【優(yōu)化方案】2021屆高考物理二輪課時(shí)演練知能提升-專題十六-電磁感應(yīng)與電路(含詳解)

專題四綜合檢測(cè)一、選擇題1．(2022·廣東佛山質(zhì)檢)在如圖所示的電路中，開關(guān)閉合后，燈泡L能正常發(fā)光．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，下列推斷正確的是()A．滑動(dòng)變阻器R的阻值變小B．燈泡L變亮C．電源消耗的功率增大D．電容器C的電荷量增大解析：選D.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器R的阻值變大，燈泡L變暗，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；電路中的總電流減小，電源消耗的功率減小，路端電壓增大，電容器C的電荷量增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確．2．(多選)(2022·內(nèi)蒙古包鋼一中適應(yīng)考)如圖所示電路中，R為一滑動(dòng)變阻器，P為滑片，若將滑片向下滑動(dòng)，則在滑動(dòng)過程中，下列推斷正確的是()A．電源內(nèi)電路消耗功率確定漸漸增大B．燈泡L2確定漸漸變暗C．電源效率確定漸漸減小D．R上消耗功率確定漸漸變小解析：選ABC.為了使表述一目了然，可以用符號(hào)表示各量的變化趨勢(shì)：用“↑”表示量值增大，“↓”表示量值變小，不標(biāo)箭頭表示量值不變，則本題解答過程可表示為：滑動(dòng)變阻器滑片P向下滑動(dòng)，R↓→R并↓→R外↓，由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,r＋R外)推得I↑，由電源內(nèi)電路消耗功率P內(nèi)＝I2r可得P內(nèi)↑，A正確．U外↓＝E－I↑r，U1↑＝(I↑－IL1↓)R1，UL2↓＝U外↓－U1↑，PL2↓＝eq\f(U\o\al(2,L2)↓,RL2)，故燈泡L2變暗，B正確．電源效率η↓＝eq\f(I2R外,I2R外＋r)＝eq\f(R外,R外＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R外↓))，故C正確．R上消耗的功率PR＝eq\f(U\o\al(2,L2)↓,R↓)，PR增大還是減小不確定，故D錯(cuò)．3．如圖所示，有一臺(tái)溝通發(fā)電機(jī)E，通過抱負(fù)升壓變壓器T1和抱負(fù)降壓變壓器T2向遠(yuǎn)處用戶供電，輸電線的總電阻為R.T1的輸入電壓和輸入功率分別為U1和P1，它的輸出電壓和輸出功率分別為U2和P2；T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3，它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和P4.設(shè)T1的輸入電壓U1確定，當(dāng)用戶消耗的電功率變大時(shí)，有()A．U2減小，U4變大 B．U2不變，U3不變C．P1變小，P2變小 D．P2變大，P3變大解析：選D.由抱負(fù)變壓器輸出功率打算輸入功率可得，當(dāng)用戶功率增大時(shí)，升壓變壓器的輸入功率必增大，即P1增大，輸入電壓U1為定值不變，升壓變壓器的匝數(shù)不變，輸入電壓不變，故輸出電壓U2不變，由于P1增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1增加，P2、I2增加，由閉合電路歐姆定律：U3＝U2－I2R，故U3減小，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)不變，所以隨U3減小，U4減小，A、B錯(cuò)誤；由于用戶功率增加，即P4增加，抱負(fù)變壓器無功率損耗可得：P3＝P4，功率P3也增加，故C錯(cuò)誤，D正確．4．(2022·莆田一模)如圖所示，一抱負(fù)變壓器原線圈匝數(shù)n1＝1000匝，副線圈匝數(shù)n2＝200匝，原線圈中接一交變電源，交變電源電壓u＝220eq\r(2)sin100πtV．副線圈中接一電動(dòng)機(jī)，電阻為11Ω，電流表A2示數(shù)為1A．電表對(duì)電路的影響忽視不計(jì)，則()A．此溝通電的頻率為100HzB．電壓表示數(shù)為220eq\r(2)VC．電流表A1示數(shù)為5AD．此電動(dòng)機(jī)輸出功率為33W解析：選D.由ω＝2πf得溝通電的頻率為50Hz，故A錯(cuò)誤；電壓表、電流表測(cè)量所得的是交變電流的有效值，故電壓表讀數(shù)為220V，故B錯(cuò)誤；由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知I1＝I2eq\f(n2,n1)＝0.2A，故C錯(cuò)誤；由P出＝P入－P熱＝U1I1－Ieq\o\al(2,2)R＝33W，故D正確．5．(2022·北京東城區(qū)模擬)某愛好小組用試驗(yàn)室的手搖發(fā)電機(jī)和抱負(fù)變壓器給一個(gè)燈泡供電，電路如圖，當(dāng)線圈以較大的轉(zhuǎn)速n勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電壓表示數(shù)是U1，額定電壓為U2的燈泡正常發(fā)光，燈泡正常發(fā)光時(shí)電功率為P，手搖發(fā)電機(jī)的線圈電阻為r，則有()A．電流表的示數(shù)是eq\f(P,U1)B．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比是U2∶U1C．變壓器輸入電壓的瞬時(shí)值是u＝U2sin2πntD．手搖發(fā)電機(jī)的線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值是Em＝eq\r(2)U1解析：選A.由于是抱負(fù)變壓器，所以原線圈的輸入功率P1等于副線圈電路消耗的電功率P，由P＝UI可知，原線圈中電流的有效值，即電流表的示數(shù)為I＝eq\f(P,U1)，A正確；由變壓器電壓比公式可知，原、副線圈匝數(shù)比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，B錯(cuò)誤；由正弦溝通電有效值與最大值的關(guān)系可知，原線圈輸入電壓的最大值為eq\r(2)U1，因此，若選線圈過中性面的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則輸入電壓的瞬時(shí)值為u＝eq\r(2)U1sin2πnt，C錯(cuò)誤；由閉合電路歐姆定律知Em＝eq\f(\r(2)P,U1)·r＋eq\r(2)U1，D錯(cuò)誤．6．(多選)(2022·孝感調(diào)研)如圖所示的電路中，抱負(fù)變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝22∶5，原線圈接u1＝220eq\r(2)sin100πt(V)的溝通電，電阻R1＝R2＝25Ω，D為抱負(fù)二極管，則()A．電阻R1兩端電壓為50VB．二極管的反向耐壓值應(yīng)大于50eq\r(2)VC．原線圈的輸入功率為200WD．通過副線圈的電流為3A解析：選ABD.由已知條件可知，原線圈溝通電有效值為220V，因n1∶n2＝22∶5，所以eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝50V，所以A正確；當(dāng)交變電流的方向相反時(shí)，有效值仍為U2＝50V，但二極管的反向耐壓值是最大值，所以應(yīng)大于50eq\r(2)V，所以B正確；副線圈中的電流在0～eq\f(T,2)內(nèi)為4A，在eq\f(T,2)～T內(nèi)為2A，功率為P＝eq\f(50×4×\f(T,2)＋50×2×\f(T,2),T)W＝150W，故C錯(cuò)；由P＝UI得I＝3A，D正確．7．(2022·漯河期末)如圖所示的電路中，三個(gè)燈泡L1、L2、L3的電阻關(guān)系為R1＜R2＜R3，電感L的電阻可忽視，D為抱負(fù)二極管．電鍵K從閉合狀態(tài)突然斷開時(shí)，下列推斷正確的是()A．L1漸漸變暗，L2、L3均先變亮，然后漸漸變暗B．L1漸漸變暗，L2馬上熄滅，L3先變亮，然后漸漸變暗C．L2馬上熄滅，L1、L3均漸漸變暗D．L1、L2、L3均先變亮，然后漸漸變暗答案：B8．(2022·東北三省四市其次次聯(lián)合考試)如圖所示，兩個(gè)寬度均為L(zhǎng)的條形區(qū)域，存在著大小相等、方向相反且均垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以豎直虛線為分界線，其左側(cè)有一個(gè)用金屬絲制成的與紙面共面的直角三角形線框ABC，其底邊BC長(zhǎng)為2L，并處于水平．現(xiàn)使線框以速度v水平勻速穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，則此過程中，線框中的電流隨時(shí)間變化的圖象正確的是(設(shè)逆時(shí)針的電流方向?yàn)檎较颍r(shí)間t0＝eq\f(L,v)作為計(jì)時(shí)單位)()解析：選D.依據(jù)題意，從2t0到3t0的過程中電流大小由2i0漸漸增大為3i0，從3t0到4t0過程中電流大小由i0漸漸增大為2i0，且在4t0時(shí)電流大小為2i0，所以選項(xiàng)D正確．9．(2022·福建畢業(yè)班質(zhì)量檢測(cè))如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好．則金屬棒穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中()A．流過金屬棒的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．流過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功為mghD．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)解析：選D.金屬棒滑下過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLvm，依據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,2R)，聯(lián)立得Im＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，A錯(cuò)誤；依據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,2R)可知，通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,2R)，B錯(cuò)誤；全過程依據(jù)動(dòng)能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，故C錯(cuò)誤；由Wf＝－μmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2Q＝－W安，聯(lián)立得Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，D正確．10．(2022·南昌一模)如圖所示，在光滑水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大．一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框沿垂直磁場(chǎng)方向，以速度v從圖示位置向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框中心線AB運(yùn)動(dòng)到與PQ重合時(shí)，線框的速度為eq\f(v,2)，則()A．此時(shí)線框的電功率為eq\f(4B2L2v2,R)B．此時(shí)線框的加速度為eq\f(4B2L2v,mR)C．此過程通過線框截面的電荷量為eq\f(BL2,R)D．此過程回路產(chǎn)生的電能為0.75mv2解析：選C.在題圖中虛線位置，線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(BLv,2)＋eq\f(BLv,2)＝BLv，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，由牛頓其次定律，線框的加速度a＝eq\f(F,m)＝2×eq\f(BIL,m)＝eq\f(2B2L2v,mR)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線框的電功率P＝I2R＝eq\f(B2L2v2,R)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律和電流的定義，可得此過程通過線框截面的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，選項(xiàng)C正確；由能量守恒定律，可得回路產(chǎn)生的電能W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\f(v2,4)＝eq\f(3,8)mv2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．二、計(jì)算題11．如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上．導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻.(1)調(diào)整Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過棒的電流I及棒的速率v.(2)轉(zhuǎn)變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時(shí)的Rx.解析：(1)導(dǎo)體棒勻速下滑時(shí)，Mgsinθ＝BIl①I＝eq\f(Mgsinθ,Bl)②設(shè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E0E0＝Blv③由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E0,R＋Rx)④聯(lián)立②③④，得v＝eq\f(2MgRsinθ,B2l2).⑤(2)轉(zhuǎn)變Rx，待棒再次勻速下滑后，由②式可知電流不變．設(shè)帶電微粒在金屬板間勻速通過時(shí)，板間電壓為U，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EU＝IRx⑥E＝eq\f(U,d)⑦mg＝qE⑧聯(lián)立②⑥⑦⑧，得Rx＝eq\f(mBld,qMsinθ).答案：(1)eq\f(Mgsinθ,Bl)eq\f(2MgRsinθ,B2l2)(2)eq\f(mBld,qMsinθ)12．(2022·上海徐匯區(qū)二模)如圖甲，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，M、P之間接電阻箱R，電阻箱的阻值范圍為0～4Ω，導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面對(duì)上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T．質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r.現(xiàn)從靜止釋放桿ab，測(cè)得最大速度為vm，轉(zhuǎn)變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關(guān)系如圖乙所示．已知軌距為L(zhǎng)＝2m，重力加速度g＝10m/s2.軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)．(1)當(dāng)R＝0時(shí)，求桿ab勻速下滑過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大小及桿中的電流方向；(2)求金屬桿的質(zhì)量m和阻值r；(3)求金屬桿勻速下滑時(shí)電阻箱消耗電功率的最大值Pm；(4)當(dāng)R＝4Ω時(shí)，隨著桿ab下滑，求回路瞬時(shí)電功率每增大1W的過程中合外力對(duì)桿做的功W.解析：(1)由題圖乙可知，當(dāng)R＝0時(shí)，桿最終以v＝2m/s勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝0.5×2×2V＝2V，桿中電流方向由b→a.(2)最大速度為vm，桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm由閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)桿達(dá)到最大速度時(shí)滿足mgsinθ－BIL＝0解得：vm＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgsinθ,B2L2)r由題圖乙可知：斜率為k＝eq\f(4－2,2)m/(s·Ω)＝1m/(s·Ω)，縱截距為v0＝2m/s即eq\f(mgsinθ,B2L2)r＝v0，eq\f(mgsinθ,B2L2)＝k解得m＝0.2kg，r＝2Ω.(3)金屬桿勻速下滑時(shí)電流恒定mgsinθ－B