2015届高考物理二轮复习保温训练(A卷)(七) 电磁感应和交变电流
高考物理二轮总复习专题过关检测专题：交变电流电磁场电磁波(全部含详细答案解析)
高考物理二轮总复习专题过关检测交变电流电磁场电磁波( 附参照答案 )(时间 :90 分钟满分 :100 分 )一、选择题 ( 此题包含 10 小题 ,共 40分 .每题给出的四个选项中 ,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确 ,所有选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分 ,错选或不选的得 0 分 )1.某电路中电场随时间变化的图象如图13-1 所示 ,能发射电磁波的电场是哪一种 ()图 13-1分析 : 周期性变化的电场才能产生周期性变化的磁场,均匀变化的电场产生稳固的磁场,振荡的电场产生同频次振荡的磁场.故只有选项 D 对 .答案 :D2.对于电磁波与声波,以下说法正确的选项是 ()A. 电磁波的流传不需要介质,声波的流传需要介质B. 由空气进入水中时,电磁波速度变小 ,声波速度变大C.由空气进入水中时,电磁波波长变小 ,声波波长变大D. 电磁波和声波在介质中的流传速度,都是由介质决定的 ,与频次没关分析 :能够依据电磁波的特色和声波的特色进行剖析,选项 A 、 B 均与事实符合 ,因此选项 A 、B正确 .依据v,频次不变 ,波长变小 ;声波速度变大 ,频次不变 ,波长变大 ,因此,电磁波波速变小f选项 C 正确 .电磁波在介质中的速度与介质相关,也与频次相关 ,在同一种介质中 ,频次越大 ,波速越小 ,因此选项 D 错误 .答案 :ABC3.某空间出现了如图13-2 所示的一组闭合的电场线,这可能是 ()图 13-2A. 沿 AB 方向磁场在快速减弱B. 沿 AB 方向磁场在快速增添C.沿 BA 方向磁场在快速增添D.沿 BA 方向磁场在快速减弱分析 : 依据电磁感觉,闭合回路中的磁通量变化时,使闭合回路中产生感觉电流,该电流可用楞次定律判断 . 依据麦克斯韦电磁场理论 ,闭合回路中产生感觉电流 ,是因为闭合回路中遇到了电场力的作用 , 而变化的磁场产生电场,与能否存在闭合回路没相关系,故空间内磁场变化产生的电场方向 ,仍旧可用楞次定律判断,四指围绕方向即为感觉电场的方向,由此可知 A、 C 正确 .答案 :AC4.如图 13-3 所示 ,在闭合铁芯上绕着两个线圈M 和 P,线圈 P 与电流表构成闭合回路 .若在 t1至t2这段时间内 ,察看到经过电流表的电流方向自上向下(即由 c 经电流表至 d),则能够判断出线圈M 两头的电势差 u ab随时间 t 的变化状况可能是图13-4 中的 ()图 13-3图 13-4分析 :对A图,u ab不变,A表中无电流,对B图,u ab均匀增大,由安培定章知,M中有向上加强的磁场 ,P 中有向下增添的磁通量,又由楞次定律和安培定章知,A 表中电流方向由 d 经电流表至c,故A 、B错 ,同理剖析得C、D正确 .答案 :CD5.如图 13-5 所示 ,把电阻流电源后，三盏灯亮度同样断正确的选项是 ()R、电感线圈L、电容器 C 分别串连一个灯泡后并联在电路中.若保持沟通电源的电压不变，使交变电流的频次减小，则以下判.接入交图13-5A. 灯泡L1 将变暗B.灯泡分析:当交变电流的频次减小时，L2将变暗C.灯泡 L3 将变暗D.灯泡亮度都不变 R 不变，电感线圈感抗减小，电容器容抗增大，则灯泡L3亮度不变， L 2变暗， L 1变亮，故 B 正确.答案 :B6.如图 13-6 所示 ,理想变压器有三个线圈A、B、 C,此中 B、C 的匝数分别为n2、n3,电压表的示数为 U ,电流表的示数为I,L1、L 2是完整同样的灯泡,依据以上条件能够计算出的物理量是()图 13-6A. 线圈 A 的匝数B. 灯 L 2两头的电压C.变压器的输入功率D. 经过灯 L1的电流分析 : 由题意知线圈 B 两头的电压为U, 设线圈 C 两头的电压为U C,则UCn3 , 因此U n2U C n3 U ,B正确;经过L2的电流为I,则能够求出L2的电阻 ,L2与 L 1的电阻同样 ,因此可求出n2经过 L 1的电流 ,D 正确 ;依据以上数据能够求出L1、L 2的功率 ,可得变压器总的输出功率,它也等于变压器的输入功率,C 正确 ;依据题意没法求出线圈 A 的匝数 ,A 错.答案 :BCD7.某同学在研究电容、电感对恒定电流与交变电流的影响时，采纳了如图13-7 所示的电路，此中 L 1、L 2是两个完整同样的灯泡，已知把开关置于3、4 时，电路与沟通电源接通，稳固后的两个灯泡发光明度同样，则该同学在以下操作过程中能察看到的实验现象是()图 13-7A. 当开关置于 1、 2 时，稳固后 L1、 L2两个灯泡均发光且亮度同样B. 当开关置于1、 2 时，稳固后 L 1、 L2两个灯泡均发光，且 L 1比 L 2亮C.当开关置于3、 4 时，稳固后，若只增添交变电流的频次，则L1变暗， L2变亮D. 在开关置于3、 4 的瞬时， L 2立刻发光，而L1亮度慢慢增大分析 :当开关置于1、2时，稳固后因电容器隔直流，故电路断开，L2不发光， A、 B 错误；在开关置于 3、4 的瞬时，电容器通沟通， L 2立刻发光，因为电感的自感作用， L 1亮度慢慢增大，D 正确 .当开关置于 3、4 稳固后，增添交变电流频次，容抗减小，感抗增大， L1变暗， L 2变亮，C 正确.答案 :CD8.如图 13-8 所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为 n2,初级线圈的两头 a、b 接正弦沟通电源，电压表V 的示数为 220 V ，负载电阻 R=44Ω，电流表 A1的示数为 0.20 A.以下判断中正确的选项是 ()图 13-8A. 初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶ 1B. 初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶ 1C.电流表 A2的示数为 1.0 AD. 电流表 A2的示数为 0.4 A分析 :对于理想变压器，P1=U1I1=220×0.20 W=44 W，则负载电阻耗费的功率P2=P1 =44 W ，据U 2244V, 则n1U1220P2,得U2P2R4444V5, 故B正确.A2的读数R n2U 244I 2U 244 A1A,故C正确.R44答案 :BC9.某理想变压器原、副线圈的匝数比为55∶ 9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有一灯泡，此时灯泡耗费的功率为40W ，则以下判断正确的选项是()图 13-9A. 副线圈两头输出的电压为36 2VB. 原线圈中电流表的示数约为0.18 AC.变压器的输入、输出功率之比为55∶ 9D. 原线圈两头电压的刹时价表达式为u=220sin100 t(V)π分析 : 依据变压器的原、副线圈的电压之比等于匝数之比，故副线圈两头输出的电压为U 2n2 U 1n136V，A错；依据理想变压器知P1=P2，故有I 1P1U 10.18A，B选项正确，C 错；原线圈两头电压的刹时价表达式为u 220 2 sin 100 t (V ) ，D错 .只有B 选项正确.答案 :B10.利用如图13-10 所示的电流互感器能够丈量被测电路中的大电流，若互感器原、副线圈的匝数比 n1∶ n2=1∶ 100，沟通电流表 A 的示数是50 mA ，则 ()图 13-10A. 被测电路的电流有效值为0.5 AB. 被测电路的电流均匀值为0.5 AC.被测电路的电流最大值为 5 2 AD.原副线圈中的电流同时达到最大值分析 :沟通电流表示数为副线圈中电流的有效值，即 I 2=50 mA=0.05 A ，依据I1n2得，I1=5 A ，I 2n1A 、B 均错误；原线圈 (被测电路 )中电流的最大值I lm2I1 5 2A ，C项正确；原线圈中电流最大时，线圈中磁通量的变化率等于零，此时副线圈中的电流最小；原线圈中电流等于0时，磁通量的变化率最大，副线圈中电流最大.因此原、副线圈电流有相位差，故不可以同时达到最大值， D 项错误 .答案 :C二、问答与计算 (此题包含 6 小题 ,共 60分 .解答应写出必需的文字说明、方程式和重要演算步骤 ,只写出最后答案的不可以得分.有数值计算的题目 ,答案中一定明确写出数值和单位)11.(8 分 )在“练习使用示波器”实验中 ,某同学欲按要求先在荧光屏上浮出亮斑,为此 ,他进行了如下操作 : 第一将辉度调理旋钮逆时针转究竟,竖直位移和水平位移旋钮转到某地点,将衰减调理旋钮置于 1 000 挡 ,扫描范围旋钮置于“外 x 挡”然.后翻开电源开关(指示灯亮 ),过 2 min 后 ,顺时针旋转辉度调理旋钮 ,结果屏上一直无亮斑出现(示波器完满 ).那么 ,他应再调理什么旋钮才有可能在屏上出现亮斑 ?答案 :竖直位移旋钮和水平位移旋钮.12.(12 分 )沟通发电机的原理如图13-11 甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕 OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R=2.0 Ω，求 :图 13-11(1)经过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？(2)矩形线圈转动的周期是多少？(3)线圈电阻上产生的电热功率是多少？(4)保持线圈匀速运动， 1 min 内外界对线圈做的功是多少？分析 :(1)由It图可知经过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值I m=2.0 A.－3(2)矩形线圈转动的周期 T=4.0 ×10 s.(3)由有效值 I Im , 线圈电阻上产生的电热功率为P I 2 R Im2R4W . 22(4)外界对线圈做功转变成电能再转变成电热，1分钟内外界对线圈做的功W=Pt=240 J.答案 :( 1)2.0 A(2)4.0 ×10－3s (3)4 W (4)240 J13.(9 分 )有一台内阻为 1 Ω的发电机，供应一学校照明用电，如图13-12 所示 .升压变压器原、副线圈匝数比为1∶ 4，降压变压器原、副线圈匝数比为4∶ 1，输电线的总电阻为 4 Ω全.校共有 22 个班，每班有“220 V 40 W”灯 6 盏，若保证所有电灯正常发光，则图 13-12(1) 发电机的电动势为多大？ (2) 发电机的输出功率为多大？(3) 输电效率为多少？分析 :(1) 由题意知 U 4=220 VP 40 22 6A24A则 I 3nU R220由降压变压器变压关系:U3n 3, 得 U 3 U 4n 3 880VU 4n 4 n 4由降压变压器变流关系I 2 n 4 ,得 I 2n 4 I 3 6A:n 3 n 3I 3又因为 U 2=U 3 +I 2R=880 V+6 ×4 V=904 V由升压变压器变压关系:U 1n 1, 得 U 1=226 VU 2n 2由升压变压器变流关系:I1n 2 , 得 I 1=24 AI 2n 1因此 :(1) 发电机的电动势 :E=U 1+I 1r =250 V.(2) 发电机的输出功率 P 出=EI 1－ I 12r=5 424 W.(3) 输电的效率P有效 22 40 6J 100% 5280 100% 97%.P5424J 5424出答案 :(1)250 V (2)5 424 W (3)97%14.(9 分 )如图 13-13 甲所示是一种振动发电装置， 它的构造由一个半径为 r=0.1 m 的 50 匝的线 骗局在辐形永远磁铁槽上构成， 假定磁场的磁感线均沿半径方向均匀散布(如图乙 ). 线圈运动区域内磁感觉强度 B 的大小均为1T ，方向不变，线圈的总电阻为2 Ω，它的引出线接有 8 Ω5的电珠 L ，外力推进线圈的 P 端，使线圈做来去运动，便有电流经过电珠，当线圈向右的位移随时间变化的规律如图丙所示时 (x 取向右为正 ).图 13-13(1)画出经过电珠 L 的电流图象 (规定从 L →b 为正方向 );(2) 在 0.1 s～ 0.15 s 内推进线圈运动过程中的作使劲;(3)求该发电机的输出功率 (其余消耗不计 ).分析 :(1)在0 s～0.1 s内:感觉电动势E1=nBLv 1v10.10E10.2Am/s 1m/s L=2πr，I10.1R总在 0.1 s～0.15 s 内 :v2=2 m/s ， E2=nBLv 2，I2E20.4A. R总(2) 因为外力匀速推进线圈，因此有:F=F 安=nBI 2L=nBI 2· 2r,πF500.20.420.1N0.8N.(3)电流的有效值为 I ，则有 :I2 R×0.15=0.22R×0.1+0.4 2R×0.05I 2225216因此20.64 .P出I R8W W W2525答案 :(1)略(2)0. 8 N(3)0.64 W15.(12 分 ) 如图 13-14甲所示，一固定的矩形导体线圈水平搁置，线圈的两头接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀散布的磁场.已知线圈的匝数 n=100 匝，电阻r=1.0Ω，所围成矩形的面积S=0.040 m2，小灯泡的电阻 R=9.0 Ω，磁场的磁感觉强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感觉电动势刹时价的表达式为e nB m S 2Tcos2TtV ,此中B m为磁感觉强度的最大值，T 为磁场变化的周期.忽视灯丝电阻随温度的变化，求:图 13-14(1) 线圈中产生感觉电动势的最大值；(2) 小灯泡耗费的电功率； (3) 在磁感觉强度变化的0 ~ T的时间内，经过小灯泡的电荷量 .4分析 :(1) 因为线圈中产生的感觉电流变化的周期与磁场变化的周期同样，因此由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为T=3.14 ×10－2 s因此线圈中感觉电动势的最大值为E m2 nB m S8.0V.TE m(2) 依据欧姆定律，电路中电流的最大值为I m0.80ARr经过小灯泡电流的有效值为 II m / 2 0.40 2A小灯泡耗费的电功率为 P=I 2R=2.88 W.(3) 在磁感觉强度变化的0～ T/4 内，线圈中感觉电动势的均匀值E nSBt经过灯泡的均匀电流IE nS Br( Rr )tR 经过灯泡的电荷量 QI tnS B 4.0 10 3C.R r答案 :(1)8.0 V (2)2.88 W(3)4.0 ×10－3 C16.(10 分 )某村在距乡村较远的地方修筑了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW ，输出电压为 500 V ，输电线的总电阻为 10 Ω，同意线路消耗的功率为输出功率的 4%.求 :(1) 村民和村办小公司需要 220 V 电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？ (不计变压器的消耗 )(2) 若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小公司获得的电压和功率是多少？ 分析 :成立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副 线圈两头的电压之比 .此题能够线路上消耗的功率为打破口，先求出输电线上的电流据输出功率求出 U 2，而后再求出 U 3.I 线，再根甲(1) 由线路消耗的功率P 线=I 线2R 线可得P 线90004%A 6AI 线R 线10又因为 P 输出 =U 2I 线，因此U 2P 输出 9000 I 线V 1500V6U 3=U 2－ I 线 R 线=(1 500 － 6×10) V=1 440 V 依据理想变压器规律n 1 U 1 500V 1 n 2 U 2 1500V 3n 3 U 3 1440V 72 n 4U 4220V11因此升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是 1∶ 3 和 72∶ 11.(2) 若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示 )，由乙P 输出=UI 线′可得P输出9000I 线 'A 18AU500因此线路消耗的功率2线=18 2×10 W=3 240 W P 线=I 线′R 用户获得的电压U 用户=U － I 线 ′R 线=(500－ 18×10) V=320 V 用户获得的功率P 用户=P 输出－ P 线=(9 000－ 3 240) W=5 760 W.答案 :(1)1∶ 3 72∶ 11 (2)320 V5 760 W。
2015届高考物理二轮复习保温训练(A卷)(三) 功、能和动量
保温训练(三) 功、能和动量1．[双选]物体在合力作用下做直线运动的v - t 图象如图所示。
下列表述正确的是( )A ．在0～2 s 内，合力总是做负功B ．在1 s ～2 s 内，合力不做功C ．在0～3 s 内，合力做功为零D ．合力在0～1 s 内比1 s ～3 s 内做功快2．如图所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪。
设枪口截面积为0.6 cm 2，喷出水的速度为20 m/s(水的密度为1×103 kg/m 3)。
当它工作时，估计水枪的功率约为( )A ．250 WB ．300 WC ．350 WD ．400 W3．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 连接，另一端与物体A 相连，物体A 置于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连。
开始时托住B ，让A 处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度。
下列有关该过程的分析中正确的是( )A ．B 物体受到细线的拉力保持不变B ．A 物体与B 物体组成的系统机械能守恒C ．B 物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D ．当弹簧的拉力等于B 物体的重力时，A 物体的动能最大4．[双选](2014·长春模拟)如图所示，有一固定且内壁光滑的半球面，球心为O ，最低点为C ，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A 和B ，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A 球的轨迹平面高于B 球的轨迹平面，A 、B 两球与O 点的连线与竖直线OC 间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C 所在的水平面为重力势能的参考平面，则⎝⎛⎭⎫sin 37°＝35，cos 37°＝45( )A ．A 、B 两球所受支持力的大小之比为4∶3B ．A 、B 两球运动的周期之比为4∶3C ．A 、B 两球的动能之比为16∶9D ．A 、B 两球的机械能之比为112∶515．如图所示，传送带以v 0＝5 m/s 的速度顺时针转动，水平部分AB ＝s ＝1.5 m ，一质量为m ＝0.4 kg 的小工件由A 点轻轻放上传送带，工件与斜面间的动摩擦因数为μ1＝36，工件在B 处无能量损失且恰好能滑到最高点P ，已知BP ＝L ＝0.6 m ，斜面与水平面的夹角为θ＝30°，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则可判定( )A ．工件从A 到B 先做匀加速运动再做匀速运动B ．工件运动到B 点时的速度大小为5 m/sC ．工件与传送带间的动摩擦因数为0.3D ．工件从A 运动到P 的过程中因摩擦而产生的热量为4.2 J6．如图所示，半径为r 、密度为ρ的某星球表面某处竖直平面内的一段轨道，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ，最低点为E 。
2015届高考物理二轮分项测试：交变电流2(内含答案)
交变电流的产生及描述（2014·湖北襄阳五中五月月考）1. 某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R 。
则（ ）A ．线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m =2Bl 2ωB ．线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小FC ．线圈旋转一圈时，流过电阻R 的净电荷量为零。
D 【知识点】发电机模型、感应电动势大小求解规律—法拉第电磁感应定律、电荷量、安培力、功率。
【答案解析】CD解析：本题中的发电机模型中的磁场是幅向磁场，那么矩形线圈在磁场中始终垂直切割磁感线，产生的感应电动势为NBl 2ω，所以A 选项错误;安培力的大小为F ＝BIL ＝NB 2l 3ω/R+r,由此可知B 项错误；C 选项中线圈旋转一圈，磁通量的变化量为零，平均感应电动势为零—平均感应电流为零—流过R 的净电荷量为零，C 项正确；因为是匀速转动，外力做的功等于D 选项正确，从而选择CD 答案。
【思路点拨】要认真审题，知道是什么样的发电机模型—幅向磁场组成的发电机，再依据法拉第电磁感应定律切割磁感线电动势表达式、安培力表达式，功率表达式列式求解；但要注意的是求流过R 的电荷量时，要由平均感应电动势表达式和电流强度定义式列式求解，而一圈的整个过程中平均感应电动势为零，所以通过R 的净电荷量为零，这一点是本题求解的难点所在。
（2014·江苏徐州一中考前模拟）2. 如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V，60W”灯泡，灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A．下列说法正确的是（）A．图示位置穿过线框的磁通量为零BC．变压器原、副线圈匝数之比为25︰11D．变压器允许输出的最大功率为5000W【知识点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；变压器的构造和原理．【答案解析】CD解析：A、图示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A错误；B、电动势的最大值E m=NBSω，则导线框中产生交变电压的有效值为500V，故B错误；C、交流电压的有效值U1C正确；D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=500×10=5000W，所以D正确．故选CD【思路点拨】根据E=NBSω求出线圈转动产生的电动势最大值，根据最大值求出有效值，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．（2014·广东中山一中模拟）3. 高频焊接技术的原理如图（a）。
2015届高考物理二轮阶段性效果检测25含答案
一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1、(多选)矩形线圈绕垂直匀强磁场磁感线轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确是( )A、穿过线圈磁通量最大，线圈中感应电动势最大B、穿过线圈磁通量最大，线圈中感应电动势等于零C、线圈中感应电流最大，方向将改变D、线圈中感应电流等于零，方向将改变2、(2013·西安模拟)交流发电机在工作时电动势为e=E0sinωt,若将其电枢转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为( )ωA、E0sin t2ωB、2E0sin t2C、E0sin2ωtD、2E0sin2ωt3、处在匀强磁场中矩形线圈abcd以恒定角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。
在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图)，线圈cd边离开纸面向外运动。
若规定由a→b→c→d→a方向感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化图线是( )4、(多选)(2013·青岛模拟)一交流电压为u t V=π,由此表达式可知( )A、用电压表测该电压，其示数为100 VB、该交流电压周期为0、02 sC、将该电压加在“100 V 100 W”灯泡两端,灯泡实际功率小于100 Ws时，该交流电压瞬时值为50 VD、t=14005、如图所示电路中，A是熔断电流I0＝2 A保险丝，R是可变电阻，S 是交流电源。
交流电源内阻不计，其电动势随时间变化规律是e=sin314t V。
为了不使保险丝熔断，可变电阻阻值应该大于( )A、ΩB、110 ΩC、220 ΩD、Ω6、(2013·太原模拟)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电说法错误是( )A、在图中t＝0时刻穿过线圈磁通量均为零B、线圈先后两次转速之比为3∶2C、交流电a瞬时值为u＝10sin5πt(V)VD、交流电b最大值为2037、(多选)如图甲、乙分别表示两种电压波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化。
高考物理二轮复习专项训练卷带答案解析：电磁感应
高考物理二轮复习专项训练卷带答案解析：电磁感应第13讲电磁感应一、选择题(每小题6分,共36分)1.(2018湖北宜昌元月调研)一种早期发电机原理示意图如图所示,该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成,两磁极相对于线圈平面对称,线圈圆心为O点。
在磁极绕转轴匀速转动的过程中,当磁极与O点在同一条直线上时,穿过线圈的( )A.磁通量最大,磁通量变化率最大B.磁通量最大,磁通量变化率最小C.磁通量最小,磁通量变化率最大D.磁通量最小,磁通量变化率最小2.(2018辽宁大连双基,8)如图所示,线圈L的自感系数很大,且其电阻可以忽略不计,L1、L2是两个完全相同的灯泡,随着开关S闭合和断开(灯丝不会断),灯L1、L2亮度的变化情况是( )A.S闭合,L1不亮,L2亮度逐渐变亮,最后两灯一样亮B.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2则逐渐变得更亮C.S断开,L1、L2立即不亮D.S断开,L1、L2都会亮一下再熄灭3.(2018安徽六校二联)(多选)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场,当AC刚进入磁场时,线框的速度为v,方向与磁场边界成45°角,若线框的总电阻为R,则( )A.线框穿进磁场过程中,线框中电流的方向为DCBADB.AC刚进入磁场时线框中感应电流为√2BavRC.AC刚进入磁场时线框所受安培力为√2R2R2vRBavD.此时CD两端电压为344.(2018河南豫南九校联盟第一次联考)(多选)如图所示,足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计。
金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,金属棒ab接入电路的电阻为R,当流过金属棒ab某一横截面的电量为q时,金属棒ab的速度大小为v,则金属棒ab在这一过程中( )A.运动的平均速度大于1v2sin θB.受到的最大安培力大小为R2R2vRC.下滑的位移大小为RRRRD.产生的焦耳热为qBLv5.(2018宁夏银川唐徕回民中学等三校三模,7)(多选)如图甲所示,光滑的平行金属导轨AB、CD竖直放置,AB、CD相距L,在B、C间接一个阻值为R的电阻;在两导轨间的abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5h的有界匀强磁场,磁感应强度为B。
2015届高考物理二轮专题提高检测：专题十三+电磁感应规律及应用(含详解)答案
2015届高考物理二轮专题提高检测：专题十三+电磁感应规律及应用（含详解）一、选择题1．解析：选BCD.根据直线电流产生的磁场的分布情况知，M 区的磁场方向垂直纸面向外，N 区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M 、N 两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M 、N 两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A 错误，选项B 正确；导体棒在M 区运动时，磁感应强度B 变大，根据E ＝Blv ，I ＝E R 及F ＝BIl 可知，F M 逐渐变大，故选项C 正确；导体棒在N 区运动时，感应强度B 变小，同理可知，F N 逐渐变小，故选项D 正确．2.解析：选B.线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt，选项B 正确． 3．解析：选B.由题图乙可知，1～3 s 内无感应电流产生，所以穿过圆环的磁通量不变，所以排除C 选项；对于A 选项，0～1 s 内，磁通量不变，感应电流为零，所以排除；对于B 选项，从电流的方向看，0～1 s 内，磁通量增大，由楞次定律可知电流方向是顺时针方向，而D 项，0～1 s 内，电流方向为逆时针方向，故选项B 正确，D 错误．4．解析：选D.导线框刚进入磁场时速度设为v 0，此时产生的感应电动势E ＝BLv 0，感应电流I ＝E R ＝BLv 0R ，线框受到的安培力F ＝BLI ＝B 2L 2v 0R .由牛顿第二定律F ＝ma 知，B 2L 2v 0R＝ma ，由楞次定律知线框开始减速，随着速度v 减小，其加速度a 减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动．当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D 选项正确．5．解析：选D.由楞次定律可知，线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故线框中的感应电流沿逆时针方向，为正，又因为线框做匀速运动，故感应电流随位移线性增大；同理可知线框离开磁场时，产生的感应电流大小随位移线性增大，方向为负，选项A 、B 错误；BC 两端的电压U BC 跟感应电流成正比，故选项C 错误，D 正确．6．解析：选A.当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针，A 正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，所受圆环对它的作用力始终竖直向上，B 错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，磁铁的机械能不守恒，C 错误；若磁铁从高度h 处做自由落体运动，其落地时的速度为v ＝2gh ，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于2gh ，D 错误．7．解析：选AC.线框cd 边进入磁场时的速度为v ＝2gh ，若此时加速度方向竖直向下，则mg －nBIL ＝ma ＝m g 4，I ＝nBLv R，则h ＝9m 2R 2g 32n 4B 4L 4，A 正确；若cd 边进入磁场时的加速度方向竖直向上，则nBIL －mg ＝ma ＝m g 4，I ＝nBLv R ，则h ＝25m 2R 2g 32n 4B 4L 4，C 正确． 8．解析：选ABC.由右手定则可以判断流过ab 棒的电流方向为b →a ，由于ab 棒相当于电源，故a 点电势高于b 点电势，A 正确；因ab 棒减少的重力势能还有一部分转化为ab 棒的动能，故ab 棒中产生的焦耳热一定小于ab 棒重力势能的减少量，B 正确；由q ＝ΔΦR ＝BLx R可得，棒下滑的位移大小为x ＝qR BL ，C 正确；当棒运动的速度达到最大时棒受到的安培力最大F m ＝BI m L ＝B ·BLv RL ＝B 2L 2v R ，D 错误． 9.解析：选AC.0到t 时间内，导体棒的位移x ＝v 0tt 时刻，导体棒的有效切割长度l ＝x导体棒的电动势E ＝Blv 0回路总电阻R ＝(2x ＋2x )r电流强度I ＝E R ＝Bv 02＋2r ，可知I 不变 电流方向b →a 水平外力F ＝BIl ＝B 2v 20t 2＋2r，可知F ∝t . t 时刻导体棒的电功率P ＝I 2R ′＝B 2v 30t 2＋22r 由于P ∝t ，故Q ＝Pt /2＝B 2v 30t 222＋22r ，即Q ∝t 2.综上可得A 、C 正确．二、计算题10．解析：(1)设磁场宽度为d ＝CE ，在0～0.2 s 的时间内，有E ＝ΔΦΔt ，E ＝ΔB Δtld ＝0.6 V 此时，R 1与金属棒r 并联，再与R 2串联R ＝R 并＋R 2＝1＋1＝2(Ω)U ＝E RR 并＝0.3 V. (2)金属棒进入磁场后，R 1与R 2并联，再与r 串联，有I ′＝U R 1＋U R 2＝0.45 A F A ＝BI ′lF A ＝1.00×0.45×0.6＝0.27(N)由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F ＝F A故F ＝0.27 N.(3)金属棒在0～0.2 s 的运动时间内，有Q ＝E 2Rt ＝0.036 J 金属棒进入磁场后，有R ′＝R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝83Ω E ′＝I ′R ′＝1.2 VE ′＝Blv ，v ＝2 m/st ′＝d v ＝0.22＝0.1(s) Q ′＝E ′I ′t ′＝0.054 JQ 总＝Q ＋Q ′＝0.036＋0.054＝0.090(J)．答案：(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.090 J11．解析：(1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2③ 设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v ＝5 m/s.(3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2 又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总解得Q ＝1.3 J.答案：(1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J12．解析：(1)m 1、m 2运动过程中，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g ＝(m 1＋m 2)a解得a ＝2 m/s 2以m 2为研究对象有F T －μm 2g ＝m 2a(或以m 1为研究对象有m 1g sin θ－F T ＝m 1a )解得F T ＝2.4 N.(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g －B 2L 2v R＝0 解得v ＝1 m/s线框下滑做匀加速运动v 2＝2ax 解得x ＝0.25 m.(3)线框从开始运动到cd 边恰离开磁场边界PQ 时：m 1g sin θ(x ＋d ＋L )－μm 2g (x ＋d ＋L )＝12(m 1＋m 2)v 21＋Q解得：Q ＝0.4 J ，所以Q ab ＝14Q ＝0.1 J. 答案：(1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 JB一、选择题1．解析：选C.小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P 中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C 项正确，A 、B 、D 错误．2．解析：选D.变化的磁场使回路中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝k πr 2，则感应电场对小球的作用力所做的功W ＝qU ＝qE ＝qk πr 2，选项D 正确．3．解析：选C.MN 棒先做自由落体运动，当到Ⅰ区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F 安＞mg ，由牛顿第二定律得，F 安－mg ＝ma ，减速时F 安减小，合力减小，a 也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小；离开Ⅰ区后棒做加速度为g 的匀加速直线运动，随后进入Ⅱ区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R 上的电流变化情况相同，则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，所以只有C 项正确．4．解析：选ABD.在第1 s 末，i 1＝E R，E ＝BL 1v 1，v 1＝at 1，F ＝ma 1，联立得F ＝0.05 N ，A 项正确．在第2 s 内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末i 2＝E ′R，E ′＝BL 1v 2，v 2＝v 1＋a 2t 2，解得a 2＝1 m/s 2，B 项正确．在第2 s 内，v 22－v 21＝2a 2L 2，得L 2＝1 m ，C 项错误．q ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R ＝0.2 C ，D 项正确． 二、计算题5．解析：(1)由右手定则知，金属棒产生的感应电动势的方向由O →A ，故A 端电势高于O 端电势，与a 点相接的是电压表的“正极”．(2)由电磁感应定律得U ＝E ＝ΔΦΔt ，ΔΦ＝12BR 2Δθ，所以U ＝12B ωR 2 又v ＝r ω＝13ωR 所以v ＝2U 3BR＝2 m/s. (3)由能的转化与守恒定律得ΔE ＝mgh －12mv 2 解得ΔE ＝0.5 J.答案：见解析6．解析：(1)0～4 s 内，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtLd ＝0.5 V 由闭合电路欧姆定律得 I L ＝E R L ＋R ·R 0R ＋R 0＝0.1 A. (2)灯泡亮度不变，则全程通过灯泡的电流恒为I L ，设金属棒运动到CD 时的速度为v ，金属棒在AC 段的加速度为a ，则依题意有BLv ＝I L R L ＋(I L ＋I R )R 0I L R L ＝I R R由牛顿第二定律可得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma由运动学公式v ＝at 1由题图乙可知t 1＝4 s ，B ＝2 T代入以上方程联立可得v ＝1.0 m/s ，μ＝2332. (3)金属棒在CE 段做匀速直线运动，则有mg sin 37°＝B (I L ＋I R )L解得m ＝0.05 kgBD 段的位移x ＝v 2t 1＝2 m 根据能量守恒有EI L t 1＋mg (x ＋d )sin 37°＝12mv 2＋Q解得整个系统产生的热量Q ＝1.375 J.答案：(1)0.1 A (2)2332(3)1.375 J 7．解析：(1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Blv (l ＝d )，解得E ＝1.5 V(D 点电势高)当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则 l 外＝d －OP －x OPd ，OP ＝MP 2－()MN 22＝2 m 得l 外＝1.2 m由楞次定律判断D 点电势高，故CD 两端电势差U CD ＝－Bl 外v ，即U CD ＝－0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 关系是l ＝OP －x OP d ＝3－32x 对应的电阻R l 为R l ＝l d R 电流I ＝Blv R l杆受的安培力为F 安＝BIl ＝7.5－3.75x根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积．即W F ＝5＋12.52×2 J ＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mg OP sin θ故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J. 答案：见解析8．解析：(1)由题意知cd 棒平衡，则F ＋F cd ＝mg sin 37° F cd ＝B 2I cd L 得I cd ＝0.5t (A)．(2)ab 棒中电流I ab ＝I cd ＝0.5t (A)则回路中电源电动势E ＝I cd R 总ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝B 1Lv ab 解得ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动．(3)ab 棒的加速度为a ＝8 m/s 2，1．0 s 内的位移为x ＝12at 2＝12×8×1.02 m ＝4 m 根据I ＝E R 总＝ΔΦR 总t ＝B 1Lx R 总t得q ＝I t ＝B 1Lx R 总＝0.5×1×48C ＝0.25 C. (4)t ＝1.0 s 时，ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)＝8 m/s根据动能定理有W －W 安＝12mv 2－0 得1.0 s 内克服安培力做功W 安＝()16－12×0.1×82J ＝12.8 J 回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q 2＝6.4 J. 答案：(1)I cd ＝0.5t (A) (2)v ab ＝8t (m/s) (3)0.25 C(4)6.4 J。
2015高考物理二轮总复习专项能力训练：专题12 电磁感应及综合应用
专题12 电磁感应及综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。
在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.(2014·安徽理综,20)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。
如图所示,一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球。
已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A.0B.r2qkC.2πr2qkD.πr2qk2.(2014·北京海淀模拟)如图所示,一个正方形导线框abcd,边长为l,质量为m。
将线框从距水平匀强磁场上方h处由静止释放,在线框下落过程中,不计空气阻力,线框平面保持在竖直平面内,且cd边始终与水平的磁场边界平行。
当ab边刚进入磁场时,线框速度为v。
在线框进入磁场的整个过程中,下列说法错误的是( )A.线框可能做加速度减小的加速运动B.线框可能做加速度减小的减速运动C.线框克服安培力做功可能大于mg(h+l)-mv2D.线框克服安培力做功一定为mg(h+l)-mv23.如图所示,固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。
t=0时,磁感应强度为B0,此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为l的正方形,为使MN棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B随时间t变化的示意图为( )4.(2014·黑龙江大庆质检)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为l,底端接阻值为R的电阻。
将质量为m,电阻也为R的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒与导轨接触良好,导轨所在的平面与磁感应强度为B的磁场垂直,如图所示,除金属棒和电阻R外,其余电阻不计。
现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放,则以下结论错误的是( )A.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为b→aB.最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为D.金属棒的速度为v时,金属棒两端的电势差为Blv5.(2014·河南重点中学联考)如图甲所示,正三角形导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。
★精品文档★高考物理第二轮专题复习测试题(电磁感应中能量专题)附参考答案
高三物理第二轮复习测试题 电磁感应中能量专题(附参考答案)一．选择题(4×10;每题至少有一个正确答案,不选或错选得0分;漏选得2分)1．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图12—3—20所示，抛物线的方程是y ＝x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线（图中的虚线所示）．一个小金属块从抛物线上y ＝b （b ＞a ）处以速度v 沿抛物线下滑．假设抛物线足够长，( )A ．mgbB ．21mv2C ．mg （b －a ）D ．mg （b －a ）＋21mv22．如图所示，相距为d 的两水平虚线1L 和2L 分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B ，正方形线框abcd 边长为L(L<d)、质量为m 。
将线框在磁场上方高h 处由静止开始释放，当ab 边进入磁场时速度为o ν，cd 边刚穿出磁场时速度也为o ν。
从ab 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的整个过程中 ( ) A ．线框一直都有感应电流 B ．线框有一阶段的加速度为g C ．线框产生的热量为mg(d+h+L) D ．线框作过减速运动3．如图所示，质量为m ，高度为h 的矩形导体线框在竖直面内由静止开始自由下落.它的上下两边始终保持水平，途中恰好匀速通过一个有理想边界的匀强磁场区域，则线框在此过程中产生的热量为（ ）A ．mghB ．2mghC ．大于mgh ，小于2mghD ．大于2mgh4. 如图所示，挂在弹簧下端的条形磁铁在闭合线圈内振动，如果空气阻力不计，则： （ ）A ．磁铁的振幅不变B ．磁铁做阻尼振动C ．线圈中有逐渐变弱的直流电D ．线圈中逐渐变弱的交流电5.如图所示，图中回路竖直放在匀强磁场中磁场的方向垂直于回路平面向内。
导线AC 可以贴着光滑竖直长导轨下滑。
设回路的总电阻恒定为R ，当导线AC 从静止开始下落后，下面有关回路能量转化的叙述中正确的是 （ ） A.导线下落过程中,机械能守恒；B.导线加速下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为回路产生的热量；C.导线加速下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为导线增加的动能； D.导线加速下落过程中，导线减少的重力势能转化为导线增加的动能和回路增加的内能6．如图所示，虚线框abcd 内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc ，磁场方向垂直于纸面；实线框a'b'c'd'是一正方形导线框，a'b'边与ab 边平行。
2015届高考物理二轮复习保温训练(B卷)(七) 电磁感应和交变电流
1．某交流发电机的输出电压随时间变化的关系如图所示，输出功率是20 kW，用5 000 V高压输电，输电线总电阻是10 Ω，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，则下列说法正确的是()A．交变电流的频率为100 HzB．发电机输出电压的有效值为220 2 VC〃输电线中电流为500 AD．用户得到的电压约为225 V2〃2014年四川超特高压输电量首破千亿千瓦时。
如图所示是远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。
下列说法正确的是()A．若用户用电功率增加，升压变压器的输出电压将增大B〃若用户用电功率增加，降压变压器的输入电压将增大C〃若输电功率一定，采用特高压输电可减少输电线上损耗的功率D〃若输电功率一定，采用特高压输电会降低输电的效率3〃如图所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表。
最初开关S是断开的，现闭合开关S，则()A．副线圈两端电压变大B．灯泡L1变亮C〃电流表A1示数变大D．电阻R0中的电流变小4〃如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于线框所在平面向里。
规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向，线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向。
要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度B随时间t变化的规律可能为()丙5．如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好。
整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中。
现使金属棒以初速度沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q 。
下列说法正确的是( )A 〃金属棒在导轨上做匀减速运动B 〃整个过程中金属棒克服安培力做功为12m v 2C 〃整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qRBLD 〃整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为12m v 26〃如图所示，两根足够长的光滑金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计。
高考物理二轮复习专题电磁感应与电路交变电流专题卷
专题8 电磁感应与电路、交变电流说明：1．本卷主要考查电磁感应与电路、交变电流。
2．考试时间60分钟，满分100分。
一、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．(2020·贵州贵阳检测)阻值相等的三个电阻R 、电容器C 及电池E(内阻不计)连接成如图所示电路．保持S 1闭合，开关S 2断开，电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S 2，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2，则Q 1与Q 2的比值为( )A ．12B ．32C ．23D ．13【解析】 开关S 2断开时的等效电路如图甲所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U 1＝E2，电容器所带的电荷量为Q 1＝CU 1＝CE2；开关S 2闭合后的等效电路如图乙所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U 2＝E ，电容器所带的电荷量为Q 2＝CU 2＝CE ，则Q 1∶Q 2＝1∶2，即Q 1与Q 2的比值为12，故选项A 正确．【答案】 A2．(2020·湖北省武昌实验中学模拟)用电压为U 的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U 0的同一小电珠供电．图甲中R 为滑动变阻器，图乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，若电珠均能正常工作，则( )A ．变压器可能是升压变压器B ．n 1∶n 2＝U 0∶UC ．甲、乙电路消耗功率之比为U 2∶U 20 D ．R 两端的电压最大值为2(U －U 0)【解析】 电珠均正常工作，图甲由于滑动变阻器的分压，小电珠正常工作电压U 0小于U ，故图乙变压器应是降压变压器，选项A 错误；由变压器变压比公式可知n 1n 2＝UU 0，选项B 错误；两电路中流过小电珠中的电流相等，由P ＝UI 可知，甲乙两电路消耗的功率比为UU 0，选项C 错误；R 两端电压有效值为(U －U 0)，则最大值为2(U －U 0)，选项D 正确．【答案】 D3．(2020·福建福州质检)如图，线圈abcd 固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面．当磁场的磁感应强度B 随时间t 变化时，该磁场对ab 边的安培力大小恒定，下列描述B 随t 变化的图象中，可能正确的是( )【解析】 线圈abcd 中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt ·S，设线圈的电阻为R ，则线圈中的电流I＝E R ＝ΔB Δt ·S R ，则磁场对ab 边的安培力大小F B ＝BIL ＝B·ΔB Δt ·SL R ，由于F B 大小不变，则B·ΔB Δt 不变，若B 随时间t 均匀变化，ΔB Δt 不变，则B 必然不变，选项A 、C 错误；若B 随时间t 增大，则ΔBΔt 必然减小，故选项B 正确，D 错误．【答案】 B4．(2020·河北石家庄二中模拟)如图所示，导体直导轨OM 和PN 平行且OM 与x 轴重合，两导轨间距为d ，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y 轴方向的宽度按y ＝d|sinπ2dx|的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体棒从OP 开始始终垂直导轨沿x 轴正方向以速度v 做匀速运动，规定内圆环a 端电势高于b 端时，a 、b 间的电压u ab 为正，下列u ab x 图象可能正确的是( )【解析】 导体棒在匀强磁场的第一个区域内运动时，前半个区域，通过大圆环的电流为顺时针方向，且根据法拉第电磁感应定律，内圆环a 端电势高于b 端，后半个区域，内圆环a 端电势低于b 端，可能正确的是图D.【答案】 D5．(2020·安徽师大附中模拟)一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以一定的初速度v 0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆始终与导轨接触良好，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中( )A．向上滑行与向下滑行的时间相等B．向上滑行与向下滑行时电阻R上产生的热量相等C．向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等D．向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等【解析】金属杆向上滑行过程中受到的安培力沿斜面向下，设运动的加速度为a1，金属杆向下滑行过程中，受到的安培力沿斜面向上，设运动的加速度为a2，由牛顿第二定律分别有：F＋mgsin θ＝ma1和mgsi n θ－F＝ma2，可知a1＞a2，又上滑和下滑位移相等，故金属杆向上滑行的时间小于向下滑行的时间，则选项A错误；金属杆滑行过程中，通过金属杆的电荷量q＝I t＝ER＋rt＝ΔΦΔtΔtR＋r＝BΔSR＋r，而ΔS相同，故向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量q相等，则选项C正确；电阻R上产生的热量Q＝I2Rt＝I tR I＝qR I，而电流I＝BL vR＋r，可知金属杆向上滑行和向下滑行时平均速度不同，易知选项B错误；克服安培力做的功W＝F安·s，向上滑行和向下滑行时位移大小s相同，F安＝B I L＝B2L2vR＋r，由金属杆向上滑行和向下滑行的平均速度不同可知克服安培力做的功不相等，选项D错误．【答案】 C6．(2020·湖北武汉4月调研)(多选)将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直．若磁感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电量最小的是( )【解析】设大圆的面积为S1，小圆的面积为S2.线圈的总电阻为R；选项A中，线圈中通过的电量为Q＝B S1＋S2R；选项B中，线圈中通过的电量为Q＝B S1－S2R；选项C中，线圈中通过的电量为Q＝B S1－S2R ；选项D中，线圈中通过的电量为Q＝B S1＋S2R，选项B、C正确．【答案】 BC7．(2020·浙江杭州模拟)(多选)如图甲所示，一个U形光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上，电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计，两导轨间的距离l＝0.2 m，有垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场，磁感应强度B 随时间变化规律如图乙所示．一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直．在t ＝0时刻，金属杆紧靠在最左端，杆在外力的作用下以速度v ＝0.5 m/s 向右做匀速运动．当t ＝4 s 时，下列说法中正确的是( )A ．穿过回路的磁通量为0.08 WbB ．流过电阻R 的感应电流的方向为b→aC ．电路中感应电动势大小E ＝0.02 VD ．金属杆所受到的安培力的大小为1.6×10－4N【解析】 t ＝4 s 时，金属杆的位移大小x ＝vt ＝2 m ，由图乙知，4 s 末磁感应强度B ＝0.2 T ，则穿过回路的磁通量φ＝BS ＝Bxl ＝0.08 Wb ，选项A 正确；金属杆切割产生的感应电动势E 1＝Blv ＝0.2×0.2×0.5 V＝0.02 V ，由右手定则，切割产生的感应电流由a 流过电阻R 到b ；由法拉第电磁感应定律，磁通量发生变化产生的感应电动势E 2＝ΔφΔt ＝ΔBΔt·lx＝0.05×0.2×2 V ＝0.02 V ，由楞次定律，E 2的电流方向由a 流过电阻R 到b ，故流过电阻R 的总的感应电流的方向为a→b，选项B 错误；电路中感应电动势大小E ＝E 1＋E 2＝0.04 V ，选项C 错误；电路中感应电流大小I ＝E R＝4×10－3A ，故金属杆所受到的安培力的大小FB ＝BIl ＝0.2×4×10－3×0.2 N＝1.6×10－4N ，选项D 正确． 【答案】 AD8．(2020·湖南十三校联考一)(多选)如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K 和质量为m 的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ 、MN.缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd ，线圈的总电阻为R ，匝数为n ，ab 边长为L.假设缓冲车以速度v 0与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，而缓冲车厢继续向前移动距离L 后速度为零．已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab 边均没有接触，不计一切摩擦阻力．在这个缓冲过程中，下列说法正确的是( )A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为BLv 0RB ．线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲C ．此过程中，线圈abcd 产生的焦耳热为Q ＝12mv 2D ．此过程中，通过线圈abcd 的电荷量为q ＝BL2R【解析】 缓冲过程中，线圈内的磁通量增加，由楞次定律知，感应电流方向沿逆时针方向(俯视)，感应电流最大值出现在滑块K 停下的瞬间，大小应为nBLv 0R，A 项错误；线圈中的感应电流对电磁铁的作用力，使车厢减速运动，起到了缓冲的作用，B 项正确；据能量守恒定律可知，车厢的动能全部转换为焦耳热，故Q ＝12mv 20，C 项正确；由q＝I ·Δt、I ＝E R 及E ＝n ΔΦΔt ，可得q ＝nΔΦR ，因缓冲过程ΔΦ＝BL 2，故q ＝nBL2R，D 项错误．【答案】 BC二、非选择题：本大题共4小题，共52分。
2015届高考物理二轮分项测试：交变电流1
专题11 交变电流（解析版）一、单项选择题1．【2013·河南省焦作市高三期末】在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。
产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。
则下列说法正确的是A．t＝0.01s时穿过线框的磁通量最小B．该交变电动势的有效值为C．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝（100πt）VD．电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45°（100πt线圈平面与初始位置所在平面的夹角为45°，与中性面的夹角也为45°，选项D正确。
2．【2013·河北省唐山市高三期末考试】一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示。
已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL2 B．t2时刻穿过线框的磁通量为零C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零 D3．【2013·河北唐山市高三摸底考试】如图所示，理想变压器原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R和两个小灯泡L1、L2，最初电键S是断开的，现闭合电键S，则A．副线圈两端电压变大 B．灯泡L1变亮C．电流表A1示数变大 D．电阻R中的电流变小4．【2013·湖南省重点中学高三月考】图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图中R1为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻。
下列说法正确的是（）A．交流电压u的表达式πt（V）B．变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C．变压器输入、输出功率之比为1∶4D．R1处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大5．【2013·河北省唐山市高三下学期第二次模拟】一个理想变压器的线圈绕向如图甲所示。
右线圈输入电流i，i – t图象如图乙所示，第1s内电流方向如图甲所示，则下列判断正确的是（）A．通过灯泡中的电流是恒定电流B．通过灯泡中的电流方向交替变化，周期为4sC．第1s内变压器铁芯中磁通量的变化率时刻相同D．第2s内，灯泡中的电流方向从下到上6．【2013·河南省中原名校高三联考】如图所示的交流电路中，理想变压器输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表．当滑动变阻器R1的滑动头向下移动时A．灯L变亮 B．各个电表读数均变大C．因为U1不变，所以P1不变 D．P1变大，且始终有P1＝P27.【2013·湖北省黄冈市高三3月份质量检测】如图所示，电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变，○A为交流电流表。
高考物理二轮电磁感应训练题人教版
2015年高考物理二轮电磁感应训练题（人教版）2015年高考物理二轮电磁感应训练题（人教版）物理1.(2014大纲全国，20，6分)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。
一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。
让条形磁铁从静止开始下落。
条形磁铁在圆筒中的运动速率() A.均匀增大B.先增大,后减小C.逐渐增大,趋于不变D.先增大,再减小,最后不变[答案]1.C[解析]1.对磁铁受力分析可知,磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,磁铁匀速下落,所以选C。
2.(2014江苏，7，3分)如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来。
若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有() A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯[答案]2.AB[解析]2.该装置的工作原理是,线圈内变化的电流产生变化的磁场,从而使金属杯体内产生涡流,再把电能转化为内能,使杯内的水发热。
交流电源的频率一定时,线圈产生的磁场越强,杯体内磁通量变化就越快,产生的涡流就越大,增加线圈的匝数会使线圈产生的磁场增强,而取走线圈中的铁芯会使线圈产生的磁场减弱,故A对、D错。
交流电源的频率增大,杯体内磁通量变化加快,产生的涡流增大,故B正确。
瓷为绝缘材料,不能产生涡流,故C错。
3.(2014江苏，1，3分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。
在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。
在此过程中,线圈中产生的感应电动势为()A.B.C.D.[答案]3.B[解析]3.由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=n=nS=n,得E=,选项B正确。
4.(2014四川，6，6分)如图所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小。
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保温训练(七)电磁感应和交变电流1．[双选]某交流发电机的输出电压随时间变化的关系如图所示，输出功率是20 kW，用5 000 V高压输电，输电线总电阻是10 Ω，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，则下列说法正确的是()
A．交变电流的频率为100 Hz
B．发电机输出电压的有效值为220 V
C．输电线中电流为500 A
D．用户得到的电压约为225 V
2．2014年四川超特高压输电量首破千亿千瓦时。
如图所示是远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。
下列说法正确的是()
A．若用户用电功率增加，升压变压器的输出电压将增大
B．若用户用电功率增加，降压变压器的输入电压将增大
C．若输电功率一定，采用特高压输电可减少输电线上损耗的功率
D．若输电功率一定，采用特高压输电会降低输电的效率
3．如图所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表。
最初开关S是断开的，现闭合开关S，则()
A．副线圈两端电压变大
B．灯泡L1变亮
C．电流表A1示数变大
D．电阻R0中的电流变小
4．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于线框所在平面向里。
规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向，线框中沿着ABCDA方向为感应电流
i 的正方向。
要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度B 随时间t 变化的规律可能为( )
丙
5．[双选]如图所示，间距为L 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好。
整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中。
现使金属棒以初速度沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q 。
下列说法正确的是( )
A ．金属棒在导轨上做匀减速运动
B ．整个过程中金属棒克服安培力做功为1
2m v 2
C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qR
BL
D ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为1
2
m v 2
6．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计。
在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡。
整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。
现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放。
金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。
已知某时刻后两灯泡保持正常发光。
重力加速度为g 。
求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率。
参考答案
1．解析：选BD 由图可知，交流电的频率为1
2×10－2
Hz ＝50 Hz ，发电机输出电压的
有效值为220 V ，由P 送＝IU 送可得，输电线上电流为4 A ，降压变电器的输入电压U 3＝U 送－IR ＝4 960 V ，由U 3U 4＝22
1
得，用户得到的电压U 4≈225 V ，故B 、D 正确，A 、C 错误。
2．解析：选C 根据U 1U 2＝n 1
n 2
可知，升压变压器的输出电压与用户用电功率无关，由于
输电线的分压，降压变压器的输入电压随用户电功率的增加而降低，A 、B 错误；输电线中的电流I ＝P
U ，输电线上损耗的功率ΔP ＝I 2r ＝⎝⎛⎭⎫P U 2r ，则输电功率一定，采用特高压输电可减少输电线上损耗的功率，C 正确；输电的效率η＝
P 用
P 总
×100%，采用特高压输电时，输电线上损耗的功率大大减少，而输电功率P 总一定，输电的效率会提高，D 错误。
3．解析：选C 根据
U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝n 2
n 1
U 1，故U 2不变，A 错误；闭合开关S ，副线圈回路中的电阻减小，电流I 2增大，D 错误；根据I 1I 2＝n 2n 1，则I 1＝n 2
n 1I 2，所以电流表A 1示数变大，
C 正确；R 0两端电压增大，U L 减小，灯泡L 1消耗的功率P L ＝U 2L
R L ，故功率P L 减小，灯泡L 1
变暗，B 错误。
4．解析：选B 由i - t 图象可知，在0～t 0时间内，感应电流大小恒定，方向沿正方向，则B 随t 可能是向里且均匀减小，同理可得在t 0～2t 0时间内，B 随t 可能是向里且均匀增大，且两种情况下的斜率相等，B 正确，A 、C 、D 错误。
5．解析：选BC 金属棒运动中受到安培力作用，F 安＝BIL ＝B 2L 2v
R ，方向向左，故金
属棒做加速度不断减小的减速运动，A 错误；由功能关系可知金属棒克服安培力做的功等于动能的减少量，等于整个回路产生的焦耳热，B 正确，D 错误；金属棒整个过程中通过的电荷量q ＝I t ＝ΔΦ2R ，而ΔΦ＝BLx ，所以x ＝2qR BL
，C 正确。
6．解析：(1)设小灯泡的额定电流为I 0，有P ＝I 20R ①
由题意在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN 中电流为 I ＝2I 0②
此时金属棒MN 所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有mg ＝BLI ③ 联立①②③式得B ＝mg
2L
R P
④ (2)设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v ，由电磁感应定律与欧姆定律得 E ＝BL v ⑤
E ＝RI 0⑥
联立①②④⑤⑥式得v ＝2P
mg ⑦
答案：(1)mg
2L
R P (2)2P mg。