《（通用版）2020版高考物理一輪復習 專題綜合檢測十 第十章 電磁感應（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2020版高考物理一輪復習 專題綜合檢測十 第十章 電磁感應（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、電磁感應 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分.1～5題為單選題，6～8題為多選題) 1．如圖甲所示，水平面上的不平行導軌MN、PQ上放著兩根光滑導體棒ab、cd，兩棒間用絕緣絲線系住；開始時勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，則以下說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　 A．在t0時刻導體棒ab中無感應電流 B．在t0時刻導體棒ab所受安培力方向水平向左 C．在0～t0時間內回路電流方向是acdba D．在0～t0時間內導體棒ab始終靜止 解析：C　由圖乙所示圖像可知，0到t0時間內，磁場向里，磁感

2、應強度B均勻減小，線圈中磁通量均勻減小，由法拉第電磁感應定律得知，回路中產生恒定的感應電動勢，形成恒定的電流．由楞次定律可得出電流方向沿acdba，在t0時刻導體棒ab中感應電流不為零，故A項錯誤，C項正確；在t0時刻B＝0，根據(jù)安培力公式F＝BIL知此時ab和cd都不受安培力，故B項錯誤；在0～t0時間內，根據(jù)楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于cd所受的安培力比ab的安培力大，所以ab將向右運動，故D項錯誤． 2．如圖所示，理想變壓器輸入端接在電動勢隨時間變化，內阻為r的交流電源上，輸出端接理想電流表及阻值為R的負載．如果要求負載上消耗的電功率最大，則下列說法正確的是(　　)

3、 A．該交流電源電動勢的瞬時表達式為e＝Emsin 100πt(V) B．變壓器原副線圈匝數(shù)的比值為 C．電流表的讀數(shù)為 D．負載上消耗的熱功率為 解析：B　由題圖知周期為0.04 s，則角速度ω＝＝50π，瞬時值表達式為e＝Emsin 50πt(V)，A錯誤．設原副線圈中的匝數(shù)分別為n1和n2，電流分別為I1和I2，電壓分別為U1和U2，則U1＝E－I1r，電阻R消耗的功率P＝U2I2＝U1I1，即P＝(E－I1r)I1＝－Ir＋EI1，可見I1＝時，P有最大值，Pmax＝，此時U1＝E－I1r＝，則U2＝＝，所以＝＝，B正確．電流表的讀數(shù)為副線圈中電流的有效值，原線圈中電流有效值

4、I1＝，則I2＝I1＝I1＝，C錯誤．把變壓器和R看成一個整體，等效電阻為R′，則當R′＝r時，總功率P總＝＝，負載功率P負載＝，D錯誤． 3．如圖所示，在同一水平面內有兩根足夠長的光滑水平金屬導軌，間距為20 cm，電阻不計，其左端連接一阻值為10 Ω的定值電阻．兩導軌之間存在著磁感應強度為1 T的勻強磁場，磁場邊界虛線由多個正弦曲線的半周期銜接而成，磁場方向如圖．一電阻阻值為10 Ω的導體棒AB在外力作用下以10 m/s的速度勻速向右運動，交流電壓表和交流電流表均為理想電表，則(　　) A．電流表的示數(shù)是 A B．電壓表的示數(shù)是2 V C．導體棒運動到圖示虛線CD位置時，電流表

5、示數(shù)為零 D．導體棒上消耗的熱功率為0.1 W 解析：D　回路中產生的感應電動勢的最大值為Em＝BLv＝1×20×10－2×10 V＝2 V，則電動勢的有效值E＝＝2 V，電壓表測量R兩端的電壓，則U＝E＝1 V，電流表的示數(shù)為有效值，為I＝＝ A＝0.1 A，故A、B項錯誤；電流表示數(shù)為有效值，一直為0.1 A，故C項錯誤；導體棒上消耗的熱功率P＝I2R＝0.01×10 W＝0.1 W，D項正確． 4．(2018·邯鄲模擬)如圖所示，一理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝4∶1，變壓器原線圈通過一理想電流表A接u＝220sin 100πt(V)的正弦交流電，副線圈接有三個規(guī)格相同的燈

6、泡和兩個二極管，已知兩二極管的正向電阻均為零，反向電阻均為無窮大，不考慮溫度對燈泡電阻的影響，用交流電壓表測得a、b端和c、d端的電壓分別為Uab和Ucd，下列分析正確的是(　　) A．Uab＝220 V，Ucd＝55 V B．流經L1的電流是流經電流表的電流的2倍 C．若其中一個二極管被短路，電流表的示數(shù)將不變 D．若通電1小時，L1消耗的電能等于L2、L3消耗的電能之和 解析：D　根據(jù)變壓器原理可知流經L1的電流是流經電流表的電流的4倍，副線圈兩端電壓為原線圈兩端電壓的四分之一，即55 V，但cd間電壓不等于副線圈電壓，故A、B項錯誤；若其中一個二極管被短路，副線圈電路發(fā)生變

7、化，原線圈電流表的示數(shù)也要發(fā)生變化，故C項錯誤；根據(jù)題意可知，L2、L3必有一個斷路，則其中一個與L1串聯(lián)，燈泡規(guī)格相同，由W＝I2Rt知D項正確． 5．(2018·玉林模擬)一含有理想降壓變壓器的電路如圖所示，U為正弦交流電源，輸出電壓的有效值恒定，L為燈泡(其燈絲電阻可以視為不變)，R、R1和R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值的大小隨照射光強度的增強而減?。F(xiàn)將照射光強度增強，則(　　) A．原線圈兩端電壓不變 B．通過原線圈的電流減小 C．燈泡L將變暗 D．R1兩端的電壓將增大 解析：D　光照強度增強，R3減小，副線所接負載總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知原線圈中電

8、流I1增大，則UR＝I1R增大，而原線圈輸入電壓U1＝U－UR減小，故A、B均不正確；又變壓器原副線圈的匝數(shù)比不變，故副線圈輸出電壓U2減小，輸出電流I2增大，UR1＝I2R1增大，D項正確；UR2＝U2－UR1減小，IR2＝減小，IL＝I2－IR2增大，燈泡將變亮，C項不對． 6．(2018·長春模擬)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大．一個邊長為a、質量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從如圖實線(Ⅰ)位置開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的(Ⅱ)位置時，線框的速度為.

9、下列說法正確的是(　　) A．在位置(Ⅱ)時線框中的電功率為 B．此過程中回路產生的電能為mv2 C．在位置(Ⅱ)時線框的加速度為 D．此過程中通過線框截面的電荷量為 解析：AB　線框經過位置(Ⅱ)時，線框左右兩邊均切割磁感線，此時的感應電動勢E＝Ba×2＝Bav，故線框中的電功率P＝＝，A正確．線框從位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的過程中，動能減少了ΔEk＝mv2－m()2＝mv2，根據(jù)能量守恒定律可知，此過程中回路產生的電能為mv2，B正確．線框在位置(Ⅱ)時，左、右兩邊所受安培力大小均為F＝Ba＝，根據(jù)左手定則可知，線框左右兩邊所受安培力的方向均向左，故此時線框的加速度a＝＝，C錯

10、誤．由q＝Δt，＝，＝，解得q＝，線框在位置(Ⅰ)時其磁通量為Ba2，而線框在位置(Ⅱ)時其磁通量為0，綜上q＝，D錯誤． 7.(2018·濟南模擬)如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計．在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動至ab處，則該過程中(　　) A．通過R的電流方向為由外向內 B．通過R的電流方向為由內向外 C．R上產生的熱量為 D．流過R的電量為 解析：BC　由右手定則可知，電流方向

11、為逆時針，A錯誤，B正確；通過R的電荷量q＝＝，D錯誤；金屬棒產生的瞬時感應電動勢E＝BLv0cost，有效值E有＝，R上產生的熱量Q＝t＝·＝，C正確． 8．如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R.在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與金屬線框的bc邊平行，磁場方向垂直于金屬線框平面向里．現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到bc剛好運動到勻強磁場PQ邊界的v－t圖像，圖中數(shù)據(jù)均為已知量．重力加速度為g，不計空氣阻力．則下列說法正確的是(　　) A．金屬線框剛進入

12、磁場時感應電流方向沿adcba方向 B．磁場的磁感應強度大小為 C．金屬線框在0～t3時間內產生的熱量為mgv1(t2－t1) D．MN和PQ之間的距離為 解析：BC　由楞次定律可知，金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿abcda方向，故A錯誤；由圖像可知，金屬線框進入磁場過程中做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2－t1，故金屬框的邊長l＝v1(t2－t1)，在金屬線框進入磁場的過程中，金屬線框所受安培力等于重力，則得mg＝BIl，I＝，則磁場的磁感應強度大小為B＝ ，故B正確；設金屬線框在進入磁場過程中產生的焦耳熱為Q，重力對其做正功，安培力對其做負功，由能量守恒定律得Q＝mg

13、l＝mgv1(t2－t1)，故C正確；MN和PQ之間的距離為(t3－t2)＋v1(t2－t1)，所以D錯誤． 二、非選擇題(本題共4小題，共52分．有步驟計算的需寫出規(guī)范的解題步驟．) 9．(8分)某些固體材料受到外力后除了產生形變外，其電阻率也要發(fā)生變化，這種由于外力的作用而使材料電阻率發(fā)生變化的現(xiàn)象稱為“壓阻效應”，現(xiàn)用如圖所示的電路研究某長薄板電阻Rx的壓阻效應，已知Rx的阻值變化范圍為幾歐到幾十歐，實驗室中有下列器材： A．電源E(3 V，內阻約為1 Ω) B．電流表A1(0.6 A，內阻r1＝5 Ω) C．電流表A2(6 A，內阻r2約為1 Ω) D．開關S，定值電阻R0

14、 (1)為了比較準確地測量電阻Rx的阻值，請完成虛線框內電路圖的設計． (2)在電阻Rx上加一個豎直向下的力F(設豎直向下為正方向)，閉合開關S，記下電表讀數(shù)，A1讀數(shù)為I1，A2的讀數(shù)為I2，得Rx＝________(用字母表示)． (3)改變力的大小，得到不同的Rx值，然后讓力反向從下向上擠壓電阻，并改變力的大小，得到不同的Rx值，最后繪成的圖像如圖所示．除觀察到電阻Rx的阻值隨壓力F的增大而均勻減小外，還可以得到的結論是______________________________________________． 當F豎直向下(設豎直向下為正方向)時，可得Rx與所受壓力F的數(shù)

15、值關系是Rx＝______.(各物理量單位均為國際單位) 解析：(1)由于A1內阻確定，并且與待測電阻接近，與待測電阻并聯(lián)，用來測出待測電阻Rx兩端的電壓，用A2測得的電流減去A1測得的電流就是流過待測電阻的電流，根據(jù)歐姆定律就可求出待測電阻的阻值，電路連接如圖所示． (2)待測電阻兩端的電壓U＝I1r1，流過待測電阻的電流I＝I2－I1，因此待測電阻的阻值為Rx＝. (3)由圖像的對稱性可知，加上相反的壓力時，電阻值大小相等；圖像與縱坐標的交點為16 Ω，當R＝7 Ω時，對應的力為4.5 N，因此函數(shù)表達式Rx＝16－2F. 答案：(1)見解析圖　(2)　(3)壓力反向，阻值

16、不變　16－2F (每空2分) 10．(8分)(2018·大慶模擬)如圖所示為一種加速度儀的示意圖．質量為m的振子兩端連有勁度系數(shù)均為k的輕光敏電阻R、電磁鐵(線圈阻值R0＝15 Ω)、電源U＝6 V、開關等組成；“工作電路”由工作電源、電鈴、導線等組成，其中工作電壓為220 V，報警器工作時電路中的電流為0.3 A. 小明的設計思想：當光敏電阻接收到的光照減弱到一定程度時，工作電路接通，電鈴報警． 已知該光敏電阻的阻值R與光強E之間的一組實驗數(shù)據(jù)如表所示：(“光強”表示光強弱的程度，符號為E，單位為cd.) 光強E/cd 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0

17、 光敏電阻R/Ω 36.0 18.0 12.0 9.0 ____ 6.0 (1)小明分析如表數(shù)據(jù)并歸納出光敏電阻的阻值R隨光強E變化的關系式為R＝，試填寫表格空格處的數(shù)據(jù)為________． (2)閉合開關S，如果當線圈中的電流大于或等于250 mA時，繼電器的銜鐵被吸合，則光敏電阻接收到的光照強度需要在多少cd以上？ (3)按小明的設計，當室內煙霧增大時，光照減弱，光敏電阻的阻值增大到一定值時，銜鐵與________(選填“上方”或“下方”)的M、N接觸，報警器工作報警． (4)報警器報警時，工作電路的功率為多大？ 解析：(1)表格中的數(shù)據(jù)R＝ Ω＝7.2 Ω. (

18、2)當線圈中的電流I＝250 mA＝0.25 A時，由I＝可得，電路中的總電阻：R總＝＝＝24 Ω，因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和，所以，光敏電阻的阻值：R＝R總－R0＝24 Ω－15 Ω＝9 Ω，查表可知，當電阻R＝9 Ω時，光強E＝4.0 cd. (3)讀圖可知，當光照減弱時，電阻增大，電磁鐵磁性減弱，所以銜鐵會在彈簧的作用下彈向上方，與上方的M、N接觸，報警器工作報警． (4)報警器報警時，工作電路的功率： P＝U′I′＝220 V×0.3 A＝66 W. 答案：(1)7.2　(2)4.0 cd　(3)上方　(4)66 W (每空2分) 11．(16分)(2018·湛江模擬

19、)如圖所示，傾角為θ＝37°的光滑斜面上存在間距為d的勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直斜面向下，一個粗細均勻質量為m、電阻為R、邊長為l的正方形金屬線框abcd，開始時線框abcd的ab邊到磁場的上邊緣距離為l，將線框由靜止釋放，已知d>l，ab邊剛離開磁場的下邊緣時做勻速運動，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)ab邊剛離開磁場的下邊緣時，線框中的電流和cd邊兩端的電勢差各是多大？ (2)線框abcd從開始至ab邊剛離開磁場的下邊緣過程中產生的熱量． 解析：(1)設線框中的電流為I，cd兩端的電勢差為Ucd，由于線框做勻速運動，由平衡條件有m

20、gsin 37°＝BIl①(2分) 解得I＝②(1分) 根據(jù)歐姆定律有Ucd＝I·R③(2分) 聯(lián)立②③式解得Ucd＝④(2分) (2)設線框abcd產生的熱量為Q，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝Blv⑤(2分) 由閉合電路的歐姆定律有I＝⑥(2分) 聯(lián)立⑤⑥式代入數(shù)據(jù)解得 v＝⑦(1分) 根據(jù)能量守恒定律得 mg(d＋l)sin 37°＝Q＋mv2⑧(2分) 聯(lián)立⑦⑧式代入數(shù)據(jù)解得 Q＝mg(d＋l)－⑨(2分) 答案：(1)　 (2)mg(d＋l)－ 12.(20分)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌固定在傾角為θ的絕緣斜面上，導軌上端連接一個定值電阻，導體棒a和b

21、放在導軌上，與導軌垂直并接觸良好，斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內，存在著垂直斜面向上的磁場，磁感應強度大小為B0.已知b棒的質量為m，a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，導軌電阻不計，重力加速度為g. (1)斷開開關S，a棒、b棒固定在磁場中，恰與導軌構成一個邊長為L的正方形，磁場從B0以＝k均勻增加，寫出a棒所受安培力F安隨時間t變化的表達式． (2)若接通開關S，同時對a棒施以平行導軌斜向上的拉力F，使它沿導軌勻速向上運動，此時放在導軌下端的b棒恰好靜止，當a棒運動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力F，a棒將繼續(xù)沿導軌向上運動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導軌，當a棒再次滑回到磁

22、場上邊界PQ處時，又恰能沿導軌勻速向下運動，求a棒質量ma及拉力F的大?。? 解析：(1)由法拉第電磁感應定律可得： E＝＝L2(2分) 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得： I＝(1分) t時刻磁感應強度為： B＝B0＋kt(2分) 此時棒所受的安培力為： F安＝BIL(1分) 解得：F安＝(B0＋kt)(1分) (2)根據(jù)題意可知，a棒沿斜面向上運動時，a棒為電源，b棒和電阻R并聯(lián)，通過a棒的電流為I1，由并聯(lián)電路關系可得： I1＝Ib＋IR(1分) b棒和電阻R阻值相等，則通過b棒的電流為： Ib＝I1(1分) 電路的總電阻為： R總＝＋Ra(2分) 由歐姆定律得干路電流為： I1＝(1分) 感應電動勢為： E＝B0Lv(1分) b棒保持靜止，則有： mgsin θ＝B0IbL(2分) a棒離開磁場后撤去拉力F，在a棒進入磁場前機械能守恒，返回磁場時速度還是v，此時a棒和電阻R串聯(lián)，則電路中的電流為： I2＝(1分) a棒勻速下滑，則有： magsin θ＝B0I2L(1分) 聯(lián)立以上各式，解得： ma＝m(1分) a棒向上運動時受力平衡，則有： F＝magsin θ＋B0I1L(1分) 解得：F＝mgsin θ(1分) 答案：(1)F安＝(B0＋kt) (2)m　mgsin θ 11