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【全程复习方略】2022年高考物理二轮复习 课时冲关练 5.10电磁感应规律及其应用(A卷)
【全程复习方略】2022年高考物理二轮复习 课时冲关练 5.10电磁感应规律及其应用(A卷)
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电磁感应规律及其应用(A卷)(45分钟,100分)一、单项选择题(本题共4小题,每小题7分,共28分。每小题只有一个选项正确)1.直流电路如图所示,在滑动变阻器的滑片P向右移动时,电源的( )A.总功率一定减小B.效率一定减小C.内部损耗功率一定增大D.输出功率一定先增大后减小【解析】选A。滑片P向右移动时外电路电阻R外增大,由闭合电路欧姆定律知总电流减小,由P总=EI可得P总减小,故选项A正确;根据η=R外R外+r=11+rR外可知选项B错误;由P内=I2r可知,选项C错误;由P输-R外图像,因不知道R外的初始值与r的关系,所以无法判断P输的变化情况,选项D错误。【加固训练】小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,PN为图线过P点的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线。则下列说法中不正确的是( )A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大B.对应P点,小灯泡的电阻为R=U1I2C.对应P点,小灯泡的电阻为R=U1I2-I1D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【解析】选C。随着所加电压的增大,灯丝温度升高,小灯泡的电阻增大,选项A正确;对应P点,由欧姆定律,小灯泡的电阻为R=U1I2-11-\n,选项B正确、C错误;根据电功率定义式P=UI,对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积,选项D正确。故本题选C。2.(2022·杭州模拟)如图所示,电源电动势为E,内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是( )A.只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时,电源消耗的功率变大,电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动D.若断开开关S,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动【解析】选A。只逐渐增大R1的光照强度,电阻R1减小,总阻值减小,由I=ER+r可知总电流I变大,所以电阻R0消耗的电功率变大,电容器两端的电压变大,处于充电状态,又因为电容器下极板带正电,所以通过电阻R3的电流向上,故选项A正确;只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时,由于其与电容器连接,相当于导线,故电流没有变化,故选项B错误;只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电容器并联部分的电阻变大,所以电容器两端的电压变大,由E=Ud可知,微粒受到的电场力变大,即向上运动,故选项C错误;若断开开关S,电源与电路断开,电容器相当于电源,通过电路放电,电容器所带电荷量变小,微粒所受电场力变小,微粒向下运动,故选项D错误。3.如图所示,两足够长平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd,经过足够长时间以后( )A.金属棒ab、cd都做匀速运动B.金属棒ab上的电流方向是由a向bC.金属棒cd所受安培力的大小等于2F3D.两金属棒间距离保持不变【解析】选C。对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动,且金属棒ab速度小于金属棒cd速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a,A、B、D错误;以两金属棒整体为研究对象有:F=3ma,隔离金属棒cd分析:F--11-\nF安=ma,可求得金属棒cd所受安培力的大小F安=23F,C正确。【总结提升】导体棒切割问题的处理思路(1)基本方法:①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。②求回路中的电流。③分析研究导体受力情况。④列动力学方程或平衡方程求解。(2)受力情况、运动情况的动态分析:4.(2022·温州二模)如图所示为三个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向外、向里和向外,磁场宽度均为L,在磁场区域的左侧边界处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值,外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图像的是( )-11-\n【解析】选D。在0~Lv时间内,磁通量Φ=BLvt,为负值逐渐增大;当t=3L2v时磁通量为零,当t=2Lv时,磁通量Φ=BL2为最大正值,由此可知选项A错误;在0~Lv时间内,由法拉第电磁感应定律可知E=BLv,为负值,在Lv~2Lv时间内,感应电动势E=2BLv,为正值,故选项B错误;在0~Lv时间内,由法拉第电磁感应定律可知E=BLv,所以外力F=F安=B2L2vR,其功率为P=Fv=B2L2v2R,在Lv~2Lv时间内,感应电动势E=2BLv,外力F=F安=4B2L2vR,其功率为P=Fv=4B2L2v2R,故选项C错误,D正确。二、不定项选择题(本题共3小题,每小题7分,共21分。每小题至少一个选项正确)5.如图所示,C1=6μF,C2=3μF,R1=3Ω,R2=6Ω,电源电动势E=18V,内阻不计。下列说法正确的是( )A.开关S断开时,a、b两点电势相等B.开关S闭合后,a、b两点间的电流是2AC.开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D.不论开关S断开还是闭合,C1带的电荷量总比C2带的电荷量大【解析】选B、C。S断开时外电路处于断路状态,两电阻中无电流通过,电阻两端电势相等,由图知a点电势与电源负极电势相等,而b点电势与电源正极电势相等,A错误;S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势,而C1>C2,由Q=CU知此时Q1>Q2,当S闭合时,稳定状态下C1与R1并联,C2与R2-11-\n并联,电路中电流I=ER1+R2=2A,此时两电阻两端电压分别为U1=IR1=6V,U2=IR2=12V,则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′=C1U1=3.6×10-5C,Q2′=C2U2=3.6×10-5C,对电容器C1来说,S闭合后其两端电压减小,所带电荷量也减小,故B、C正确,D错误。6.(2022·衢州二模)如图所示,长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体,上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极,两极间距为d,极板面积为S,这两个电极与定值电阻R相连。在垂直前后侧面的方向上,有一匀强磁场,磁感应强度大小为B。发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体,气体以速度v向右流动,并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场的作用,将产生大小不变的电动势。下列说法中正确的是( )A.发电导管的内阻r=ρdSB.流过电阻R的电流方向为b→aC.发电导管产生的电动势为BdvD.电阻R消耗的电功率为B2d2v2R【解析】选A、C。由电阻的决定式可知选项A正确;由左手定则可知电离气体中的正离子向上侧面聚集,上侧面相当于电源的正极,故流过电阻R的电流方向为a→b,选项B错误;对于某个气体离子受力分析,由电场力等于洛伦兹力可知,qUd=Bqv,解得发电导管产生的电动势为Bdv,选项C正确;由于发电导管有内阻,故电阻R消耗的电功率一定小于B2d2v2R,选项D错误。7.如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,金属线框的质量为m,电阻为R,在金属线框的下方有一匀强磁场区域,MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v-t图像,图像内数据均为已知量。重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是( )-11-\nA.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B.金属线框的边长为v1(t2-t1)C.磁场的磁感应强度为1v1(t2-t1)mgRv1D.金属线框在0~t4的时间内所产生的热量为mgv1(t2-t1)+12m(v32-v22)【解析】选B、C。由楞次定律可知金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向,A错误;由图乙可知,金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为v1,运动时间为t2-t1,所以金属线框的边长:l=v1(t2-t1),B正确;在金属线框进入磁场的过程中,金属线框所受安培力等于重力:mg=BIl,I=,解得:B=1v1(t2-t1)mgRv1,C正确;金属线框只在进入和穿出磁场时产生焦耳热,即在t1~t2、t3~t4两个时间段内产生的热量:Q=2mgl+12m(v32-v22)=2mgv1(t2-t1)+12m(v32-v22),故D错误。【加固训练】(多选)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的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→bC.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=B2L2vRD.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量【解析】选A、C。在释放的瞬间,速度为零,不受安培力的作用,只受到重力,故加速度等于重力加速度g,A正确;由右手定则可得,电流的方向从b到a,B错误;当速度为v时,产生的电动势为E=BLv,受到的安培力为F=BIL,计算可得F=B2L2vR,C正确;在运动的过程中,是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的相互转化,D错误。三、计算题(本题共3小题,共51分。需写出规范的解题步骤)8.(16分)(2022·重庆高考)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验,其装置如图所示。在该实验中,磁铁固定在水平放置的电子测力计上,此时电子测力计的读数为G1-11-\n,磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场,其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路,总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场,以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动,这时电子测力计的读数为G2,铜条在磁场中的长度为L。(1)判断铜条所受安培力的方向,G1和G2哪个大?(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小。【解题指南】解答本题可按以下思路进行分析:(1)右手定则判感应电流方向,左手定则判安培力方向。(2)根据法拉第电磁感应定律求感应电动势。(3)结合闭合电路的欧姆定律及安培力公式求解。【解析】(1)铜条竖直向下运动,由右手定则可知铜条中感应电流方向由B→A,由左手定则,可知铜条所受F安的方向竖直向上。 (3分)对磁铁受力分析,开始时:G1=mg (2分)铜条向下运动时:G2=mg+F安 (2分)故G2>G1 (1分)(2)由(1)可得F安=G2-G1 (2分)又F安=BIL (2分)由闭合电路的欧姆定律I=ER (1分)由法拉第电磁感应定律E=BLv (1分)联立以上各式,解得B=1L(G2-G1)Rv (2分)答案:(1)竖直向上 G2>G1(2)G2-G1 1L(G2-G1)Rv9.(16分)(2022·-11-\n宁波二模)足够长的平行金属导轨ab、cd放置在水平面上,处在磁感应强度B=1.00T的竖直方向的匀强磁场中,导轨间连接阻值为R=0.30Ω的电阻,质量m=0.5kg的金属棒ef与bc紧贴在导轨上,处于两导轨间的长度L=0.40m、电阻r=0.10Ω,如图所示。在水平恒力F作用下金属棒ef由静止开始向右运动,其运动距离与时间的关系如下表所示。导轨与金属棒ef间的动摩擦因数为0.3,导轨电阻不计,g=10m/s2。求:时间t/s0.01.02.03.04.05.06.07.0运动距离x/m0.00.62.04.36.89.311.814.3(1)在4.0s时间内,通过金属棒截面的电荷量q。(2)水平恒力F。(3)庆丰同学在计算7.0s时间内,整个回路产生的焦耳热Q时,是这样计算的:先算7.0s内的电荷量,再算电流I=Qt,再用公式I2Rt计算出焦耳热。请你简要分析这样做是否正确?认为正确的,请算出结果;认为错误的,请用自己的方法算出7.0s时间内,整个回路产生的焦耳热Q。【解析】(1)金属棒产生的平均感应电动势E=ΔΦΔt=BLxt (1分)平均电流I=ER+r (1分)电荷量q=It=6.8C(2分)(2)由表中数据可知3.0s以后棒ef做匀速直线运动v=ΔxΔt=2.5m/s(1分)对棒由平衡条件得:F-f-BIL=0 (2分)由I=ER+r,E=BLv (2分)解得F=BIL+f=2.5N(2分)(3)庆丰同学用电流的平均值计算焦耳热是错误的, (2分)根据能量转化和守恒定律有Fx-μmgx-Q=12mv2 (2分)解得Q=12.7J(1分)答案:(1)6.8C (2)2.5N (3)见解析10.(19分)(2022·台州二模)如图所示,线圈焊接车间的传送带不停地传送边长为L(L为未知量),质量为-11-\n4kg,电阻为5Ω的正方形单匝金属线圈,线圈与传送带之间的动摩擦系数μ=32。传送带总长8L,与水平面的夹角为θ=30°,始终以速度2m/s匀速运动。在传送带的左端虚线位置将线圈无初速度地放到传送带上,经过一段时间后,线圈达到与传送带相同的速度,线圈运动到传送带右端掉入材料筐中(图中材料筐未画出),已知当一个线圈刚好开始匀速运动时,一个线圈恰好放到传送带上。线圈匀速运动时,相邻两个线圈的间隔也为L。线圈运动到传送带中点开始通过一固定的匀强磁场,磁感应强度为5T、磁场方向垂直传送带向上,匀强磁场区域宽度与传送带相同,沿传送带运动方向的长度为3L。重力加速度g=10m/s2。求:(1)正方形线圈的边长L。(2)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q。(3)在一个线圈通过磁场的过程,电动机对传送带做功的功率P。【解析】(1)每个线圈从投放到相对传送带静止,运动的距离是一样的。设投放的时间间隔为T,则v-t图像如图所示。在T时间内,传送带的位移为x传=v·T (1分)线圈加速过程的位移x线=v2·T (1分)可得2L=v·T v=a·T (1分)线圈加速过程:由f-mgsinθ=ma (1分)f=μmgcosθ (1分)可得:a=2.5m/s2,T=0.8s,L=0.8m(1分)线圈匀速运动时,相邻两个线圈的间隔为L与线圈的边长相等,由图可以看出线圈的边长与线圈加速过程走过的距离相同,所以线圈的边长为0.8m。-11-\n(2)每个线圈穿过磁场过程中有电流的运动距离为2L,t电=2Lv,E=BLv,P=E2R (2分)产生热量Q=P·t电=B2L2v2R·2Lv=2B2L3vR (2分)解得Q=2B2L3vR=10.24J(2分)(3)在一个线圈通过磁场的过程中:传送带运动距离4L,所用时间t穿=4Lv=1.6s(1分)一个线圈加速过程摩擦产生的热为Q摩擦=f·x相对=μmgcosθ·v2·T=24J(1分)一个线圈加速过程获得动能ΔEk=12mv2=8J(1分)一个线圈通过磁场的过程中产生的焦耳热Q焦耳=10.24J(1分)一个线圈运动一个L距离重力势能增加ΔEp=Lmgsinθ=16J(1分)在一个线圈通过磁场的过程中,电动机对传送带做功的功率为P有W=2Q摩擦+2×ΔEk+2Q焦耳+15×ΔEp=P·t穿(1分)代入以上各式,得P=202.8W(1分)第(3)问解法二:分析某一导线框穿过磁场过程知:t穿=4Lv=1.6s,其中有t1=t穿4=0.4s的时间传送带上有5个导线框,其中1个相对滑动,4个相对静止,则该段时间内电动机做功为:W1=F1vt1=(μmgcosθ+4mgsinθ+BIL)vt1=93.12J(3分)其中有t2=3t穿4=1.2s的时间传送带上有4个导线框,其中1个相对滑动,3个相对静止,则在该段时间内电动机做功为:W2=F2vt2=(μmgcosθ+3mgsinθ+BIL)vt2=231.36J(3分)由P·t穿=W1+W2得:P=202.8W(1分)-11-\n答案:(1)0.8m (2)10.24J (3)202.8W-11-
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