2013版物理高考专题强化测评精练精析_江苏专用_专题5电路与电磁感应_Word版含答案

专题强化测评（五）电路与电磁感应(45分钟100分)一、单项选择题（本题共5小题，每小题6分，共计30分.每小题只有一个选项符合题意）1.(2012·广东高考)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同2.在如图所示的电路中,电源的电动势为E,内电阻为r.L1、L2是两个小灯泡.闭合S后,两灯均能发光,当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时,会出现()A.L1变暗L2变暗B.L1变亮L2变暗C.L1变亮L2变亮D.L1变暗L2变亮3.（2011·江苏高考）一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（）A.12B.1C.2D.44.如图所示,甲图中的水平放置的光滑平行导轨处于匀强磁场中,R为定值电阻,其他电阻不计,原来静止的导体棒AB受恒力F的作用而运动起来,对于感应电流的描述,图乙中正确的是()5.(2012·福建高考)如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0θ90°)，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，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A.运动的平均速度大小为1v2B.下滑的位移大小为qRBLC.产生的焦耳热为qBLvD.受到的最大安培力大小为22BLvRsinθ二、多项选择题（本题共4小题，每小题8分，共计32分，每小题有多个选项符合题意）6.(2012·江苏高考)在如图所示的远距离输电电路图中，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.随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（）A.升压变压器的输出电压增大B.降压变压器的输出电压增大C.输电线上损耗的功率增大D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大7．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个面积为S的矩形线圈匀速转动时所产生的交流电电压随时间变化的波形如图所示，线圈与一阻值R＝9Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1Ω，则()A．通过电阻R的电流瞬时值表达式为i＝10sin200πt(A)B．电阻R两端的电压有效值为90VC．1s内电阻R上产生的热量为450JD．图中t＝1×10－2s时，线圈位于中性面8.（2012·江苏高考）美国科学家WillardS.Boyle与GeorgeE.Smith因电荷耦合器件（CCD）的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖.CCD是将光学量转变成电学量的传感器.下列器件可作为传感器的有（）A.发光二极管B.热敏电阻C.霍尔元件D.干电池9.（2012·南京模拟）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1，R1＝20Ω，R2＝10Ω，C为电容器，原线圈所加电压u=2202sin100πt(V).下列说法正确的是（）A.通过电阻R3的电流始终为零B.副线圈两端交变电压的频率为50HzC.电阻R2的电功率为48.4WD.原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10∶1三、计算题（本题共3小题，共38分，需写出规范的解题步骤）10.(12分)如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略.初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.(1)求初始时刻导体棒受到的安培力.(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？11.（2012·苏北模拟）（12分）如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l,b、c两点间接一阻值为R的电阻.ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触.整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直.现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为g2的匀加速运动，上升了h高度，这一过程中bc间电阻R产生的焦耳热为Q，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用.求：（1）导体杆上升到h过程中通过杆的电量；（2）导体杆上升到h时所受拉力F的大小；（3）导体杆上升到h过程中拉力做的功.12.(2012·珠海模拟)(14分)如图所示，竖直平面内有一宽L=1米、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上下边分别接有电阻R1=3Ω和R2=6Ω．在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B=1T．现有质量m=0.2kg、电阻r=1Ω的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1=3m/s．不计空气阻力，g取10m/s2．(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小．(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h．(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2=9m/s，要使棒在外力F作用下做a=3m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．答案解析1.【解析】选C.由法拉第电磁感应定律知：Ent，可见感应电动势的大小与线圈的匝数有关，A错误；感应电动势的大小取决于磁通量的变化快慢，而与磁通量的大小无关，B错误，C正确；感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，当磁通量增大时，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，D错误.2.【解析】选D.当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时,R的有效阻值变大,R与L2并联电阻变大,电路中R总变大,所以电路中总电流I总减小,即通过L1的电流变小,故L1变暗,UL2=E-I总(r+RL1),UL2变大,L2实际消耗功率变大,故L2变亮,D项正确.3.【解析】选B.先保持线框的面积不变时，由法拉第电磁感应定律可知E1=BSt2BBBSStt；再保持增大后的磁感应强度不变时，有2SBSE2Btt，可见先后两个过程中产生的电动势大小相等，两者的比值为1，选项B正确.4.【解析】选C.导体棒AB运动的加速度22FBLv/Ra,m故导体棒开始阶段做加速度减小的加速运动,后以匀速运动状态收尾,而BLvIv,R可见,I随时间t的变化关系与v随时间t的变化关系类似,C项正确.5.【解析】选B.由E=BLv、EIR、F安=BIL可得导体棒的速度为v时的安培力为22BLvR，D错；对导体棒受力分析如图甲所示，据牛顿运动定律判断可得导体棒的运动情况如图乙所示，由图乙可知导体棒这一过程的平均速度大于1v2，A错；由法拉第电磁感应定律得到导体棒这一过程的电量BLsqR，因此导体棒下滑的位移qRsBL，B对；由能量关系可得这一过程产生的焦耳热2qR1QmgsinmvBL2，C错，故选B.6.【解析】选C、D.升压变压器的输出电压由电源电压及匝数比决定，输出功率变大时升压变压器的输出电压不变，A项错误.由PIU可知当输出功率增大时输出电流增大.由U损=IR及P损=I2R可知U损及P损均增大，故C项正确.当U损增大时降压变压器的输出电压减小，B选项错误.由P损=22PRU可知2PPRPU损.当输出功率增大时输电线损耗功率占总功率的比例增大，D项正确.7．【解析】选C、D.通过电阻R的电流最大值为mmEI10ARr＝＝，线圈转动的角速度222T210＝rad/s＝100πrad/s，故电流的瞬时值表达式为i＝10sin100πt(A)，A项错误；电阻R两端的电压有效值为E100UR9VRr291有效有效＝＝＝452V，B项错误；1s内电阻R上产生的热量2UQt450JR有效＝＝，C项正确；t＝1×10－2s时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，D项正确．8.独具【解题提示】传感器的原理是将非电学量转化为电学量.【解析】选B、C.传感器的原理是将非电学量转化为电学量，例如热敏电阻阻值随温度而变化，可将温度这个量转化为电压电流等电学量，霍尔元件可将磁感应强度这个量转化为电压、电流等电学量，而发光二极管以及干电池都不能将非电学量转化为电学量.9.【解析】选B、C.电容器通交流、阻直流，电容器两极板间加上交变电压，使电容器不断地充放电，与电容器串联的电阻R3中有充放电电流，选项A错误，原线圈所加电压u=2202sin100πt（V），因此所加交变电压的频率f=2=50Hz，所以副线圈两端交变电压的频率为50Hz，选项B正确，R2两端电压等于副线圈两端电压，即2211nUUn=22V，电阻R2的电功率P=222UR=48.4W,选项C正确，根据理想变压器的原理知，原、副线圈中磁通量变化率相等，选项D错误.10.【解析】导体棒以初速度v0做切割磁感线运动而产生感应电动势，回路中的感应电流使导体棒受到安培力的作用,安培力做功使系统机械能减少，最终将全部机械能转化为电阻R上产生的焦耳热.由平衡条件知，棒最终静止时，弹簧的弹力为零，即此时弹簧处于初始的原长状态.(1)初始时刻棒中感应电动势E=BLv0①(1分)棒中感应电流EIR②(1分)作用于棒上的安培力F=BIL③(1分)联立①②③，得220BLvFR(1分)安培力方向：水平向左(2分)(2)由功和能的关系，安培力做功为21p01WEmv2(1分)电阻R上产生的焦耳热210p1QmvE2(2分)(3)由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置.(1分)201Qmv2(2分)答案:(1)220BLvR水平向左(2)2p01Emv220p1mvE2(3)静止于初始位置201mv211.【解析】（1）感应电量Iqt（1分）根据闭合电路的欧姆定律EI2R（1分）根据电磁感应定律得Et（1分）q=Bh2R2Rl（1分）（2）设ef上升到h时，速度为v1、拉力为F，根据运动学公式，得v1=gh（1分）根据牛顿第二定律得F-mg-BI1l=ma（1分）根据闭合电路的欧姆定律得11BvI2Rl（1分）可得F=22Bgh3mg22Rl（2分）（3）由功能关系，得WF-mgh-2Q=21mv2-0（2分）WF=3mgh2+2Q（1分）答案：（1）Bh2Rl（2）22Bgh3mg22Rl（3）3mgh2+2Q12.【解析】(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线，棒中产生感应电动势E，棒在重力和安培力作用下做加速运动．由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1(1分)E=BLv1=3V(1分)1212RRR2RR(1分)EI1ARr(1分)由以上各式可得：a1＝5m/s2(1分)(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，棒做匀速运动，棒中电流大小就始终保持不变．mg=BI′L(1分)EIRr(1分)E′=BLv′联立解得：v′＝6m/s(1分)导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动．v′2-v12=2gh(1分)解得：h＝1.35m(1分)(3)设导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小为vt，则：vt=v2+at(1分)F+mg-F安=ma(1分)22