1、交变电流一、选择题1.(2018全国卷,18题改编)(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。甲的图线是一条抛物线,乙的图线是一条过原点的直线。下列说法正确的是()。A.从0到t2时间内,两车的位移相等B.从0到t2时间内,乙车的平均速度较大C.从t1到t2时间内,两车的平均速度相等D.从t1到t2时间内的某时刻,两车加速度相等【解析】从x-t图象中可以看出,从0到t2时间内,乙车的位移较大,A项错误;从0到t2时间内,始末位置差不同,乙车的位置差较大,时间相同,乙车的平均速度较大,B项正确;从t1到t2时间内,始末位置差相同,两车的平均速度相等,C
2、项正确;甲车做匀加速运动,乙车做匀速运动,D项错误。【答案】BC2.(2019河北联考)如图甲所示,为一种调光台灯电路示意图,它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度,给该台灯接220 V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示,则此时交流电压表的示数为()。A.220 VB.110 VC.1102 VD.552 V【解析】设电压的有效值为U,根据有效值定义有22022RT2+0=U2RT,解得U=110 V,则B项正确。【答案】B3.(2018山东调研)如图所示,线圈M内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大。等离子气流(由高温高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度
3、v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中,发现两直导线a、b相互吸引,由此可判断P1和P2两极板间的匀强磁场方向为()。A.垂直纸面向外B.垂直纸面向里C.水平向左D.水平向右【解析】线圈M中磁场的方向向上增强时,由楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向下,导线a中的电流方向向下。根据同向电流相互吸引可知,b中的电流方向也向下,则极板P1是电源的正极,所以正电荷在磁场中向上偏转,根据左手定则可知,P1和P2两极板间的匀强磁场的方向垂直于纸面向里。【答案】B4.(2018南充期中)如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈B上,现用大小均为F、方向相反的水平力分别同时推A和B,它们均静止不动
4、,则()。A.A与B之间一定存在摩擦力B.B与地面之间一定存在摩擦力C.B对A的支持力一定小于mgD.地面对B的支持力的大小一定等于(M+m)g【解析】对木块A受力分析,当推力F沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时,摩擦力的方向沿斜面向下;当推力F沿斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时,摩擦力的方向沿斜面向上;当推力F沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时,摩擦力为零,A项错误。根据共点力平衡的条件,设B的倾角为,运用正交分解法,可以得到B对A的支持力大小FN=mgcos +Fsin ,其与重力的关系不确定,C项错误。对A、B整体受力分析,由于两个推力的合力为零,故整体与地面间没
5、有摩擦力,B项错误。根据共点力平衡条件,有FN=(M+m)g,D项正确。【答案】D5.(2019广安检测)甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做匀变速直线运动,t=0时刻同时经过公路旁的同一路标,下表是每隔1 s记录的两车的速率。关于两车的运动,下列说法正确的是()。时间t/s01234甲车的速率v1/(ms-1)18.016.014.012.010.0乙车的速率v2/(ms-1)3.04.05.06.07.0A.乙车的速度变化较快B.在04 s内,乙车的平均速度较大C.在04 s内,甲车相对乙车行驶了56 mD.在乙车追上甲车之前,t=5 s时两车相距最远【解析】由表中数据可知,甲、乙两汽
6、车的加速度分别为a1=-2 m/s2、a2=1 m/s2,甲车加速度较大,A项错误;由v=v0+vt2可知,04 s两车的平均速度分别为v1=14 m/s、v2=5 m/s,甲车平均速度较大,B项错误;04 s内甲车相对乙车的位移s=(v1-v2)t=36 m,C项错误;运动开始后,由于甲车速度大于乙车速度,两车间距逐渐增大,到第5 s末,两车速度相等,此后甲车速度小于乙车速度,两车间距开始变小,因此,第5 s末两车相距最远,D项正确。【答案】D6.(2018成都三模)如图所示,一个匝数N=100的线圈以固定转速50 r/s在匀强磁场中旋转,其产生的交流电通过一匝数比n1n2=101的变压器给
7、阻值R=20 的电阻供电,已知交流电压表的示数为20 V,从图示位置开始计时,则下列说法正确的是()。A.电阻R消耗的电功率为10 WB.穿过线圈平面的最大磁通量为150 WbC.t=0时刻流过线圈的电流不为零D.t=0.0025 s时刻穿过线圈平面的磁通量为150 Wb【解析】电阻R上消耗的电功率P=U2R=20 W,A项错误;变压器原线圈两端的电压,即线圈产生的感应电动势有效值为200 V,所以其最大值Em=2002 V=NBS,则穿过线圈的最大磁通量m=BS=2002100100 Wb=250 Wb,B项错误;t=0时刻线圈平面和磁场垂直,各边均不切割磁感线,故线圈中电流为零,C项错误;
8、t=0.0025 s时线圈转过45,此时穿过线圈的磁通量=BSsin 45=25022 Wb=150 Wb,D项正确。【答案】D7.(2018吉林监测)(多选)如图所示,abcd为一矩形金属线框,其中ab=cd=L,ab边接有定值电阻R,cd边的质量为m,其他部分的电阻和质量均不计,整个装置用劲度系数为k的两根绝缘轻弹簧悬挂起来。线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面向里。初始时刻,使两弹簧处于自然长度,现给线框一竖直向下的初速度v0,当cd边第一次运动至最下端的过程中,R产生的电热为Q,此过程cd边始终未离开磁场,已知重力加速度大小为g,下列说法中正确的是()。A.初
9、始时刻cd边所受安培力的大小为B2L2v0RmgB.线框中产生的最大感应电流可能为BLv0RC.cd边第一次到达最下端的时刻,两根弹簧具有的弹性势能总量大于12mv02-QD.在cd边反复运动的过程中,R中产生的电热最多为12mv02+m2g22k【解析】初始时刻,线框的速度为v0,则E=BLv0,再由I=ER及F=BIL,得cd边所受安培力的大小F=B2L2v0R,A项错误;线框开始运动后,若初始时重力大于安培力,则mg-B2L2vR-kx=ma,合力方向向下,可知线框可能先做加速度减小的加速运动,故v0不是速度的最大值,产生的感应电流不是最大,若初始时重力小于安培力,则B2L2vR+kx-
10、mg=ma,合力方向向上,可知线框可能做加速度减小的减速运动,速度v0为最大值,线框中产生的最大感应电流等于BLv0R,B项正确;cd边第一次到达最下端的时刻,由能量守恒定律可知mgh+12mv02=Ep+Q,所以Ep-mgh=12mv02-Q,故弹簧弹性势能大于12mv02-Q,C项正确;在cd边反复运动的过程中,最后棒静止在初始位置的下方,由mg=2kx得x=mg2k,减少的重力势能Ep=mgx=m2g22k,由能量守恒定律可知mgx+12mv02=Ep+Q,所以热量Q应小于12mv02+m2g22k,D项错误。【答案】BC8.(2018江苏太仓第一次模拟)(多选)最新天文学观测新发现的双
11、子星系统“开普勒-47”有一对互相围绕运行的恒星,运行周期为T,其中一颗大恒星的质量为M,另一颗小恒星只有大恒星质量的三分之一。已知引力常量为G,据此可知()。A.两颗恒星相距3GMT232B.大、小两颗恒星的转动半径之比为13C.大、小两颗恒星的转动线速度之比为31D.大、小两颗恒星的转动角速度之比为13【解析】角速度=2T,两颗恒星的周期相等,角速度也相等,D项错误;设大恒星的轨道半径为r1,小恒星的轨道半径为r2,两恒星之间的距离为L,所以r1+r2=L,结合万有引力定律,GMM3L2=M42T2r1,GMM3L2=M342T2r2,联立可得r1r2=13,r1+r2=3GMT232,A
12、、B两项正确;线速度v=2Tr,线速度之比v1v2=r1r2=13,C项错误。【答案】AB二、非选择题9.(2018广东联考)小玲同学平时使用带弹簧的圆珠笔写字,她想估测里面小弹簧在圆珠笔尾端压紧情况下的弹性势能的增加量。请你帮助她完成这一想法。(1)写出实验所用的器材:。(2)写出实验的步骤和所要测量的物理量(用字母表示):(要求能符合实际并尽量减少误差)。(3)弹性势能的增加量的表达式Ep=。【解析】(1)若弹簧将圆珠笔向上弹出,圆珠笔做竖直上抛运动,增加的重力势能等于减小的动能,而动能的减小量又等于弹性势能的减小量。所以需要用刻度尺测量圆珠笔上升的高度;还需要用天平测量圆珠笔的质量。(2
13、)将圆珠笔紧靠刻度尺竖直放在桌面上并将尾端压紧,记下笔尖处的读数x1;突然放开圆珠笔,观察并记下笔尖到达最高处的读数x2;多次测量笔尖到达最高处的读数x2并取平均值x-2;用天平测出圆珠笔的质量m。(注:步骤可对调)(3)圆珠笔增加的重力势能等于动能的减小量,而动能的减小量又等于弹性势能的减小量,故弹性势能的增加量Ep=mg(x-2-x1)。【答案】(1)天平刻度尺(2)见解析(3)Ep=mg(x-2-x1)10.(2018岳阳检测)待测电阻Rx的阻值约为20 ,现要测量其阻值,实验室提供器材如下:A.电流表(量程150 mA,内阻约为10 )B.电流表(量程20 mA,内阻r2=30 )C.
14、电压表(量程15 V,内阻约为3000 )D.定值电阻R0=100 E.滑动变阻器R1,最大阻值为5 ,允许通过的最大电流为1.0 AF.滑动变阻器R2,最大阻值为5 ,允许通过的最大电流为0.5 AG.电源E,电动势为4 V(内阻不计)H.开关S及导线若干(1)为了使电表调节范围较大,测量准确,测量时电表读数不得小于其量程的13,请从所给的器材中选择合适的实验器材(均用器材前对应的序号字母填写)。(2)根据你选择的实验器材,请你在虚线框内画出测量Rx的最佳实验电路图并标明元件符号。(3)待测电阻的表达式为Rx=,式中各符号的物理意义为。【解析】(1)由于电源电动势为4 V,电压表的量程为15
15、 V,达不到其量程的三分之一,故电压表不能使用;可用电流表与定值电阻R0串联扩大其电压量程,当作电压表与电流表配合使用伏安法测量待测电阻阻值,由于改装的电压表内阻已知,故电流表用外接法,改装的电压表量程为2010-3130 V=2.6 V,滑动变阻器最大阻值为5 ,无法起到限流作用,故滑动变阻器采用分压式接法;此时考虑到干路最小电流约为ER=0.8 A,故滑动变阻器只能选择R1,经过估算,当电流表满偏时,电流表也正好满偏,非常匹配,因此满足电表读数不得小于其量程三分之一的要求。故实验器材选择ABDEGH。(2)如图所示。(3)待测电阻Rx=I2(R0+r2)I1-I2,其中I1、I2分别为电流
16、表和的示数。【答案】(1)ABDEGH(2)如图所示(3)I2(R0+r2)I1-I2I1、I2分别为电流表和的示数11.(2018浙江月考)如图所示,在E=1103 V/m的竖直匀强电场中,一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN连接,半圆形轨道平面与电场线平行,P为QN圆弧的中点,其半径R=40 cm,一带正电q=110-4 C的小滑块质量m=10 g,与水平轨道间的动摩擦因数=0.15,位于N点右侧x=1.5 m处,取g=10 m/s2。(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q,则滑块应以多大的初速度v0向左运动?(2)求这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力大小。【解析】(1)
17、设滑块到达Q点时速度为v,则mg+qE=mv2R滑块从开始运动到到达Q点的过程中,由动能定理得-mg2R-qE2R-(mg+qE)x=12mv2-12mv02联立解得v0=7 m/s。(2)设滑块到达P点时速度为v,则从开始运动到P点的过程,由动能定理得-(qE+mg)x-(mg+qE)R=12mv2-12mv02又在P点时有FN=mv2R代入数据解得FN=0.6 N由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道的压力大小为0.6 N。【答案】(1)7 m/s(2)0.6 N12.(2018会宁检测)如图所示,MN和PQ是平行、光滑、足够长且不计电阻的两根竖直固定金属杆,间距L=0.1 m,其最上端通过
18、电阻R相连接,R=0.5 。R两端通过导线与平行板电容器连接,电容器上下两板距离d=1 m。在R下方一定距离有方向相反、无缝对接的两个沿水平方向的匀强磁场区域和,磁感应强度均为B=2 T,其中区域的高度差h1=3 m,区域的高度差h2=1 m。现将一阻值r=0.5 、长L=0.1 m的金属棒b紧贴MN和PQ,从距离区域上边缘h=5 m处由静止释放;b进入区域后即刻做匀速直线运动,在b进入区域的同时,从紧贴电容器下板中心处由静止释放一带正电的微粒A。微粒的比荷qm=20 C/kg,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)金属棒b的质量M。(2)在b穿越磁场的整个过程中,微粒发生的位移大小x。(
19、不考虑电容器充、放电对电路的影响及充、放电时间)【解析】(1)b下滑h的过程中,由运动学规律有v2=2gh代入数据解得v=10 m/sb进入区域后,由平衡条件有BIL=Mg感应电动势E=BLv=2 V感应电流I=ER+r=2 A,解得M=0.04 kg。(2)因区域、的磁感应强度大小相同,故b在区域中也做匀速运动,b匀速穿过磁场的整个过程中,电容器两极板间的电压U=RER+r=1 V,电场强度E=Ud=1 V/mb穿越区域 的过程中经历的时间t1=h1v=0.3 s,此过程下板电势高,微粒A的加速度大小a1=qE-mgm=10 m/s2,方向竖直向上A的末速度v1=a1t1=3 m/s,向上的位移x1=12a1t12=0.45 mb穿越区域的过程中经历的时间t2=h2v=0.1 s此过程中上板电势高,A的加速度大小a2=qE+mgm=30 m/s2,方向竖直向下末速度v2=v1-a2t2=0,故微粒运动方向始终未变向上的位移x2=v1t2-12a2t22=0.15 m得x=x1+x2=0.45 m+0.15 m=0.60 m。【答案】(1)0.04 kg(2)0.60 m9
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