高考物理二轮复习 新题重组训练 专题四　电路和电磁感应专题小循环练

对应学生用书P127一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第3、4、5小题为多选题。)1．如图甲所示，两根材料相同的均匀导体柱a和b，a长为l，b长为2l，串联在电路中时，沿x轴方向电势变化φ－x图象如图乙所示，选取x＝3l处电势为零，则导体柱a、b的横截面积之比为()甲乙A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,4) D.eq\f(2,5)[解析]由图象可知导体柱a电压为6V，导体柱b电压为4V。导体柱a与导体柱b串联，故电压之比等于电阻之比，由电阻定律可以求出截面积之比为1∶3。[答案]A2．如图所示，等腰直角区域EFG内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，直角边CF长度为2L。现有一电阻为R的闭合直角梯形导线框ABCD以恒定速度v水平向右匀速通过磁场。t＝0时刻恰好位于图示位置(即BC与EF在一条直线上，且C与E重合)，规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线正确的是()[解析]t＝0时刻，切割磁感线等效长度为零，故感应电流为零，在eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)过程中，如图所示，线框切割磁感线的等效长度不断减小，故A、B、D项错，C项正确。[答案]C3．如图，在竖直平面内有一下边水平，边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框下方有一上下边界水平、宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。将导线框由静止释放，随后导线框进入并通过磁场区域。已知下落过程中线框平面始终与磁场方向垂直，不计空气阻力，则在导线框由静止开始下落到完全离开磁场的过程中，下列v－t图象可能正确的是()ABCD[解析]本题以线框穿过磁场命题，考查电磁感应知识以及运动过程与图象相结合的问题。开始阶段，线框自由落体运动，到进入磁场，比较重力mg和安培力eq\f(B2L2v,R)的大小，mg<eq\f(B2L2v,R)，线框减速运动，当完全进入磁场后做匀加速运动，v－t图线应为直线，所以D错；假如进入时mg＝eq\f(B2L2v进,R)，线框匀速运动，因d>L，完全进入后线框再次加速，出磁场时，就要出现mg<eq\f(B2L2v出,R)的情况，线框加速不可能，A错；B选项说明线框进磁场做加速度减小的加速，出磁场时匀速，可能，B对；C选项说明进、出磁场线框都做加速度减小的加速，C对，选BC。[答案]BC4．如图所示，是一将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可用一个与大电阻(40kΩ)相连的交流电源来等效，心电图仪与一理想变压器的初级线圈相连，以扬声器(可以等效为阻值为8Ω的电阻)与该变压器的次级线圈相连。等效电源的电压有效值u0＝30V，变压器的初级线圈和次级线圈的匝数比为50∶1，则()A．变压器的初级线圈输入电压为30VB．变压器的初级线圈输入电压为10VC．变压器次级线圈输出电压为0.6VD．变压器次级线圈输出功率为5×10－3W[解析]设变压器输入电压U1，输出电压U2，匝数n1、n2，电流I1、I2，由理想变压器的电压电流关系有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)⇒U2＝eq\f(1,50)U1；eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)⇒I2＝eq\f(n1I1,n2)＝50I，对扬声器有eq\f(U2,I2)＝8Ω⇒eq\f(\f(1,50)U1,50I1)＝8⇒I1＝eq\f(U1,8×2500)，对变压器原线圈部分电路由全电路欧姆定律有30V＝U1＋I1×40kΩ＝3U1⇒U1＝10V，A错B对；变压器次级线圈输出功率P＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝eq\f(0.22,8)W＝5×10－3W，C错D对；选B、D。[答案]BD5．如图，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表Ⓐ和额定电压为60V的灯泡，滑动变阻器的电阻值范围是0～125Ω，不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2∶1，交流电源的电压为U0＝220V，适当调节滑动变阻器的触片P位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，测得电流表Ⓐ的示数为1A，则()A．灯泡的额定功率为120WB．灯泡的额定电流为1.4AC．滑动变阻器滑动触头以上部分即AP之间的接入电阻为100ΩD．滑动变阻器所消耗的电功率为136W[解析]结合题意由变压器原理可知，副线圈输出电压为110V，电流为2A，R并＝eq\f(60V,2A)＝30Ω，RBP＝eq\f(110V－60V,2A)＝25Ω，RAP＝125Ω－25Ω＝100Ω，C对；由eq\f(1,RAP)＋eq\f(1,RL)＝eq\f(1,R并)，知RL＝eq\f(300,7)Ω。灯泡的额定功率P额＝eq\f(U\o\al(2,额),RL)＝eq\f(\a\vs4\al(602),\f(300,7))W＝84W，A错误；灯泡的额定电流I额＝eq\f(U额,RL)＝eq\f(\a\vs4\al(60),\f(300,7))A＝1.4A，B正确；滑动变阻器所消耗的总功率P＝22×25W＋(2－1.4)2×100W＝136W，D正确。[答案]BCD6．区域内存在着匀强磁场，磁场的上、下边界水平，方向和竖直平面(纸面)垂直，两个由完全相同的导线制成的刚性线框a和b，其形状分别为周长为4l的正方形和周长为6l的矩形，如图所示，a、b宽相同，b的边长是a的2倍。线框a和b在竖直平面内从图示位置开始自由下落。若从开始下落到线框完全离开磁场的过程中，安培力与作用时间的乘积分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为()A．3∶8 B．1∶2C．1∶1 D．3∶2[解析]由能量守恒知，a、b到磁场时，速度相同，安培力与作用时间的乘积I＝BIl·Δt＝B·eq\f(BlΔv,R)·l·Δt＝eq\f(B2l2·l,R)，所以eq\f(Ia,Ib)＝eq\f(\f(B2l3,ρ\f(4l,S)),\f(B22l2·l,ρ·\f(6l,S)))＝eq\f(3,8)，选A。[答案]A7．如图所示，一半径为L的导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域内分布有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小均为B，方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触。在圆心和圆环间连有电阻R。不计圆环和导体杆的电阻，当杆OM以角速度ω逆时针匀角速转动时，理想电流表的示数为()A.eq\f(\r(2)BL2ω,4R) B.eq\f(BL2ω,4R)C.eq\f(\r(2)BL2ω,2R) D.eq\f(BL2ω,2R)[解析]导体棒旋转切割匀强磁场产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)BL2ω，因两磁场方向相反，所以得到的是交变电流，按交变电流有效值的求法有I2RT＝(eq\f(E,R))2R·eq\f(T,2)⇒I＝eq\f(\r(2),2)eq\f(E,R)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq\f(\r(2)BL2ω,4R)，交流电流表显示的是有效值，所以选A。[答案]A8．如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长为l，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电流i的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框横截面的电荷量为q，其中P－t图象为抛物线，则这些量随时间变化的关系正确的是()ABCD[解析]由E＝Blv＝Blat知感应电流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blat,R)可见i－t为正比例函数、图象为过原点的直线，A错；外力F＝F安＋ma＝Bil＋ma＝B·eq\f(Blat,R)l＋ma＝eq\f(B2l2at,R)＋ma可见F－t为一次函数关系，图象不过坐标原点，B错；线框中电功率的瞬时值P＝F安·v＝Bil·at＝eq\f(B2l2a2t2,R)，可见P－t关系为抛物线，C对；通过线框横截面的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(Bl·\f(1,2)at2,R)，可见q－t关系为抛物线，D错，选C。[答案]C二、计算题(本题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤。)9．如图所示，质量为m的型金属框P′PNN′，静止在倾角为θ＝37°的粗糙绝缘斜面上，与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。PP′、NN′边相互平行，相距L，电阻不计且足够长；上边PN垂直于PP′，电阻为R。光滑导体棒ab质量也为m，电阻不计，横放在框架上，整个装置处于垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。将ab棒从静止释放，当ab发生的位移为x0时，框架开始向下运动。已知导体棒ab与PP′、NN′始终接触良好，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，求：(1)框架开始运动时导体棒ab的速率；(2)框架开始运动前R释放的热量；(3)框架开始运动后，通过导体PN电流的最大值。[解析](1)对于金属框，由于mgsin37°<μ·2mgcos37°，所以开始时金属框静止。设ab棒的速度为v时，电动势为E，电流为I，ab和PN棒受的安培力大小为F安E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，F安＝BIL解得F安＝eq\f(B2L2v,R)当框架刚沿斜面向下运动时，ab的速度为v0eq\f(B2L2v0,R)＋mgsinθ＝μ·2mgcosθ解得v0＝eq\f(mgR,5B2L2)(2)框架沿斜面向下运动前，对ab棒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0＝mgsinθ·x0－W安Q＝W安＝0.6mgx0－eq\f(m3g2R2,50B4L4)(3)ab棒和框架都沿斜面向下运动时，设ab棒和框架的速度分别为v1、v2，电动势为E′，电流的大小为I′，ab和PN棒受的安培力大小为F′安E′＝BL(v1－v2)，I′＝eq\f(E′,R)，F′安＝eq\f(B2L2v1－v2,R)mgsinθ－F′安＝ma1F′安＋mgsinθ－μ·2mgcosθ＝ma2由于安培力的作用，a1逐渐减小，a2逐渐增大，v1－v2逐渐减小，当a1＝a2时，v1－v2达到最大且保持不变，PN中的电流最大且不变，设最大值为Immgsinθ－BImL＝BImL＋mgsinθ－μ·2mgcosθ解得Im＝eq\f(2mg,5BL)[答案](1)v0＝eq\f(mgR,5B2L2)(2)Q＝0.6mgx0－eq\f(m3g2R2,50B4L4)(3)Im＝eq\f(2mg,5BL)10．如图所示，da、bc为相距为L的平行导轨(导轨电阻不计)。a、b间连接一个定值电阻，阻值为R。长直金属杆可以按任意角θ架在平行导轨上，并以速度v匀速滑动(平移)，v的方向与da平行，杆MN每米长的阻值也为R。整个空间充满匀强磁场，磁感强度的大小为B，方向垂直纸面向里。求：(1)定值电阻上消耗的电功率最大时，θ角的值；(2)杆MN上消耗的电功率最大时，θ角的值。(要求写出推导过程)[解析]解法一：(1)∵无论θ角多大，电动势E＝BLv不变，且R为定值电阻∴总电流越大，R上的功率越大∴MN接入的电阻越小越好，即θ＝eq\f(π,2)时R上的功率最大(2)令MN上的电阻为r，∴r＝eq\f(L,sinθ)R由PMN＝I2r和I＝eq\f(BLv,R＋r)可得PMN＝eq\f(BLv2,\f(LR,sinθ)＋R2)·eq\f(LR,sinθ)化简得PMN＝eq\f(B2L3v2,R\f(L2,sinθ)＋sinθ＋2L)∵θ∈(0，eq\f(π,2)]，由均值不等式可知：(eq\f(L2,sinθ)＋sinθ＋2L)≥4L，当且仅当sinθ＝L即θ＝arcsinL时等号成立，此时0<L≤1m。即当0<L≤1m时且θ＝arcsinL，MN上消耗的功率最大。当L>1m时，θ＝eq\f(π,2)MN上消耗的功率最大。解法二：(1)∵无