2019高考物理大二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練4 電路和電磁感應(yīng).doc

階段訓(xùn)練(四)電路和電磁感應(yīng)(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。在每小題給出的四個選項中,16題只有一個選項符合題目要求,710題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)1.如圖所示,電路中的A、B是兩個完全相同的燈泡,L是一個自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈,C是電容很大的電容器。在開關(guān)S閉合與斷開時,A、B燈泡發(fā)光情況是()A.S剛閉合后,A燈亮一下又逐漸變暗,B燈逐漸變亮B.S剛閉合后,B燈亮一下又逐漸變暗,A燈逐漸變亮C.S閉合足夠長時間后,A燈泡和B燈泡一樣亮D.S閉合足夠長時間后再斷開,B燈立即熄滅,A燈逐漸熄滅2.如圖所示,電源電動勢為E,內(nèi)阻為r。當(dāng)滑動變阻器的滑片P從左端滑到右端時,理想電壓表V1、V2示數(shù)變化的絕對值分別為U1和U2,干路電流為I,下列說法正確的是(燈泡電阻不變)()A.小燈泡L1、L3變暗,L2變亮B.U1與I的比值不變C.U1<U2D.U1=U23.如圖甲所示,在勻強磁場中,一矩形金屬線圈兩次以不同的轉(zhuǎn)速繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動,產(chǎn)生的交流電動勢隨時間變化的e-t圖象分別如圖乙中曲線a、b所示,則()A.兩次t=0時刻穿過線圈的磁通量均為0B.曲線a表示的交流電動勢的頻率為25 HzC.曲線b表示的交流電動勢的最大值為15 VD.曲線a、b對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為324.如圖所示,在傾角為的光滑斜面上,相距均為d的三條水平虛線l1、l2、l3,它們之間的區(qū)域、分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小均為B。個質(zhì)量為m、邊長為d、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框,從l1上方一定高度處由靜止開始沿斜面下滑,當(dāng)ab邊剛越過l1進入磁場時,恰好以速度v1做勻速直線運動;當(dāng)ab邊在越過l2運動到l3之前的某個時刻,線框又開始以速度v2做勻速直線運動,重力加速度為g。在線框從釋放到穿出磁場的過程中,下列說法正確的是()A.線框中感應(yīng)電流的方向不變B.線框ab邊從l1運動到l2所用時間大于從l2運動到l3所用時間C.線框以速度v2做勻速直線運動時,發(fā)熱功率為m2g2R4B2d2sin2D.線框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,減少的機械能E機=12mv12-12mv225.如圖所示, B是一個螺線管,C是與螺線管相連接的金屬線圈。在B的正上方用絕緣絲線懸掛一個金屬圓環(huán)A,A的環(huán)面水平且與螺線管的橫截面平行。若僅在金屬線圈C所處的空間加上與C環(huán)面垂直的變化磁場,發(fā)現(xiàn)在t1至t2時間段內(nèi)絕緣絲線的拉力變小,則金屬線圈C處所加磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化的B-t圖象可能是()6.如圖甲所示的電路中,理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為 51,原線圈輸入如圖乙所示的電壓,副線圈接火災(zāi)報警系統(tǒng)(報警器未畫出),電壓表和電流表均為理想電表,R0為定值電阻,R為半導(dǎo)體熱敏電阻(其阻值隨溫度的升高而減小)。下列說法正確的是()A.圖乙中電壓的有效值為110 VB.電壓表的示數(shù)為44 VC.R處出現(xiàn)火警時,電流表示數(shù)減小D.R處出現(xiàn)火警時,電阻R0消耗的電功率增大7.如圖所示,理想變壓器原線圈a、b兩端接正弦交流電壓u,u=2202sin 100t(V),原、副線圈的匝數(shù)比n1n2=101,電壓表接在副線圈c、d兩端,輸電線的等效電阻為R,原來開關(guān)S是斷開的。當(dāng)S閉合后()A.電壓表示數(shù)為222 VB.輸電線上損耗的功率增大C.燈泡L的亮度變暗D.電流表示數(shù)變小8.如圖所示,電源電動勢E=3 V,小燈泡L標(biāo)有“2 V0.4 W”,開關(guān)S接1,當(dāng)變阻器調(diào)到R=4 時,小燈泡L正常發(fā)光;現(xiàn)將開關(guān)S接2,小燈泡L和電動機M均正常工作。則()A.電源內(nèi)阻為1 B.電動機的內(nèi)阻為4 C.電動機正常工作電壓為1 VD.電源效率約為93.3%9.(2018全國卷)如圖甲所示,在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R,R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦式交變電流i,i的變化如圖乙所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢()A.在t=T4時為零B.在t=T2時改變方向C.在t=T2時最大,且沿順時針方向D.在t=T時最大,且沿順時針方向10.如圖所示,在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為l,兩導(dǎo)軌間連有一電阻R,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為,在兩虛線間的導(dǎo)軌上涂有薄絕緣涂層。勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從h高度處由靜止釋放,在剛要滑到涂層處時恰好勻速運動。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且僅與涂層間有摩擦,動摩擦因數(shù)=tan ,其他部分的電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.導(dǎo)體棒到達涂層前做加速度減小的加速運動B.在涂層區(qū)導(dǎo)體棒做減速運動C.導(dǎo)體棒到達底端的速度為mgRsinB2l2D.整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh-m3g2R2sin22B4l4二、非選擇題(本題共2小題,共40分)11.(18分)如圖所示,單匝圓形線圈與勻強磁場垂直,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,圓形線圈的電阻不計。導(dǎo)體棒a繞圓心O勻速轉(zhuǎn)動,以角速度旋轉(zhuǎn)切割磁感線,導(dǎo)體棒的長度為l,電阻為r。定值電阻R1、R2和線圈構(gòu)成閉合回路,P、Q是兩個平行金屬板,兩板間的距離為d,金屬板的長度為L。在金屬板的上邊緣,有一質(zhì)量為m且不計重力的帶負(fù)電粒子豎直向下射入極板間,并從金屬板的下邊緣離開。帶電粒子進入電場的位置到P板的距離為d3,離開電場的位置到Q板的距離為d3。求:(1)導(dǎo)體棒a順時針轉(zhuǎn)動,還是逆時針轉(zhuǎn)動;(2)定值電阻R2兩端的電壓;(3)若R1=3r,R2=2r,試求帶電粒子的電荷量。12.(22分)如圖所示,兩平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上,相距為l,處于豎直向下的勻強磁場中,整個磁場由n個寬度皆為x0的條形勻強磁場區(qū)域1、2、3、n組成,從左向右依次排列,磁感應(yīng)強度的大小分別為B、2B、3B、4B、nB,兩導(dǎo)軌左端之間接入電阻R,一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放在水平導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌接觸良好,不計導(dǎo)軌和金屬棒的電阻。(1)對導(dǎo)體棒ab施加水平向右的力,使其從圖示位置開始運動并穿過n個磁場區(qū),求導(dǎo)體棒穿越磁場區(qū)1的過程中通過電阻的電荷量q。(2)對導(dǎo)體棒ab施加水平向右的力,讓它從距離磁場區(qū)1左側(cè)x=x0的位置由靜止開始做勻加速運動,當(dāng)ab進入磁場區(qū)1時開始做勻速運動。此后在不同的磁場區(qū)施加不同的拉力,使棒ab保持勻速運動通過整個磁場區(qū)域,求棒ab通過第i區(qū)域時水平拉力F和ab穿過整個磁場區(qū)域所產(chǎn)生的電熱Q。(3)對導(dǎo)體棒ab施加水平向右的恒力F0,讓它從磁場區(qū)1的左邊界開始運動,當(dāng)向右運動距離x0時做勻速運動,求棒通過磁場區(qū)1所用的時間t。答案：1.A解析 S剛閉合后,電流變化快,自感線圈的感抗大,電流通過A燈向電容器充電,隨著電流趨于穩(wěn)定,自感線圈相當(dāng)于短路,電容器相當(dāng)于斷路,所以是A燈亮一下又逐漸變暗,B燈逐漸變亮,選項A正確,B錯誤;S閉合足夠長時間后,A燈熄滅,B燈亮,S再斷開,電容器C通過燈泡B放電,B燈逐漸熄滅,由于自感線圈產(chǎn)生自感電動勢,與A燈構(gòu)成閉合電路,A燈逐漸熄滅,選項C、D錯誤。2.B解析 滑動變阻器的滑片P從左端滑到右端,總電阻變大,總電流減小,路端電壓增大,L2中電流減小,變暗,L3中電壓增大,變亮,U1增大,選項A錯誤;U2減小,而路端電壓U=U1+U2增大,所以U1的變化量大于U2的變化量,選項C、D錯誤;U1與I的比值不變,為電源內(nèi)阻和L2電阻之和,選項B正確。3.D解析 在t=0時刻,e=0,線圈一定處在中性面上,此時磁通量最大,故A錯誤;圖線a的周期為Ta=0.02 s,其頻率為fa=50 Hz,B錯誤;轉(zhuǎn)速n=2T,故兩者的轉(zhuǎn)速之比為TbTa=32,曲線a表示的交流電動勢最大值是30 V,根據(jù)Em=nBS可得ebm=23eam=20 V,故C錯誤、D正確。4.C解析 線框從釋放到穿出磁場的過程中,由楞次定律可知感應(yīng)電流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向,選項A錯誤;線框第一次勻速運動時,由平衡條件有BId=mgsin ,I=Bdv1R,解得v1=mgRsinB2d2。第二次勻速運動時由平衡條件有2BId=mgsin ,I=2Bdv2R,解得v2=mgRsin4B2d2。線框ab邊勻速通過區(qū)域,先減速再勻速通過區(qū)域,而兩區(qū)域?qū)挾认嗤?故通過區(qū)域的時間小于通過區(qū)域的時間,選項B錯誤;由功能關(guān)系可知線框第二次勻速運動時發(fā)熱功率等于重力做功的功率,有P=mgv2sin =m2g2Rsin24B2d2,選項C正確;線框從進入磁場到第二次勻速運動過程中,損失的重力勢能等于該過程中重力做的功,動能損失量為12mv12-12mv22,所以線框機械能損失量為E機=WG+12mv12-12mv22,選項D錯誤。5.D解析 根據(jù)共點力的平衡原理,在t1至t2時間段內(nèi),絕緣絲線與豎直方向的夾角變小,故彈簧線圈處在收縮狀態(tài),根據(jù)楞次定律的另一種表述,知螺線管中B產(chǎn)生的磁場在增加,即螺線管中的電流增大,感應(yīng)電動勢增大,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,E=nt=nBtS,知Bt增大,選項D正確。6.D解析 給這個正弦電壓圖象補上負(fù)半周,電壓的有效值就是220 V,設(shè)圖乙電壓的有效值為U,根據(jù)交變電流有效值的定義,U2RT=(220V)2RT2,得U=2202 V=154 V,選項A錯誤;由以上分析,原線圈電壓為154 V,根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比的關(guān)系式得副線圈兩端電壓為30.8 V,選項B錯誤;R處出現(xiàn)火警時,溫度升高電阻減小,根據(jù)歐姆定律,副線圈里的電流增大,又因理想變壓器P入=P出=UI,兩線圈電壓不變,所以原線圈電流也增大,選項C錯誤;由以上分析 R處出現(xiàn)火警時,流過R0的電流增大,由P0=I2R0知R0上消耗的功率增大,選項D正確。7.BC解析 初級電壓的有效值為U1=22022 V=220 V,則次級電壓為U2=n2n1U1=110220 V=22 V,故電壓表示數(shù)為22 V,選項A錯誤;當(dāng)S閉合時,次級電阻減小,次級電流變大,故根據(jù)P=I2R可知,輸電線上損耗的功率變大,選項B正確;燈泡上的電壓為UL=U2-UR,因U2不變,UR增大,故燈泡兩端的電壓減小,燈泡L的亮度變暗,選項C正確;根據(jù)U1I1=U2I2可知,I2變大時,I1變大,即電流表示數(shù)變大,選項D錯誤。8.AD解析 由小燈泡的額定功率P=UI可知I=0.2 A,由歐姆定律RL=UI可知小燈泡發(fā)光時電阻RL=10 ,由閉合電路歐姆定律可得I=ER+RL+r,解得r=1 ,選項A正確;接2時小燈泡正常發(fā)光,說明電路中電流仍為0.2 A,故電動機兩端電壓U=E-IRL-Ir=0.8 V,電動機為非純電阻電器,故電動機內(nèi)阻不等于4 ,選項B、C錯誤;由P=I2r,=P總-P電源P總100%代入數(shù)據(jù)可得電源效率約為93.3%,選項D正確。9.AC解析 PQ中的電流在導(dǎo)線框R中產(chǎn)生變化的磁場,所以線框R中的磁通量變化規(guī)律和PQ中電流的變化規(guī)律相同,PQ中電流在T4時刻變化率為零,即線框R中的磁通量的變化率為零,線框中R產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零,A選項正確;T2時刻PQ中電流變化最快,即線框R中磁通量變化最快,斜率正負(fù)沒有發(fā)生變化,所以感應(yīng)電動勢的方向沒有發(fā)生變化,B選項錯誤;在T2時刻,線框R中的磁通量從向內(nèi)減弱變?yōu)橄蛲庠鰪?感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向里,感應(yīng)電動勢為順時針方向,C選項正確;在T時刻,線框R中的磁場從垂直紙面向外減弱變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶镌鰪?感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外,感應(yīng)電動勢為逆時針方向,D選項錯誤。10.AC解析 導(dǎo)體棒到達涂層前隨著速度的增加,安培力越來越大,因此合力越來越小,加速度越來越小,因此做加速度減小的加速運動,選項A正確;由于到達涂層時已勻速運動,而涂層的動摩擦因數(shù)=tan ,因此在涂層區(qū)導(dǎo)體棒做勻速運動,選項B錯誤;穿過涂層后導(dǎo)體棒仍勻速運動,因此到達底端時,mgsin =B2l2vR,因此導(dǎo)體棒到達底端的速度為mgRsinB2l2,選項C正確;由于涂層存在,因此整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h-l1sin )-12mv2=mg(h-l0sin )-m3g2R2sin22B4l4,其中l(wèi)0為涂層的寬度,選項D錯誤。11.答案 (1)導(dǎo)體棒a逆時針轉(zhuǎn)動(2)Bl2R22(R1+R2+r)(3)4d2mv02Bl2L2解析 (1)依題意,帶電粒子受到的靜電力水平向右。帶電粒子帶負(fù)電,所以P板帶負(fù)電,Q板帶正電。由右手定則可知,導(dǎo)體棒a逆時針轉(zhuǎn)動。(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得電動勢大小E0=12Bl2由閉合電路歐姆定律得I=E02(R1+R2+r)由歐姆定律可知,定值電阻R2兩端的電壓UPQ=IR2聯(lián)立可得UPQ=Bl2R22(R1+R2+r)。(3)若R1=3r,R2=2r,UPQ=Bl26帶電粒子在極板間做類平拋運動,L=v0td3=at2,a=qUPQmd,聯(lián)立可得q=4d2mv02Bl2L2。12.答案 (1)Blx0R(2)2i2B4l4x0mR22x02B4l4mR2(12+22+32+n2)(3)B2l2x0F0R+mRB2l2解析 (1)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=t通過電阻的電荷量q=It=ERt導(dǎo)體棒穿過1區(qū)過程=Blx0解得q=Blx0R。(2)設(shè)進入磁場1時拉力為F1,速度為v,則有F1x0=12mv2F1-B2l2vR=0解得F1=2B4l4x0mR2v=2B2l2x0mR進入第i區(qū)時的拉力Fi=(iB)2l2vR=2i2B4l4x0mR2導(dǎo)體棒以后通過每區(qū)都以v做勻速運動,則有Q=F1x0+F2x0+F3x0+Fnx0解得Q=2x02B4l4mR2(12+22+32+n2)。(3)設(shè)棒勻速運動的速度為v,則F0=B2l2vR設(shè)棒在前x02距離運動的時間為t1,由數(shù)學(xué)知識可得F0-BIl=mvt1F0t1-Bq1l=mv而q1=Blx02R解得t1=B2l2x02F0R+mRB2l2設(shè)棒在后x02勻速運動的時間為t2,則t2=x02v=B2l2x02F0R所以棒通過區(qū)域1所用的總時間t=t1+t2=B2l2x0F0R+mRB2l2。