2020届高三物理二轮复习专题能力提升练(五)

专题能力提升练（五）电路与电磁感应（45分钟100分）一、选择题（本大题共8小题,每小题8分，共64分。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）a在外力作用下按如图方向转动时,则（）圆盘b沿与圆盘a相反的方向转动圆盘b沿与圆盘a相同的方向转动圆盘b是一个等势体圆盘b中心电势比边缘电势低【解析】选A。由于磁场的方向向上，从上向下看,a盘逆时针转动，其半径切割磁感线，感应电流从圆心流向边缘;b盘电流也是从圆心流向边缘，根据左手定则，安培力顺时针方向，所以b盘将沿顺时针方向转动。故A正确，B错误；电流流过b盘转动的过程中，会使b盘的内外产生电压,根据欧姆定律可知，圆盘b中心电势比边缘电势高，故C、D错误。2.（2015•广东高考）如图为加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P,使输出电压有效值由220V降至110V。调节前后()副线圈中的电流比为1：2副线圈输出功率比为2:1副线圈的接入匝数比为2：1原线圈输入功率比为1：2【解析】选C。原线圈的输入电压和匝数不变，根据输出电压的有效值由220V降到110V,由理想变压器原理二二二,可得副线圈的匝数变%皿为原来的1,C选项正确；根据P二三可得，副线圈的输出功率变为原来的2R-,同样原线圈的输入功率也变为原来的】,B、D错误；由P=UI可得副线圈的电流变为原来的-,A错误。3•如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，圆盘绕金属转轴00’以角速度3沿顺时针方向匀速转动,铜盘的中心及边缘处分别用金属滑片与一理想变压器的原线圈相连。已知圆盘半径为r,理想变压器原、副线圈匝数比为n,变压器的副线圈与一电阻为R的负载相连。不计铜盘及导线的电阻,则下列说法正确的是()变压器原线圈两端的电压为B3r2变压器原线圈两端的电压为]Ber2通过负载R的电流为N2nR通过负载R的电流为NnR【解析】选B。变压器原线圈两端的电压为圆盘产生的电动势，即E=BrX-wr=]Bsr2,选项B正确，A错误；因为变压器初级电压恒定，故次级电压为之比为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()金属棒ab、cd都做匀速运动金属棒ab上的电流方向是由a向b金属棒cd所受安培力的大小等于三两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-F二ma,可求得金属棒cd所受安安培力的大小F安Wf,C正确。【总结提升】导体棒切割问题的处理思路基本方法：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求回路中的电流。分析研究导体受力情况。列动力学方程或平衡方程求解。受力情况、运动情况的动态分析：如图,一正方形闭合线圈,从静止开始下落一定高度后,穿越一个有界的匀强磁场区域,线圈上、下边始终与磁场边界平行。自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流I、受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系,可能正确的是()XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXVOO0OABcXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXVOO0OABcDL.【解析】选A。若线框刚进入磁场时，安培力等于重力，做匀速直线运动，感应电流I恒定，全部进入磁场后做加速运动，出磁场时，安培力

大于重力，做减速运动，感应电流减小，做加速度减小的减速运动，故A正确;若线框进入磁场做匀速直线运动,速度不变,电流不变,上边刚进磁场，下边又出磁场，又继续做匀速直线运动，电流的方向反向，但受到的安培力始终向上，故B错误；线框进入磁场，若安培力大于重力,先做减速运动，完全进入磁场后做加速运动，出磁场时，安培力大于重力，仍然做减速运动，进出磁场都是做加速度减小的减速运动,C、D错XXXXXXXXXXXXX【加固训练】一个矩形线圈匀速地从无磁场的左边空间先进入磁感应强度为B的匀强磁场，然后再进入磁感应强度为B12的匀强磁场，最后进入没有磁场的右边空间，如图所示。若B=2B，方向均始终和线圈平面垂直，则在下面所示的图中能12定性表示线圈中感应电流i随时间t变化关系的是(电流以逆时针方向为正)()【解析】选C。由E=BLv可知线圈在磁场中的感应电动势的大小，由右手定则可得出电流的方向，再由欧姆定律即可得出电流的大小及方向变化。线圈进入B时，右边切割磁感线产生感应电动势E=BLv，由右11手定则可得出电流方向沿逆时针，故电流为正;当线圈全部进入时，磁通量不再发生变化，故线圈中没有电流;当右边进入B时，两边同时切2割磁感线，左边产生的感应电动势为BLv，右边产生的电动势为BLv，12

因两电动势方向相反，故总电动势为BLv-BLv二BLv,方向沿顺时针，122故电流为负；当线圈离开磁场区域时，只有左边切割B,电动势为BLv,22方向为顺时针，故电流为负。故选C。如图所示,在光滑绝缘的水平面上方,有两个方向相反的水平方向的匀强磁场,PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B=B,B=2B,一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的12正方形金属线框,以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时,线框的速度为二,则下列判断正确的是()XXXXXB1XXXXVXXX=此过程中通过线框截面的电量为仝2R此过程中线框克服安培力做的功为mv28此时线框的加速度为兰三2mR此时线框中的电功率为【解析】选A、B、C。此过程通过线框截面的电荷量Q=dJ-,初位置磁通量①=Ba2,末位置磁通量①二BXM-2B二-土，所以通过线框截面的12电荷量Q=壬-曲二，选项a正确；根据功能关系，安培力所做的R2R功等于线框动能的变化量，即W功等于线框动能的变化量，即W=安,选项B正确;右边00框切割磁感线,产生感应电动势E=2BaX=,感应电流沿顺时针方向,12左边框切割磁感线，产生感应电动势E二BaXr感应电流同样沿顺时22针方向，所以整个线框的电流1=11=三，右边框受到安培力方向R2R水平向左，左边框受到安培力水平向左，整个线框受到安培力F=BIa+2BIa=,线框加速度a二二二,选项C正确;此时线框中2Rm2mR的电功率等于安培力做功的功率即P二FX丄二,选项D错误。24R（2015•成都二模）如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里,极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R的滑动变0阻器通过平行导轨连接,电阻为R的导体棒MN可在外力的作用下沿0导轨从左向右做匀速直线运动。当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置且导体棒MN的速度为v时,位于电容器中P点的带电油滴0恰好处于静止状态。若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻,各接触处接触良好,重力加速度为g,则下列判断正确的是（油滴带正电荷若将导体棒的速度变为2v,电容器的带电量增加，油滴将向上加速0运动,加速度a=g若保持导体棒的速度为v不变，而将滑动触头置于a端，同时将电0容器上极板向上移动距离二油滴将静止若保持导体棒的速度为v不变,将上极板竖直向上移动一小段距离

d,P点的电势降低【解题指南】解答本题需明确以下三点：导体棒MN相当于电源。外电路由滑动变阻器构成,电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等。对带电液滴进行正确的受力分析。【解析】选B、C、D。根据右手定则可知,M端为正极，油滴静止，因此油滴带负电，故A错误;设导体棒长度为L,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv0电容器两端电压为：—二艮：_二-、=1开始时油滴静止有：二q—mg若将导体棒的速度变为电容器两端电压为：—二艮：_二-、=10二q_mg—maU—二3—BLv2二0①②③④联立①②③④得:a—g，故B①②③④0滑动触头置于a端，U—三二二二：3R：-2R：I二d时，此时液滴所受电场力为:F—三【二d时，此时液滴所受电场力为:F—三【丁：二二2dmg因此油滴仍然静止，故C正确；若保持导体棒的速度为v不变,将上极0板竖直向上移动距离d,电容器两端之间的电压仍然为-BLv，距离增0大，电场强度减小，P与下极板之间的电势差减小，P点的电势降低，故D正确。【加固训练】(多选)如图所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m、边长为a、总电阻为R的单匝均匀正方形铜线框，线框从位置1开始以速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场，到达位置2时线框刚好全0部进入磁场，在位置3时线框开始离开匀强磁场，到达位置4时线框刚好全部离开磁场。则()1XXXXM234XiXXXi—XXX在位置1时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0线框从位置1到位置2的过程与从位置3到位置4的过程产生的感应电流方向相反线框从位置1到位置2的过程与从位置3到位置4的过程所受的安培力方向相同从位置1到位置2的过程中流过线框某一截面的电荷量等于手【解析】选B、C、D。在位置1时，线框MN边切割磁感线产生感应电动势为E=Bav，MN的两端电压为U二二仝Bav,故A错误;根据楞次定律044-0判断可知：线框从位置1到位置2的过程产生逆时针方向的感应电流，从位置3到位置4的过程产生顺时针方向的感应电流，故B正确；根据左手定则可知,线框从位置1到位置2的过程与从位置3到位置4的过程所受的安培力方向均向左，方向相同，故C正确；根据公式q=¥可知，从位置1到位置2的过程中流过线框某一截面的电荷量q二兰二IRR导体下落过程中，机械能守恒导体加速下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量导体加速下落过程中，导体减少的重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能导体达到稳定速度后的下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能【解析】选C、D。导体下落过程中，由于安培力做功，有电能产生，故机械能不守恒，选项A错误;由能量守恒可知，导体加速下落过程中，导体减少的重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能，选项C正确，B错误；导体达到稳定速度后的下落过程中，动能不变，导体减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能，选项D正确。二、计算题（本大题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤）（18分）（2015•泰州一模）如图甲,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成8=37°角固定,M、P之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B=0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab,测得最大速度为v。改变电阻箱的阻值R,得到vmm与R的关系如图乙所示。已知轨距为L二2m,重力加速度g取10m/s2,轨道足够长且电阻不计。求：（1）杆ab下滑过程中感应电流的方向及R=0时最大感应电动势E的大小。（2）金属杆的质量m和阻值r。⑶当R=4Q时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W。【解析】（1）杆中电流方向从bTa（或aMPba）（2分）由图可知,当R=0时,杆最终以v=2m/s匀速运动,产生电动势E=BLv（1分）E=2V（1分）

(2)设最大速度为v,杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,由闭合mm电路的欧姆定律：I二-R+r(1分)杆达到最大速度时满足mgsin9-BIL=O（2分）解得v二盲Zr+PWmB2L2B2L2（1分）由图像可知：斜率为k二二^m/（s・Q）=1m/（s・Q）,纵截距为v=2m/s,得到：0mgsin6r=mgsinG=k0，..（2分）解得：m=0.17kg,r=2Q。（2分）由题意：E=BLvP三R+r（2分）得P=△P二得P=△P二（1分）rvlrvlm\1-2-C-V2m\1-2一一W得理定匕匕厶月动由分(2W=AP,W=0.5J2B2L2(1分)答案：(1)bTa2V(2)0.17kg2Q0.5J(18分)(1)如图甲所示,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面,在纸面内有一条以0点为圆心、半径为L的圆弧形金属导轨,长也为L的导体棒OA可绕O点自由转动,导体棒的另一端与金属导轨良好接触，并通过导线与电阻R构成闭合电路。当导体棒以角速度3匀速转动时,试根据法拉第电磁感应定律E台证明导体棒产生的感应电动12b0)RKXavX甲乙(0\XXXXX\xb0)RKXavX甲乙(0\XXXXX\x化'xX车轮丿(2)某同学看到有些玩具车在前进时车轮能发光,受此启发,他设计了一种带有闪烁灯的自行车后轮,以增强夜间骑车的安全性。图乙所示为自行车后车轮,其金属轮轴半径可以忽略,金属车轮半径r=0.4m,其间由绝缘辐条连接(绝缘辐条未画出)。车轮与轮轴之间均匀地连接有4根金属条,每根金属条中间都串接一个LED灯，灯可视为纯电阻，每个灯的阻值为R=0.30并保持不变。车轮边的车架上固定有磁铁,在车轮与轮轴之间形成了磁感应强度B=0.5T,方向垂直于纸面向外的扇形匀强磁场区域,扇形对应的圆心角0=30°。自行车匀速前进的速度为v=8m/s（等于车轮边缘相对轴的线速度）。不计其他电阻和车轮厚度,并忽略磁场边缘效应。在图乙所示装置中，当其中一根