bc边界离开磁场;故D错误;

故选AB。11、A:D【分析】【详解】

A.线圈经过中性面时磁通量的变化率为零;则角速度变大,磁通量的变化率不变,选项A正确;

BC.根据Em=nBSω可知,角速度加倍,则感应电动势最大值变为原来的2倍,有效值变2倍,转一圈的时间减半,根据可知;线圈每转一圈产生的焦耳热变为原来的2倍,选项BC错误;

D.根据可知;线圈中感应电流的频率变为原来的2倍,选项D正确。

故选AD。12、B:C【分析】【分析】

【详解】

A.由可得交变电流的有效值为220V,根据

可得副线圈两端的电压为10V;此时小灯泡正常发光,则小灯泡的额定电压为10V,故A错误;

B.由

可得小灯泡的额定功率为故B正确;

C.灯泡与滑动变阻器并联;因此滑动移动,小灯泡不受影响,故C正确。

故选BC。13、A:D【分析】【详解】

A.根据变压器电压变化规律得

A正确;

B.根据变压器电流变化规律得

B错误;

CD.设原线圈两端的电压为U1,则副线圈两端的电压为0.5U1,则副线圈中的电流为根据电流关系得,原线圈中的电流为所以有

解得

则副线圈两端的电压为88V。C错误;D正确。

故选AD。14、B:C【分析】【详解】

AB.以磁场方向垂直纸面向外为例;打在极板上粒子轨迹的临界状态如图1所示;

根据几何关系知,带电粒子能到达板上的长度

故A错误;B正确;

CD.在磁场中打到板上的粒子运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图2所示,由几何关系知,最长时间t1=T

最短时间t2=T

又有粒子在磁场中运动的周期

根据题意t1-t2=Δt

联立解得

若磁场方向垂直纸面向里;可得出同样的结论,故C正确,D错误。

故选BC。15、A:D【分析】【分析】

【详解】

A.对导体棒P在下滑过程中受力分析有

而安培力为

由题可知

联立可得

故A正确;

B.导体棒在倾斜轨道上做匀变速直线运动,由

解得

故B错误;

CD.当导体棒P进入水平导轨后,导体棒P切割磁感线产生感应电动势,产生感应电流,导体棒在安培力作用下开始减速,产生的感应电流逐渐减小,安培力逐渐减小,所以当P刚进入水平轨道时产生的感应电动势最大,感应电流最大,安培力最大,由受力平衡可知此时导体排Q受到的摩擦力最大,所以有

故D正确;C错误。

故选AD。16、A:D【分析】【分析】

【详解】

A.用户端负载增加;故变压器输出功率变大,故输电线的电流增大,故输电线上损失电压将增大,故A正确;

B.由。

可知升压变压器输出电压由升压变压器的原;副线圈的匝数和升压变压器的输入电压决定;故不变,故B错误;

C.由于用户端负载增加时;升压变压器输出电压不变,输电线上损失的电压增大,因此降压变压器的输入电压降低,由。

由于原;副线圈匝数不变;故降压变压器输出电压降低,故C错误;

D.由于用户端负载增加时;电路中电流增加,由。

可知;电厂的输出功率增大,故D正确。

故选AD。三、填空题(共9题,共18分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2]由图可知;这种热敏电阻在温度上升时电阻减小,其导电能力增强;相对金属热电阻而言,热敏电阻受温度变化的响应更敏感。

(2)[3][4]根据闭合电路的欧姆定律可知。

解得。

则T-I关系是非线性关系,即温度越高,电流越小,电流表的指针越偏左,即温度刻度线是左大右小;温度变化相同时,温度越高,电流变化越小,即温度刻度线是左密右疏。【解析】增强敏感左大右小左密右疏18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]如图所示的电路中,当受到强光的照射下,的阻值减小;电流增大,则灯L会发光。

[2]当用遮光板盖住时,的阻值增大,电流减小,灯L不会发光。【解析】会不会19、略

【分析】【详解】

[1].如图所示;按钮开关K按下前,发光二极管;限流电阻与灯泡串联,有小电流通过发光二极管,因此发光二极管处于发光状态.

[2][3].当按钮开关K按下再释放后;由于通电路瞬间延时开关触发,相当于S闭合,二极管被短路,所以处于熄灭状态;由于延时开关S约在1分钟后断开,电灯才熄灭,则知电灯L发光持续时间约1min.

[4].只有当限流电阻R的阻值比灯丝电阻RL大得多时;通过发光二极管的电流才很小,确保二极管不烧坏.

【点睛】

解决本题的关键是根据延时开关的闭合和断开时,电路的连接方式正确进行分析即可.【解析】发光的1熄灭的≫20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2]图(a)中;线圈平面与磁感线垂直,磁通量最大,磁通量变化率为零。

(2)[3]从图(b)开始计时,线圈中电流i随时间t变化的关系是i=Imcosωt。

(3)[4][5]当线圈转到图(c)位置时为中性面;感应电流为零,最小,且感应电流方向发生改变。

(4)[6][7]当线圈转到图(d)位置时,磁通量变化率最大,此时感应电动势最大,由右手定则可知,ab边感应电流方向为b→a。【解析】①.最大②.零③.i=Imcosωt④.最小⑤.改变⑥.最大⑦.b→a21、略

【分析】【详解】

略【解析】①.正确②.错误③.正确④.错误22、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]①用长导线绕一个n匝线圈,作为副线圈替代A线圈.

②把低压交流电源接B线圈,用多用电表交流电压挡测得绕制的线圈的输出电压U.

③用A线圈换下绕制的线圈,用多用电表交流电压挡测得A线圈的输出电压UA.

[2]根据电磁感应原理可知

可得nA=n【解析】见解析nA=n23、略

【分析】【详解】

[1]矩形线圈abcd如图所示放置,此时通过线圈的磁通量为Φ1=BSsinθ①

当规定此时穿过线圈为正面,则当线圈绕ab轴转90°角时;穿过线圈反面;

则其的磁通量Φ2=-BScosθ②

线框产生的平均电动势③

由①②③式解得,线框产生的平均电动势为【解析】2.8V24、略

【分析】【分析】

【详解】

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律

可得:

沿-x轴方向射出的粒子圆心在y轴上;如图:

利用几何关系可知,所有粒子运动的圆心在以O为圆心,R为半径的圆中的第一象限部分;

则可知,粒子在x轴和y轴上达到的最远距离均为

【点睛】

本题解决的关键在于能通过分析找出所有粒子的运动轨迹间的关系,这种有无数粒子的问题要注意重点观测边界点的运动情况.【解析】25、略

【分析】【详解】

[1]线圈内有逆时针电流,由右手定则可知线圈向上运动;感应电流增大,由可得

则线圈加速运动;所以线圈向上加速运动。

[2]由解得

以竖直向下为正方向,则

由牛顿第二定律得

解得

代入数据得【解析】向上加速-2.2四、作图题(共4题,共40分)26、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】27、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。

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