（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練（四）電路和電磁感應(yīng)（含解析）

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1、階段訓(xùn)練(四)　電路和電磁感應(yīng) (時間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。在每小題給出的四個選項中,1~6題只有一個選項符合題目要求,7~10題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.如圖所示,電路中的A、B是兩個完全相同的燈泡,L是一個自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈,C是電容很大的電容器。在開關(guān)S閉合與斷開時,A、B燈泡發(fā)光情況是(　　) A.S剛閉合后,A燈亮一下又逐漸變暗,B燈逐漸變亮 B.S剛閉合后,B燈亮一下又逐漸變暗,A燈逐漸變亮 C.S閉合足夠長時間后,A燈泡和B燈泡一樣亮

2、 D.S閉合足夠長時間后再斷開,B燈立即熄滅,A燈逐漸熄滅 答案:A 解析:S剛閉合后,電流變化快,自感線圈的感抗大,電流通過A燈向電容器充電,隨著電流趨于穩(wěn)定,自感線圈相當(dāng)于短路,電容器相當(dāng)于斷路,所以是A燈亮一下又逐漸變暗,B燈逐漸變亮,選項A正確,B錯誤;S閉合足夠長時間后,A燈熄滅,B燈亮,S再斷開,電容器C通過燈泡B放電,B燈逐漸熄滅,由于自感線圈產(chǎn)生自感電動勢,與A燈構(gòu)成閉合電路,A燈逐漸熄滅,選項C、D錯誤。 2.如圖所示,電源電動勢為E,內(nèi)阻為r。當(dāng)滑動變阻器的滑片P從左端滑到右端時,理想電壓表V1、V2示數(shù)變化的絕對值分別為ΔU1和ΔU2,干路電流為I,下列說法正確的

3、是(燈泡電阻不變)(　　) A.小燈泡L1、L3變暗,L2變亮 B.ΔU1與ΔI的比值不變 C.ΔU1<ΔU2 D.ΔU1=ΔU2 答案:B 解析:滑動變阻器的滑片P從左端滑到右端,總電阻變大,總電流減小,路端電壓增大,L2中電流減小,變暗,L3中電壓增大,變亮,U1增大,選項A錯誤;U2減小,而路端電壓U=U1+U2增大,所以U1的變化量大于U2的變化量,選項C、D錯誤;ΔU1與ΔI的比值不變,為電源內(nèi)阻和L2電阻之和,選項B正確。 3.(2019·河南濮陽模擬)如圖甲所示,光滑“∠”形金屬支架ABC固定在水平面上,支架處在垂直于水平面向下的勻強磁場中,一金屬導(dǎo)體棒EF放在

4、支架上,用一輕桿將導(dǎo)體棒與墻固定連接,磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,取垂直于紙面向里為正方向,則下列說法正確的是(　　) A.t1時刻輕桿對導(dǎo)體棒的作用力最大 B.t2時刻輕桿對導(dǎo)體棒的作用力最大 C.t2到t3時間內(nèi),輕桿對導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小 D.t2到t4時間內(nèi),輕桿對導(dǎo)體棒的作用力方向不變 答案:C 解析:由E=nΔΦΔt可知,t1時刻感應(yīng)電動勢為0,感應(yīng)電流為0,安培力為0,輕桿對導(dǎo)體棒的作用力為0,選項A錯誤;t2時刻感應(yīng)電動勢最大,感應(yīng)電流最大,但磁感應(yīng)強度為0,安培力為0,輕桿對導(dǎo)體棒的作用力為0,選項B錯誤;t2到t3時間內(nèi),安培力先增大后減小,

5、所以輕桿對導(dǎo)體棒的作用力先增大后減小,選項C正確;t2到t4時間內(nèi),感應(yīng)電流方向改變,安培力方向改變,則輕桿對導(dǎo)體棒的作用力方向改變,選項D錯誤。 4.在如圖甲所示的電路中,D為理想二極管(正向電阻為零,反向電阻為無窮大)。R1=30 Ω,R2=60 Ω,R3=10 Ω。在MN間加上如圖乙所示的交變電壓時,R3兩端電壓表的讀數(shù)大約是(　　) A.3 V B.3.5 V C.4 V D.5 V 答案:B 解析:在0~0.01s內(nèi),二極管導(dǎo)通,R1、R2并聯(lián)電阻R12=R1R2R1+R2=20Ω,R3兩端電壓U3=R3R3+R12Um=4V,在0.01~0.02s內(nèi),二極管截止,R3

6、兩端電壓U3'=R3R3+R1Um=3V。根據(jù)交流電有效值的定義得U32R3×T2+U3'2R3×T2=U2R3×T,解得電壓表示數(shù)U≈3.5V,選項B正確。 5.如圖所示,B是一個螺線管,C是與螺線管相連接的金屬線圈。在B的正上方用絕緣絲線懸掛一個金屬圓環(huán)A,A的環(huán)面水平且與螺線管的橫截面平行。若僅在金屬線圈C所處的空間加上與C環(huán)面垂直的變化磁場,發(fā)現(xiàn)在t1至t2時間段內(nèi)絕緣絲線的拉力變小,則金屬線圈C處所加磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化的B-t圖像可能是(　　) 答案:D 解析:根據(jù)共點力的平衡原理,在t1至t2時間段內(nèi),絕緣絲線與豎直方向的夾角變小,故彈簧線圈處在收縮狀態(tài),根據(jù)

7、楞次定律的另一種表述,知螺線管中B產(chǎn)生的磁場在增加,即螺線管中的電流增大,感應(yīng)電動勢增大,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,E=nΔΦΔt=nΔBΔtS,知ΔBΔt增大,選項D正確。 6.如圖所示,理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2=2∶1,原線圈接正弦交變電流,副線圈接電動機,電動機線圈電阻為R。當(dāng)輸入端接通電源后,電流表讀數(shù)為I,電動機帶動一質(zhì)量為m的重物以速度v勻速上升。若電動機因摩擦造成的能量損失不計,則圖中電壓表的讀數(shù)為(　　) A.4IR+mgvI B.mgvI C.4IR D.14IR+mgvI 答案:A 解析:電動機帶動質(zhì)量為m的重物以速度v勻速上升,電動機的輸出功率

8、等于克服重力做功的功率,P輸出=mgv,由I1∶I2=n2∶n1,可知I2=2I,所以P熱=I22R=4I2R,P2=P輸出+P熱=mgv+4I2R,由于是理想變壓器,所以P1=P2=U1I,則U1=4IR+mgvI,因此選項A正確。 7.如圖所示,理想變壓器原線圈a、b兩端接正弦交流電壓u,u=2202sin 100πt(V),原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2=10∶1,電壓表接在副線圈c、d兩端,輸電線的等效電阻為R,原來開關(guān)S是斷開的。當(dāng)S閉合后(　　) A.電壓表示數(shù)為222 V B.輸電線上損耗的功率增大 C.燈泡L的亮度變暗 D.電流表示數(shù)變小 答案:BC 解析:初級電壓

9、的有效值為U1=22022V=220V,則次級電壓為U2=n2n1U1=110×220V=22V,故電壓表示數(shù)為22V,選項A錯誤;當(dāng)S閉合時,次級電阻減小,次級電流變大,故根據(jù)P=I2R可知,輸電線上損耗的功率變大,選項B正確;燈泡上的電壓為UL=U2-UR,因U2不變,UR增大,故燈泡兩端的電壓減小,燈泡L的亮度變暗,選項C正確;根據(jù)U1I1=U2I2可知,I2變大時,I1變大,即電流表示數(shù)變大,選項D錯誤。 8.如圖所示,電源電動勢E=3 V,小燈泡L標(biāo)有“2 V　0.4 W”,開關(guān)S接1,當(dāng)變阻器調(diào)到R=4 Ω 時,小燈泡L正常發(fā)光;現(xiàn)將開關(guān)S接2,小燈泡L和電動機M均正常工作。則(

10、　　) A.電源內(nèi)阻為1 Ω B.電動機的內(nèi)阻為4 Ω C.電動機正常工作電壓為1 V D.電源效率約為93.3% 答案:AD 解析:由小燈泡的額定功率P=UI可知I=0.2A,由歐姆定律RL=UI可知小燈泡發(fā)光時電阻RL=10Ω,由閉合電路歐姆定律可得I=ER+RL+r,解得r=1Ω,選項A正確;接2時小燈泡正常發(fā)光,說明電路中電流仍為0.2A,故電動機兩端電壓U'=E-IRL-Ir=0.8V,電動機為非純電阻電器,故電動機內(nèi)阻不等于4Ω,選項B、C錯誤;由P=I2r,η=P總-P電源P總×100%代入數(shù)據(jù)可得電源效率約為93.3%,選項D正確。 9.(2018·全國卷Ⅲ)

11、如圖甲所示,在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R,R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦式交變電流i,i的變化如圖乙所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢(　　) A.在t=T4時為零 B.在t=T2時改變方向 C.在t=T2時最大,且沿順時針方向 D.在t=T時最大,且沿順時針方向 答案:AC 解析:PQ中的電流在導(dǎo)線框R中產(chǎn)生變化的磁場,所以線框R中的磁通量變化規(guī)律和PQ中電流的變化規(guī)律相同,PQ中電流在T4時刻變化率為零,即線框R中的磁通量的變化率為零,線框中R產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零,A選項正確;T2時刻PQ中電流變化最快,即線框R中磁通量變化最快,斜率

12、正負沒有發(fā)生變化,所以感應(yīng)電動勢的方向沒有發(fā)生變化,B選項錯誤;在T2時刻,線框R中的磁通量從向內(nèi)減弱變?yōu)橄蛲庠鰪?感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向里,感應(yīng)電動勢為順時針方向,C選項正確;在T時刻,線框R中的磁場從垂直紙面向外減弱變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶镌鰪?感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外,感應(yīng)電動勢為逆時針方向,D選項錯誤。 10.如圖所示,在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為l,兩導(dǎo)軌間連有一電阻R,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ,在兩虛線間的導(dǎo)軌上涂有薄絕緣涂層。勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從h高度處由靜止釋放,在剛要滑到涂層處時恰好勻速運動。導(dǎo)體棒始終

13、與導(dǎo)軌垂直且僅與涂層間有摩擦,動摩擦因數(shù)μ=tan θ,其他部分的電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　) A.導(dǎo)體棒到達涂層前做加速度減小的加速運動 B.在涂層區(qū)導(dǎo)體棒做減速運動 C.導(dǎo)體棒到達底端的速度為mgRsinθB2l2 D.整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh-m3g2R2sin2θ2B4l4 答案:AC 解析:導(dǎo)體棒到達涂層前隨著速度的增加,安培力越來越大,因此合力越來越小,加速度越來越小,因此做加速度減小的加速運動,選項A正確;由于到達涂層時已勻速運動,而涂層的動摩擦因數(shù)μ=tanθ,因此在涂層區(qū)導(dǎo)體棒做勻速運動,選項B錯誤;穿過涂層后導(dǎo)體棒仍勻速運動,

14、因此到達底端時,mgsinθ=B2l2vR,因此導(dǎo)體棒到達底端的速度為mgRsinθB2l2,選項C正確;由于涂層存在,因此整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h-l1sinθ)-12mv2=mg(h-l0sinθ)-m3g2R2sin2θ2B4l4,其中l(wèi)0為涂層的寬度,選項D錯誤。 二、非選擇題(本題共2小題,共40分) 11.(18分)如圖所示,單匝圓形線圈與勻強磁場垂直,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,圓形線圈的電阻不計。導(dǎo)體棒a繞圓心O勻速轉(zhuǎn)動,以角速度ω旋轉(zhuǎn)切割磁感線,導(dǎo)體棒的長度為l,電阻為r。定值電阻R1、R2和線圈構(gòu)成閉合回路,P、Q是兩個平行金屬板,兩板間的距離為d,金屬板的長

15、度為L。在金屬板的上邊緣,有一質(zhì)量為m且不計重力的帶負電粒子豎直向下射入極板間,并從金屬板的下邊緣離開。帶電粒子進入電場的位置到P板的距離為d3,離開電場的位置到Q板的距離為d3。求: (1)導(dǎo)體棒a順時針轉(zhuǎn)動,還是逆時針轉(zhuǎn)動; (2)定值電阻R2兩端的電壓; (3)若R1=3r,R2=2r,試求帶電粒子的電荷量。 答案:(1)導(dǎo)體棒a逆時針轉(zhuǎn)動 (2)Bl2ωR22(R1+R2+r)　(3)4d2mv02Bl2L2ω 解析:(1)依題意,帶電粒子受到的靜電力水平向右。帶電粒子帶負電,所以P板帶負電,Q板帶正電。由右手定則可知,導(dǎo)體棒a逆時針轉(zhuǎn)動。 (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律

16、得電動勢大小 E0=12Bl2ω 由閉合電路歐姆定律得I=E0R1+R2+r 由歐姆定律可知,定值電阻R2兩端的電壓UPQ=IR2 聯(lián)立可得UPQ=Bl2ωR22(R1+R2+r)。 (3)若R1=3r,R2=2r,UPQ=Bl2ω6 帶電粒子在極板間做類平拋運動,L=v0t d3=12at2,a=qUPQmd,聯(lián)立可得q=4d2mv02Bl2L2ω。 12.(22分)(2019·浙江4月)如圖所示,傾角θ=37°、間距l(xiāng)=0.1 m的足夠長金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R=0.1 Ω的電阻,質(zhì)量m=0.1 kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置,與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.45。建立原點位于底端

17、、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x。在0.2 m≤x≤0.8 m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場。從t=0時刻起,棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下,從x=0處由靜止開始沿斜面向上運動,其速度v與位移x滿足v=kx(可導(dǎo)出a= kv),k=5 s-1。當(dāng)棒ab運動至x1=0.2 m處時,電阻R消耗的電功率P=0.12 W,運動至x2=0.8 m處時撤去外力F,此后棒ab將繼續(xù)運動,最終返回至x=0處。棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直,不計其他電阻,求:(提示:可以用F-x圖像下的“面積”代表力F做的功,sin 37°=0.6,g取10 m/s2) (1)磁感應(yīng)強度B的大小; (2)外力F隨位移x變化

18、的關(guān)系式; (3)在棒ab整個運動過程中,電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。 答案:(1)305 T (2)0≤x<0.2 m時,F=(0.96+2.5x) N; 0.2 m≤x≤0.8 m時,F=(0.96+3.1x) N (3)0.324 J 解析:(1)由P=(Blv)2R得 B=PR(lv)2=305T。 (2)無磁場區(qū)間0≤x<0.2m a=5v=25x F=25xm+μmgcosθ+mgsinθ=(0.96+2.5x)N 有磁場區(qū)間0.2m≤x≤0.8m, FA=(Bl)2vR=0.6x F=0.96+2.5x+0.6x=(0.96+3.1x)N。 (3)上升過程中克服安培力做功(梯形面積) WA1=0.62(x1+x2)(x2-x1)=0.18J 撤去外力后,棒ab上升的最大距離為s,再次進入磁場時的速度為v',則 (mgsinθ+μmgcosθ)s=12mv2 (mgsinθ-μmgcosθ)s=12mv'2 得v'=2m/s 由于mgsinθ-μmgcosθ-(Bl)2v'R=0, 故棒ab再次進入磁場后做勻速運動。 下降過程中克服安培力做功WA2=(Bl)2v'R(x2-x1)=0.144J Q=WA1+WA2=0.324J。 10