（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

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，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Et关系如图乙所示.如果只将刷卡速度改为，线圈中的Et关系图可能是()图2答案D解析刷卡速度为v0时，E0BLv0，t0，刷卡速度变为时，根据法拉第电磁感应定律可知EBL，最大感应电动势变为原来的一半，感应电动势变化的周期t2t0，周期变为原来的2倍，D项正确.3.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()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()A.输电线上的电功率损失是原来的B.输电线上的电功率损失是原来的C.输电线上的电压损失是原来的D.输电线上的电压损失是原来的答案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PUI知，I，则得PI2R，UIR，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原来的，损失的电压变为原来的，故A正确，B、C、D错误.5.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.UBlv，流过定值电阻R的感应电流由b经R到dB.UBlv，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D.MN受到的安培力大小FA，方向水平向左答案A解析导体杆MN做切割磁感线运动，产生感应电动势，相当于一个内阻为R的电源，电路中电源电动势为EBlv，U表示路端电压，所以根据闭合电路欧姆定律可得：UEBlv，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；根据公式FABIl可得MN受到的安培力大小FABIl，方向向左，C、D错误.二、多项选择题6.(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10A，因此有效值为10A，A正确；根据图象知交变电流的周期为T0.02s，则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与磁感线垂直，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，交流电的电压的最大值为311V，所以输入的电压的有效值为U1V220V，根据电压与匝数成正比可知，所以副线圈输出电压U2为55V，所以B正确；根据I可得电流IA5A，所以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BC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可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由PU1I1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，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，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：ab棒受到的拉力F2mg0.2N，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BILG，又I，联立得：vm/s2 m/s，故B正确；在2s内，电路产生的电能Qtt2J0.4J，故C正确；在2s内拉力做的功WFvt0.222J0.8J，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.直流电源D.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)gt(3)v解析(1)根据法拉第电磁感应定律，有qt，电流方向向右(2)t时间内产生的平均感应电流平均安培力BL由动量定理有(mg)tmv0解得v0gt(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mv(mm)v0，得vv.13.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F2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金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)mgs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：EBLvm，I，FBILmgsin，解得：vm(2)根据电功率表达式：PLI2R解得：PL()2R(3)设整个电路产生的热量为Q，由能量守恒定律有：F2sQmgsin2smvm2解得：Q3mgs根据串联电路特点，可知金属棒上产生的热量Q1解得：Q1mgs.