（浙江选考）2020版高考物理大一轮复习第十章电磁感应交变电流本章综合能力提升练.docx

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1、1第十章 电磁感应 交变电流本章综合能力提升练(限时：45 分钟)一、单项选择题1.如图 1，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，一条形磁铁插向其中一个小环，取出后又插向另一个小环，看到的现象是( )图 1A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动答案 B解析 左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动.右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动，故选项 B 正确.2.如图 2 甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区

2、，刷卡器中有检测线圈.当以速度 v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其 E t 关系如图乙所示.如果只将刷卡速度改为 ，线圈中的 E t 关系图可能是( )v02图 22答案 D解析 刷卡速度为 v0时， E0 BLv0， t0 ，刷卡速度变为 时，根据法拉第电磁感应定律dv0 v02可知 E BL ，最大感应电动势变为原来的一半，感应电动势变化的周期v02 E02t 2 t0，周期变为原来的 2 倍，D 项正确.dv023.如图 3 甲，闭合的圆线圈放在匀强磁场中， t0 时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在 02s 内线圈中感应电流的大小和方向为

3、( )图 3A.逐渐增大，逆时针B.逐渐减小，顺时针C.大小不变，顺时针D.大小不变，先顺时针后逆时针答案 C解析 第 1s 内，磁场的方向垂直于纸面向里，且磁感应强度均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；第 2s 内，磁场的方向垂直于纸面向外，且磁感应强度均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向.由 E 可知，这 2s 内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为 t BS t顺时针，故 C 正确，A、B、D 错误.4.远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的 n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是(

4、)A.输电线上的电功率损失是原来的1n23B.输电线上的电功率损失是原来的1nC.输电线上的电压损失是原来的12nD.输电线上的电压损失是原来的1n2答案 A解析 设输送的电功率一定，为 P，输送电压为 U，输电线上功率损失为 P，电压损失为 U，电流为 I，输电线总电阻为 R.由 P UI 知， I ，则得PU P I2R ， U IR ，可知输送电压增为原来的 n 倍，则输电线上电功率损失变为P2RU2 PRU原来的 ，损失的电压变为原来的 ，故 A 正确，B、C、D 错误.1n2 1n5.如图 4 所示，两根相距为 l 的平行直导轨 ab、 cd， b、 d 间连有一定值电阻 R，导轨电

5、阻可忽略不计. MN 为放在 ab 和 cd 上的一导体杆，与 ab 垂直，其电阻也为 R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里).现对 MN施力使它沿导轨方向以速度 v 水平向右做匀速运动.令 U 表示 MN 两端电压的大小，则( )图 4A.U Blv，流过定值电阻 R 的感应电流由 b 经 R 到 d12B.U Blv，流过定值电阻 R 的感应电流由 d 经 R 到 bC.MN 受到的安培力大小 FA ，方向水平向右B2l2v2RD.MN 受到的安培力大小 FA ，方向水平向左B2l2vR答案 A解析 导体杆 MN 做切割磁感线运动，产

6、生感应电动势，相当于一个内阻为 R 的电源，电路中电源电动势为 E Blv， U 表示路端电压，所以根据闭合电路欧姆定律可得：U E Blv，根据右手定则可得流过电阻 R 的电流方向由 b 到 d，A 正确，B 错误；根RR R 12据公式 FA BIl 可得 MN 受到的安培力大小 FA BIl ，方向向左，C、D 错误.B2l2v2R二、多项选择题46.(2018牌头中学期中改编)如图 5 所示，固定的水平长直导线中通有向右的电流 I，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行.将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中( )图 5A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中

7、感应电流的方向为顺时针C.线框所受安培力的合力竖直向上D.线框的机械能不断增大答案 BC解析 在线框下落过程中，所在处磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故 A 错误；电流 I 产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里，下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为顺时针，故 B 正确；由于离导线越远的地方磁场越弱，所以线框的上边受到的安培力大小大于下边受到的安培力大小，合力的方向向上，故 C 正确；下落过程中，安培力对线框做负功，机械能减小，故 D 错误.7.图 6 甲是小型交流发电机的示意图，两磁极 N、S 间的磁场可视为水平方

8、向的匀强磁场，为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴 OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是( )图 6A.电流表的示数为 10AB.线圈转动的角速度为 50rad/sC.0.01s 时线圈平面与磁场方向平行D.0.02s 时电阻 R 中电流的方向自右向左答案 AC解析 电流表测量的是交变电流的有效值，根据图象知交变电流的最大值为 10 A，因此有2效值为 10A，A 正确；根据图象知交变电流的周期为 T0.02s，则5 100rad/s，B 错误；0.01s 时交变电流的感应电动势最大，说明线圈的速度方向2T与磁感线垂直，

9、因此线圈平面与磁场方向平行，C 正确；0.02s 时，线圈所处位置与题图甲中的线圈位置相同，根据右手定则知通过电阻 R 的电流方向自左向右，D 错误.8.一理想变压器，原、副线圈的匝数比为 41.原线圈接在一个交流电源上，交流电的变化规律如图 7 所示.副线圈所接的负载电阻是 11.则( )图 7A.副线圈输出交流电的周期为 0.02sB.副线圈输出电压为 55VC.流过副线圈的电流是 5AD.变压器输入、输出功率之比为 41答案 ABC解析 由图象可知，交流电的周期为 0.02s，变压器不会改变交流电的频率和周期，所以副线圈输出交流电的周期也为 0.02s，所以 A 正确；由图象可知，交流电

10、的电压的最大值为311V，所以输入的电压的有效值为 U1 V220V，根据电压与匝数成正比可知，3112 ，所以副线圈输出电压 U2为 55V，所以 B 正确；根据 I 可得电流 I A5A，所U1U2 n1n2 UR 5511以 C 正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以 D 错误.9.如图 8 所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头 Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻 R0和滑动变阻器 R， P 为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为 U 的正弦交流电，则( )图 8A.保持 Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电流表读数变大B.保持

11、Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电流表读数变小C.保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电流表读数变大D.保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电流表读数变小答案 BC6解析 保持 Q 位置不动，副线圈电压 U2不变，当 P 上滑时， R 增大，由 P 可知总功U22R R0率减小，原线圈电压 U1不变，由 P U1I1可知原线圈电流 I1减小，故 A 错误，B 正确；当 P位置不动， Q 上滑时，由 知 U2增大， I2 增大，由 知原线圈电流 I1增大，U2U1 n2n1 U2R I1I2 n2n1故 C 正确，D 错误.10.(2018书生中学月考改编)竖直放置的平行光滑导轨

12、，其电阻不计，磁场方向如图 9 所示，磁感应强度 B0.5T，导体棒 ab 与 cd 长均为 0.2m，电阻均为 0.1，重力均为 0.1N，现用力向上拉导体棒 ab，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒 cd恰好静止，那么导体棒 ab 上升时，下列说法中正确的是( )图 9A.导体棒 ab 受到的拉力大小为 2NB.导体棒 ab 向上运动的速度为 2m/sC.在 2s 内，拉力做功转化为的电能是 0.4JD.在 2s 内，拉力做功为 0.6J答案 BC解析 导体棒 ab 匀速上升，受力平衡， cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的系统，合外力为零，根据平衡条件可得： a

13、b 棒受到的拉力 F2 mg0.2N，故 A 错误；对 cd 棒，受到向下的重力 G 和向上的安培力 F 安 ，由平衡条件得： F 安 G，即 BIL G，又 I ，联立BLv2R得： v m/s2 m/s，故 B 正确；在 2s 内，电路产生的电能2GRB2L2 20.10.10.520.22Q t t 2J0.4J，故 C 正确；在 2s 内拉力做的功E22R BLv22R 0.50.22220.1W Fvt0.222J0.8J，故 D 错误.三、实验题11.实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系(1)实验室中有下列器材：A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B.条形磁铁C.直流电

14、源7D.多用电表E.开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是_(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有_.(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压_(选填“增大” “减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压_(选填“增大” “减小”或“不变”)，上述“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是_.答案 (1)BC 低压交流电源 (2)增大 减小 控制变量法四、计算题12.(2016浙江 4 月选考23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图 10 所示.竖直固定在绝缘底

15、座上的两根长直光滑导轨，间距为 L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场 B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为 m，其中燃料质量为 m，燃料室中的金属棒 EF 电阻为 R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触.引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒 CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路 CEFDC 面积减少量达到最大值 S，用时 t，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭.在 t 时间内，电阻 R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体.当燃烧室下方的可控喷气孔打开后.喷出燃气进一步加速火箭.图 10(1)求回路在 t 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒 EF 的电荷量，并判

16、断金属棒 EF中的感应电流方向；(2)经 t 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小 v0；(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为 m的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为 v，求喷气后火箭增加的速度 v.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)答案 (1) 向右 (2) g t(3) vB S t B SR B2L SmR mm m8解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，有 E t B S tq t ，电流方向向右I R B SR(2) t 时间内产生的平均感应电流 IER B SR t平均安培力 B LF I由动量定理有( mg) t mv0F解得 v

17、0 g tB2L SmR(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正方向，由动量守恒定律得 m v( m m) v0，得 v v.mm m13.如图 11 所示，两足够长的平行光滑的金属导轨 MN、 PQ 相距为 L，导轨平面与水平面的夹角 30，导轨电阻不计，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为 L 的金属棒 ab 垂直于 MN、 PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为 m、电阻为 R.两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为 R.现闭合开关 K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为 F2 mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金

18、属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率.重力加速度为 g，求：图 11(1)金属棒能达到的最大速度 vm的大小；(2)灯泡的额定功率 PL；(3)若金属棒上滑距离为 s 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑 2s 的过程中，金属棒上产生的热量 Q1.答案 (1) (2) (3) mgs3mgRB2L2 9m2g2R4B2L2 32 9m3g2R24B4L4解析 (1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动.设最大速度为 vm，则速度达到最大时有：E BLvm， I ， F BIL mgsin ，解得： vmE2R 3mgRB2L2(2)根据电功率表达式： PL I2R解得： PL( )2R E2R B2L2vm24R 9m2g2R4B2L29(3)设整个电路产生的热量为 Q，由能量守恒定律有：F2s Q mgsin 2s mvm212解得： Q3 mgs9m3g2R22B4L4根据串联电路特点，可知金属棒上产生的热量 Q1Q2解得： Q1 mgs .32 9m3g2R24B4L4