高考物理二輪復(fù)習(xí) 新題重組訓(xùn)練 專題四　電路和電磁感應(yīng)專題小循環(huán)練

對應(yīng)學(xué)生用書P127一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第3、4、5小題為多選題。)1．如圖甲所示，兩根材料相同的均勻?qū)w柱a和b，a長為l，b長為2l，串聯(lián)在電路中時(shí)，沿x軸方向電勢變化φ－x圖象如圖乙所示，選取x＝3l處電勢為零，則導(dǎo)體柱a、b的橫截面積之比為()甲乙A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,4) D.eq\f(2,5)[解析]由圖象可知導(dǎo)體柱a電壓為6V，導(dǎo)體柱b電壓為4V。導(dǎo)體柱a與導(dǎo)體柱b串聯(lián)，故電壓之比等于電阻之比，由電阻定律可以求出截面積之比為1∶3。[答案]A2．如圖所示，等腰直角區(qū)域EFG內(nèi)有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，直角邊CF長度為2L?，F(xiàn)有一電阻為R的閉合直角梯形導(dǎo)線框ABCD以恒定速度v水平向右勻速通過磁場。t＝0時(shí)刻恰好位于圖示位置(即BC與EF在一條直線上，且C與E重合)，規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)為正，則感應(yīng)電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖線正確的是()[解析]t＝0時(shí)刻，切割磁感線等效長度為零，故感應(yīng)電流為零，在eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)過程中，如圖所示，線框切割磁感線的等效長度不斷減小，故A、B、D項(xiàng)錯(cuò)，C項(xiàng)正確。[答案]C3．如圖，在豎直平面內(nèi)有一下邊水平，邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框下方有一上下邊界水平、寬度為d(d>L)的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。將導(dǎo)線框由靜止釋放，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(qū)域。已知下落過程中線框平面始終與磁場方向垂直，不計(jì)空氣阻力，則在導(dǎo)線框由靜止開始下落到完全離開磁場的過程中，下列v－t圖象可能正確的是()ABCD[解析]本題以線框穿過磁場命題，考查電磁感應(yīng)知識(shí)以及運(yùn)動(dòng)過程與圖象相結(jié)合的問題。開始階段，線框自由落體運(yùn)動(dòng)，到進(jìn)入磁場，比較重力mg和安培力eq\f(B2L2v,R)的大小，mg<eq\f(B2L2v,R)，線框減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)完全進(jìn)入磁場后做勻加速運(yùn)動(dòng)，v－t圖線應(yīng)為直線，所以D錯(cuò)；假如進(jìn)入時(shí)mg＝eq\f(B2L2v進(jìn),R)，線框勻速運(yùn)動(dòng)，因d>L，完全進(jìn)入后線框再次加速，出磁場時(shí)，就要出現(xiàn)mg<eq\f(B2L2v出,R)的情況，線框加速不可能，A錯(cuò)；B選項(xiàng)說明線框進(jìn)磁場做加速度減小的加速，出磁場時(shí)勻速，可能，B對；C選項(xiàng)說明進(jìn)、出磁場線框都做加速度減小的加速，C對，選BC。[答案]BC4．如圖所示，是一將心肌收縮產(chǎn)生的脈動(dòng)轉(zhuǎn)化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可用一個(gè)與大電阻(40kΩ)相連的交流電源來等效，心電圖儀與一理想變壓器的初級線圈相連，以揚(yáng)聲器(可以等效為阻值為8Ω的電阻)與該變壓器的次級線圈相連。等效電源的電壓有效值u0＝30V，變壓器的初級線圈和次級線圈的匝數(shù)比為50∶1，則()A．變壓器的初級線圈輸入電壓為30VB．變壓器的初級線圈輸入電壓為10VC．變壓器次級線圈輸出電壓為0.6VD．變壓器次級線圈輸出功率為5×10－3W[解析]設(shè)變壓器輸入電壓U1，輸出電壓U2，匝數(shù)n1、n2，電流I1、I2，由理想變壓器的電壓電流關(guān)系有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)?U2＝eq\f(1,50)U1；eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)?I2＝eq\f(n1I1,n2)＝50I，對揚(yáng)聲器有eq\f(U2,I2)＝8Ω?eq\f(\f(1,50)U1,50I1)＝8?I1＝eq\f(U1,8×2500)，對變壓器原線圈部分電路由全電路歐姆定律有30V＝U1＋I(xiàn)1×40kΩ＝3U1?U1＝10V，A錯(cuò)B對；變壓器次級線圈輸出功率P＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝eq\f(0.22,8)W＝5×10－3W，C錯(cuò)D對；選B、D。[答案]BD5．如圖，理想變壓器的原、副線圈分別接有理想電流表?和額定電壓為60V的燈泡，滑動(dòng)變阻器的電阻值范圍是0～125Ω，不考慮溫度對燈泡電阻的影響，原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1，交流電源的電壓為U0＝220V，適當(dāng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸片P位置，當(dāng)燈泡在額定電壓下正常工作時(shí)，測得電流表?的示數(shù)為1A，則()A．燈泡的額定功率為120WB．燈泡的額定電流為1.4AC．滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭以上部分即AP之間的接入電阻為100ΩD．滑動(dòng)變阻器所消耗的電功率為136W[解析]結(jié)合題意由變壓器原理可知，副線圈輸出電壓為110V，電流為2A，R并＝eq\f(60V,2A)＝30Ω，RBP＝eq\f(110V－60V,2A)＝25Ω，RAP＝125Ω－25Ω＝100Ω，C對；由eq\f(1,RAP)＋eq\f(1,RL)＝eq\f(1,R并)，知RL＝eq\f(300,7)Ω。燈泡的額定功率P額＝eq\f(U\o\al(2,額),RL)＝eq\f(\a\vs4\al(602),\f(300,7))W＝84W，A錯(cuò)誤；燈泡的額定電流I額＝eq\f(U額,RL)＝eq\f(\a\vs4\al(60),\f(300,7))A＝1.4A，B正確；滑動(dòng)變阻器所消耗的總功率P＝22×25W＋(2－1.4)2×100W＝136W，D正確。[答案]BCD6．區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場，磁場的上、下邊界水平，方向和豎直平面(紙面)垂直，兩個(gè)由完全相同的導(dǎo)線制成的剛性線框a和b，其形狀分別為周長為4l的正方形和周長為6l的矩形，如圖所示，a、b寬相同，b的邊長是a的2倍。線框a和b在豎直平面內(nèi)從圖示位置開始自由下落。若從開始下落到線框完全離開磁場的過程中，安培力與作用時(shí)間的乘積分別為Ia、Ib，則Ia∶Ib為()A．3∶8 B．1∶2C．1∶1 D．3∶2[解析]由能量守恒知，a、b到磁場時(shí)，速度相同，安培力與作用時(shí)間的乘積I＝BIl·Δt＝B·eq\f(BlΔv,R)·l·Δt＝eq\f(B2l2·l,R)，所以eq\f(Ia,Ib)＝eq\f(\f(B2l3,ρ\f(4l,S)),\f(B22l2·l,ρ·\f(6l,S)))＝eq\f(3,8)，選A。[答案]A7．如圖所示，一半徑為L的導(dǎo)體圓環(huán)位于紙面內(nèi)，O為圓心。環(huán)內(nèi)兩個(gè)圓心角為90°的扇形區(qū)域內(nèi)分布有勻強(qiáng)磁場，兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，方向相反且均與紙面垂直。導(dǎo)體桿OM可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，M端通過滑動(dòng)觸點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸。在圓心和圓環(huán)間連有電阻R。不計(jì)圓環(huán)和導(dǎo)體桿的電阻，當(dāng)桿OM以角速度ω逆時(shí)針勻角速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，理想電流表的示數(shù)為()A.eq\f(\r(2)BL2ω,4R) B.eq\f(BL2ω,4R)C.eq\f(\r(2)BL2ω,2R) D.eq\f(BL2ω,2R)[解析]導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割勻強(qiáng)磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝eq\f(1,2)BL2ω，因兩磁場方向相反，所以得到的是交變電流，按交變電流有效值的求法有I2RT＝(eq\f(E,R))2R·eq\f(T,2)?I＝eq\f(\r(2),2)eq\f(E,R)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq\f(\r(2)BL2ω,4R)，交流電流表顯示的是有效值，所以選A。[答案]A8．如圖所示，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，正方形金屬框電阻為R，邊長為l，自線框從左邊界進(jìn)入磁場時(shí)開始計(jì)時(shí)，在外力作用下由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場區(qū)域，t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場。規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時(shí)值為P，通過線框橫截面的電荷量為q，其中P－t圖象為拋物線，則這些量隨時(shí)間變化的關(guān)系正確的是()ABCD[解析]由E＝Blv＝Blat知感應(yīng)電流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blat,R)可見i－t為正比例函數(shù)、圖象為過原點(diǎn)的直線，A錯(cuò)；外力F＝F安＋ma＝Bil＋ma＝B·eq\f(Blat,R)l＋ma＝eq\f(B2l2at,R)＋ma可見F－t為一次函數(shù)關(guān)系，圖象不過坐標(biāo)原點(diǎn)，B錯(cuò)；線框中電功率的瞬時(shí)值P＝F安·v＝Bil·at＝eq\f(B2l2a2t2,R)，可見P－t關(guān)系為拋物線，C對；通過線框橫截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(Bl·\f(1,2)at2,R)，可見q－t關(guān)系為拋物線，D錯(cuò)，選C。[答案]C二、計(jì)算題(本題共2小題，共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟。)9．如圖所示，質(zhì)量為m的型金屬框P′PNN′，靜止在傾角為θ＝37°的粗糙絕緣斜面上，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。PP′、NN′邊相互平行，相距L，電阻不計(jì)且足夠長；上邊PN垂直于PP′，電阻為R。光滑導(dǎo)體棒ab質(zhì)量也為m，電阻不計(jì)，橫放在框架上，整個(gè)裝置處于垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。將ab棒從靜止釋放，當(dāng)ab發(fā)生的位移為x0時(shí)，框架開始向下運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體棒ab與PP′、NN′始終接觸良好，重力加速度為g，取sin37°＝0.6，求：(1)框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒ab的速率；(2)框架開始運(yùn)動(dòng)前R釋放的熱量；(3)框架開始運(yùn)動(dòng)后，通過導(dǎo)體PN電流的最大值。[解析](1)對于金屬框，由于mgsin37°<μ·2mgcos37°，所以開始時(shí)金屬框靜止。設(shè)ab棒的速度為v時(shí)，電動(dòng)勢為E，電流為I，ab和PN棒受的安培力大小為F安E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，F(xiàn)安＝BIL解得F安＝eq\f(B2L2v,R)當(dāng)框架剛沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab的速度為v0eq\f(B2L2v0,R)＋mgsinθ＝μ·2mgcosθ解得v0＝eq\f(mgR,5B2L2)(2)框架沿斜面向下運(yùn)動(dòng)前，對ab棒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0＝mgsinθ·x0－W安Q＝W安＝0.6mgx0－eq\f(m3g2R2,50B4L4)(3)ab棒和框架都沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)ab棒和框架的速度分別為v1、v2，電動(dòng)勢為E′，電流的大小為I′，ab和PN棒受的安培力大小為F′安E′＝BL(v1－v2)，I′＝eq\f(E′,R)，F(xiàn)′安＝eq\f(B2L2v1－v2,R)mgsinθ－F′安＝ma1F′安＋mgsinθ－μ·2mgcosθ＝ma2由于安培力的作用，a1逐漸減小，a2逐漸增大，v1－v2逐漸減小，當(dāng)a1＝a2時(shí)，v1－v2達(dá)到最大且保持不變，PN中的電流最大且不變，設(shè)最大值為Immgsinθ－BImL＝BImL＋mgsinθ－μ·2mgcosθ解得Im＝eq\f(2mg,5BL)[答案](1)v0＝eq\f(mgR,5B2L2)(2)Q＝0.6mgx0－eq\f(m3g2R2,50B4L4)(3)Im＝eq\f(2mg,5BL)10．如圖所示，da、bc為相距為L的平行導(dǎo)軌(導(dǎo)軌電阻不計(jì))。a、b間連接一個(gè)定值電阻，阻值為R。長直金屬桿可以按任意角θ架在平行導(dǎo)軌上，并以速度v勻速滑動(dòng)(平移)，v的方向與da平行，桿MN每米長的阻值也為R。整個(gè)空間充滿勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度的大小為B，方向垂直紙面向里。求：(1)定值電阻上消耗的電功率最大時(shí)，θ角的值；(2)桿MN上消耗的電功率最大時(shí)，θ角的值。(要求寫出推導(dǎo)過程)[解析]解法一：(1)∵無論θ角多大，電動(dòng)勢E＝BLv不變，且R為定值電阻∴總電流越大，R上的功率越大∴MN接入的電阻越小越好，即θ＝eq\f(π,2)時(shí)R上的功率最大(2)令MN上的電阻為r，∴r＝eq\f(L,sinθ)R由PMN＝I2r和I＝eq\f(BLv,R＋r)可得PMN＝eq\f(BLv2,\f(LR,sinθ)＋R2)·eq\f(LR,sinθ)化簡得PMN＝eq\f(B2L3v2,R\f(L2,sinθ)＋sinθ＋2L)∵θ∈(0，eq\f(π,2)]，由均值不等式可知：(eq\f(L2,sinθ)＋sinθ＋2L)≥4L，當(dāng)且僅當(dāng)sinθ＝L即θ＝arcsinL時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)0<L≤1m。即當(dāng)0<L≤1m時(shí)且θ＝arcsinL，MN上消耗的功率最大。當(dāng)L>1m時(shí)，θ＝eq\f(π,2)MN上消耗的功率最大。解法二：(1)∵無