《（浙江選考）2019屆高考物理二輪復習 專題四 電路與電磁感應專題綜合訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2019屆高考物理二輪復習 專題四 電路與電磁感應專題綜合訓練（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題四 電路與電磁感應 專題綜合訓練(四) 1. 如圖所示,開關S閉合,電流表、電壓表均為理想電表,若電阻R1斷路,則下列說法中正確的是(　　) A.電流表示數變小 B.電壓表示數變小 C.電源內電路消耗的功率變大 D.R3消耗的功率變大 2. 如圖所示為一種常見的身高體重測量儀。測量儀頂部向下發(fā)射波速為v的超聲波,超聲波經反射后返回,被測量儀接收,測量儀記錄發(fā)射和接收的時間間隔。質量為M0的測重臺置于壓力傳感器上,傳感器輸出電壓與作用在其上的壓力成正比。當測重臺沒有站人時,測量儀記錄的時間間隔為t0,輸出電壓為U0,某同學站上測重臺,測量儀記錄的時間間隔為t,輸出電

2、壓為U。該同學的身高和質量分別為(　　) A.v(t0-t),U B.U C.v(t0-t),(U-U0) D.(U-U0) 3.如圖所示,平行板電容器充電后與電源斷開,正極板接地,兩極板間有一個帶負電的試探電荷固定在P點。靜電計的金屬球與電容器的負極板連接,外殼接地。以E表示兩板間的電場強度,φ表示P點的電勢,Ep表示該試探電荷在P點的電勢能,θ表示靜電計指針的偏角。若保持負極板不動,將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計帶電量可忽略不計),各物理量變化情況描述正確的是(　　) A.E增大,φ降低,Ep減小,θ增大 B.E不變,φ降低,Ep增大,θ減小 C.E不變,φ升高,E

3、p減小,θ減小 D.E減小,φ升高,Ep減小,θ減小 4. 如圖所示,A為電解槽,M為電動機,N為電爐子,恒定電壓U=12 V,電解槽內阻rA=2 Ω,當S1閉合,S2、S3斷開時,電流表A示數為6 A;當S2閉合,S1、S3斷開時,A示數為5 A,且電動機輸出功率為35 W;當S3閉合,S1、S2斷開時,A示數為4 A。求: (1)電爐子的電阻及發(fā)熱功率各多大? (2)電動機的內阻是多少? (3)在電解槽工作時,電能轉化為化學能的功率為多少? 5. 汽車電動機啟動時車燈會瞬時變暗,如圖所示,在打開車燈的情況下,電動機未啟動時電流表讀

4、數為10 A,電動機啟動時電流表讀數為58 A,若電源電動勢為12.5 V,內阻為0.05 Ω。電流表內阻不計,則因電動機啟動,車燈的電功率降低了多少? 6.如圖所示,在傾角為30°的斜面上固定一光滑金屬導軌CDEFG,OH∥CD∥FG,∠DEF=60°,CD=DE=EF=FG==L,一根質量為m的導體棒AB在電機的牽引下,以恒定的速度v0沿OH方向從斜面底部開始運動,滑上導軌并到達斜面頂端,AB⊥OH,金屬導軌的CD、FG段電阻不計,DEF段與AB棒材料、橫截面積均相同,單位長度電阻為r,O是AB棒的中點,整個斜面處在垂直斜面向上磁感應強度為B的勻強磁場中。求: (1)導

5、體棒在導軌上滑行時電路中電流的大小; (2)導體棒運動到DF位置時AB兩端的電壓; (3)將導體棒從底端拉到頂端電機對外做的功。 7. 如圖,質量為M的足夠長金屬導軌abcd放在光滑的絕緣水平面上。一電阻不計,質量為m的導體棒PQ放置在導軌上,始終與導軌接觸良好,PQbc構成矩形。棒與導軌間動摩擦因數為μ,棒左側有兩個固定于水平面的立柱。導軌bc段長為L,開始時PQ左側導軌的總電阻為R,右側導軌單位長度的電阻為R0。以ef為界,其左側勻強磁場方向豎直向上,右側勻強磁場水平向左,磁感應強度大小均為B。在t=0時,一水平向左的拉力F垂直作用于導軌的bc邊上,

6、使導軌由靜止開始做勻加速直線運動,加速度為a。 (1)求回路中感應電動勢及感應電流隨時間變化的表達式; (2)經過多少時間拉力F達到最大值,拉力F的最大值為多少? (3)某一過程中回路產生的焦耳熱為Q,導軌克服摩擦力做功為W,求導軌動能的增加量。 8.如圖甲所示,兩根完全相同的光滑平行導軌固定,每根導軌均由兩段與水平成θ=30°的長直導軌和一段圓弧導軌平滑連接而成,導軌兩端均連接電阻,阻值R1=R2=2 Ω,導軌間距L=0.6 m。在右側導軌所在斜面的矩形區(qū)域M1M2P1P2內分布有垂直斜面向上的磁場,磁場上下邊界M1P1、M2P2的距離d=0.

7、2 m,磁感應強度大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,在右側導軌斜面上與M1P1距離s=0.1 m處,有一根阻值r=2 Ω的金屬棒ab垂直于導軌由靜止釋放,恰好獨立勻速通過整個磁場區(qū)域,重力加速度g取10 m/s2,導軌電阻不計。求: (1)ab在磁場中運動的速度大小v; (2)在t1=0.1 s時刻和t2=0.25 s時刻電阻R1的電功率之比; (3)電阻R2產生的總熱量Q總。 9.如圖所示,兩根間距為L的金屬導軌MN和PQ,電阻不計,左端彎曲部分光滑,水平部分導軌與導體棒間的動摩擦因數為μ,水平導軌

8、左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強磁場Ⅰ,右端有另一勻強磁場Ⅱ,其寬度也為d,但方向豎直向下,兩磁場的磁感應強度大小均為B0,相隔的距離也為d。有兩根質量為m的金屬棒a和b與導軌垂直放置,金屬棒a電阻為R,金屬棒b電阻為r,b棒置于磁場Ⅱ中點C、D處。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F將a棒從彎曲導軌上某一高處由靜止釋放并沿導軌運動。 (1)當a棒在磁場Ⅰ中運動時,若要使b棒在導軌上保持靜止,則a棒剛釋放時的高度應小于某一值h0,求h0的大小; (2)若將a棒從彎曲導軌上高度為h(h

9、b; (3)若將a棒仍從彎曲導軌上高度為h(h

10、終保持與導軌良好接觸。t=0時,導體棒位于頂角O處,求: (1)t時刻流過導體棒的電流I的大小和方向。 (2)導體棒做勻速直線運動時水平外力F的表達式。 (3)導體棒在0~t時間內產生的焦耳熱Q。 專題綜合訓練(四) 1.D　解析 電路結構為R2和R3串聯之后再和R1并聯,電壓表測量R2兩端電壓,電流表測量R2和R3的電流,若R1斷路,則外電路電阻增大,總電流減小,根據閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得路端電壓U增大,即R2和R3所在支路兩端的電壓增大,而R2和R3的電阻不變,所以通過R2和R3的電流增大,即電流表示數增大,R2兩端電壓UR2=I

11、R2R2,故R2兩端電壓增大,即電壓表示數增大,A、B錯誤;總電流減小,則內電路消耗的功率P=I2r減小,C錯誤;由于R3恒定,通過R3的電流增大,所以R3消耗的電功率增大,D正確。 2.D　解析 當測重臺沒有站人時,2x=vt0;站人時,2(x-h)=vt,解得h=v(t0-t);無人站立時,U0=kM0g;有人時,U=k(M0g+mg),解得:m=(U-U0),故D正確。 3.C　解析 將正極板適當向右水平移動,兩板間的距離減小,根據電容的決定式C=可知,電容C增大,因平行板電容器充電后與電源斷開,則電容器的電荷量Q不變,由C=得,板間電壓U減小,因此夾角θ減小,再依據板間電場強度E=

12、,可見E不變;P點到正極板距離減小,且正極接地,由公式U=Ed得,P點的電勢增加,負電荷在P點的電勢能減小,故A、B、D錯誤,C正確。 4.答案 (1)2 Ω　72 W　(2)1 Ω　(3)16 W 解析 (1)當S1閉合,S2、S3斷開時,只有電爐子接入電路,因電爐子為純電阻,由歐姆定律可知電爐子的電阻r==2 Ω 其發(fā)熱功率PR=UI1=12×6 W=72 W。 (2)當S2閉合,S1、S3斷開時,電動機為非純電阻,由能量守恒定律得:UI2=·rM+P輸出 代入數據解得:rM=1 Ω (3)當S3閉合,S1、S2斷開時,電解槽工作,由能量守恒定律得:P化=UI3-·rA 代入

13、數據解得:P化=16 W。 5.答案 43.2 W 解析 電動機不啟動時,燈泡的電壓為電源路端電壓,設為UL,電動機啟動后燈泡電壓仍為路端電壓,設為UL' 由閉合電路歐姆定律得I= 解得:R=1.2 Ω 燈泡消耗功率為PL=EI-I2r=120 W 電動機啟動后,路端電壓UL'=E-I'r=9.6 V 燈泡消耗電功率為PL'==76.8 W 所以燈泡功率降低了ΔP=(120-76.8) W=43.2 W 6.答案 (1)　(2)BLv0　(3)mgL+ 解析 (1)導體棒在導軌上勻速滑行時,感應電動勢E=BLv0 回路總電阻為R總=3Lr 則感應電流為:I= 聯立解得

14、:I= AB棒滑到DF處時,AB兩端的電壓UBA=UDA+UFD+UBF 又有:UDA+UBF=BLv0 可得:UDF=BLv0 則有:UBA=UDA+UFD+UBF=BLv0 (3)導體棒從底端拉到頂端電機做的功:W=ΔEp+Q1+Q2 增加的重力勢能ΔEp=mg(2L+Lcos 30°)sin 30°=mgL AB棒在DEF軌道上滑動時產生的熱量Q1=W安,此過程中,電流I不變,故 Q1=W安=L= 電流不變,電阻不變,所以AB棒在CDEF導軌上滑動時產生的熱量 Q2=I2R總t=2·3Lr· 所以:W=mgL+ 7.答案 (1)E=BLat,I=　(2)t=　Fm

15、=Ma+μmg+(1+μ)B2L2　(3)Ma 解析 (1)回路中感應電動勢E=BLv 導軌做初速度為零的勻加速運動,故導軌速度v=at 則回路中感應電動勢隨時間變化的表達式E=BLat 又x=at2 回路中總電阻R總=R+2R0at2=R+aR0t2 回路中感應電流隨時間變化的表達式 I= (2)導軌受到外力F,安培力FA,摩擦力Ff; FA=BIL= Ff=μ(mg+FA)=μmg+ 由牛頓第二定律F-FA-Ff=Ma 解得F=Ma+μmg+(μ+1) 由數學知識得,當=aR0t,即t=時外力F取最大值 所以Fm=Ma+μmg+ (3)設此過程中導軌運動距離為

16、s,由動能定理,W合=ΔEk,W合=Ma·s 摩擦力做功W=μmgs+μWA=μmgs+μQ 所以s= 導軌動能的增加量ΔEk=Ma· 8.答案 (1)1 m/s　(2)4∶1　(3)0.01 J 解析 (1)由mgs·sin θ=mv2 得v=1 m/s (2)金屬棒從釋放到運動至M1P1所用的時間t==0.2 s 在t1=0.1 s時,金屬棒還沒進入磁場,有E1=Ld=0.6 V 此時,R2與金屬棒并聯后再與R1串聯 R總=3 Ω U1=R1=0.4 V 由圖乙可知,t=0.2 s后磁場保持不變,ab經過磁場的時間t'==0.2 s 故在t2=0.25 s時ab還

17、在磁場中運動,電動勢E2=BLv=0.6 V 此時R1與R2并聯,R總=3 Ω,得R1兩端電壓U1'=0.2 V 電功率P=,故在t1=0.1 s和t2=0.25 s時刻電阻R1的電功率的比值P1∶P2==4∶1 (3)設金屬棒ab的質量為m,ab在磁場中運動時,通過ab的電流I= 金屬棒ab受到的安培力FA=BIL 又mgsin θ=BIL 解得m=0.024 kg 在0~0.2 s內,R2兩端的電壓U2=0.2 V,產生的熱量Q1=t=0.004 J 金屬棒ab最終將在M2P2下方的軌道區(qū)域內往返運動,到M2P2處的速度為零,由功能關系可得在t=0.2 s后,整個電路最終產

18、生的熱量Q=mgdsin θ+mv2=0.036 J 由電路關系可得R2產生的熱量Q2=Q=0.006 J 故R2產生的總熱量Q總=Q1+Q2=0.01 J 9.答案 (1)　(2)(mgh-μmg2d)　(3)B0-t-μgt2 解析 (1)因為a棒進入磁場Ⅰ后做減速運動,所以只要剛進入時b棒不動,b就可以靜止不動。對a棒:由機械能守恒得:mgh0= 根據閉合電路歐姆定律有:I= 感應電動勢:E=B0Lv0 對b棒:B0IL=μmg 聯立解得:h0= (2)由全過程能量守恒與轉化規(guī)律:mgh=μmg2d+Q 總熱量為:Q=(mgh-μmg2d) 解得金屬棒b上產生的電熱

19、:Qb= (3)a棒通過磁場Ⅰ時恰好無感應電流,說明感應電動勢為零, 根據法拉第電磁感應定律:E= 在Δt≠0的前提下,ΔΦ=0即Φ保持不變 對a棒,由機械能守恒知:mgh=mv2 a棒進入磁場Ⅰ后,由牛頓第二定律得a=μg 經過時間t,a棒進入磁場Ⅰ的距離x=vt-at2 磁通量Φ=B0L(d-x)-BdL 又最初磁通量為Φ0=B0dL-B0dL=B0dL=Φ 故B=B0-t-μgt2 10.答案 (1),方向b→a (2)F= (3)Q= 解析 (1)0到t時間內,導體棒的位移x=t t時刻,導體棒的長度l=x 導體棒的電動勢E=Blv0 回路總電阻R=(2x+x)r 電流I= 電流方向為b→a (2)F=BlI,I=,故F= (3)t時刻導體的電功率 P=I2R= 又P∝t,故Q=t= 9