2019届高考物理一轮复习 热点滚动加强练四.doc

热点滚动加强练(四)考试时间：90分钟第卷(选择题共48分)评卷人得分一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分)热点夯实练热点一电磁感应现象、楞次定律1(2018成都高三模拟)有一个匀强磁场，它的边界是MN，在MN左侧是无场区，右侧是匀强磁场区域，如图甲所示，现在有一个金属线框以恒定速度从MN左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的it图象如图乙所示则可能的线框是()【解析】A为圆形线框，匀速移动时感应电流不是按线性变化的，选项A错误；D选项中六边形线框匀速移动时，电流先均匀增大，然后保持不变，再均匀减小，正确；B、C选项中线框有效切割长度先均匀增大，达到最大马上又均匀减小，错误【答案】D热点二法拉第电磁感应定律2如图所示，两平行金属导轨MN和PQ置于倾角为30的斜面上，匀强磁场的方向垂直于斜面向上，NQ间接有定值电阻R.现将放在轨道上的细金属硬杆AB由静止释放，回路中的最大发热功率为P，要使P增大为原来的2倍(不计摩擦及R以外的电阻)，以下做法正确的是() A将AB杆的质量增大到原来的2倍B将定值电阻R减小为原来的一半C将磁感应强度B减小到原来的一半D将斜面的倾角增大到45【解析】金属杆下滑时，电路中的感应电动势为EBlv(l是两平行导轨间的距离)，感应电流为I，金属杆受到的沿斜面向上的安培力是FBIl，当R上的热功率最大时金属杆下滑的速度最大，有mgsin ，此时P，由以上各式得P，故欲使P增大为原来的2倍，可以采用选项D的做法【答案】D热点三电磁感应中的电路与图象问题3.在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y24x，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触，如图所示则下列图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的是() 【解析】金属棒ab沿x轴以恒定速度v运动，因此xvt，则金属棒在回路中的有效长度l2y44，由电磁感应定律得回路中感应电动势EBlv4B，即E2t，B正确【答案】B4.如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻R1、R2、R3的阻值之比为123，导线的电阻不计当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流为() A0 B4IC6I D7I【解析】因为R1R2R3123，可以设R1R，R22R，R33R；由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得E13IR.当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得E25I5R25IR.当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势EE1E228IR，则此时的电流I7I，故选项D正确【答案】D热点四电磁感应中的动力学与能量问题5如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则() A导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流IB导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小agC导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为sD导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Qmv【解析】cd棒切割磁感线产生感应电动势为EBLv0，根据闭合电路欧姆定律得I，故A错误；对于ab棒，根据牛顿第二定律得mgfma，又fN，NBIL，联立解得ag，故B正确；对于cd棒，电荷量q，解得s，故C正确；cd棒减速运动过程中，由动能定律得mgsWFA0mv，电路中产生的焦耳热QWFA，则可得Qmv，ab棒与cd棒串联且电阻相同，故cd棒产生的焦耳热Q2Qmv，D正确【答案】BCD6一根质量为0.04 kg、电阻为0.5 的导线绕成一个匝数为10匝，高为0.05 m的矩形线圈，将线圈固定在一个质量为0.06 kg、长度与线圈等长的小车上，如图甲所示线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v12 m/s进入垂直于纸面向里的有界匀速磁场，磁感应强度B1.0 T，运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直若小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v随小车的位移x变化的图象如图乙所示，则根据以上信息可知()A小车的水平长度l10 cmB小车的位移x15 cm时线圈中的电流I1.5 AC小车运动到位置3时的速度为1.0 m/sD小车由位置2运动到位置3的过程中，线圈产生的热量Q0.087 5 J【解析】由题图可知，从x0开始，小车进入磁场，线圈中有感应电流，受到安培力作用，小车做减速运动，速度随位移增大而减小，当x10 cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此小车的水平长度l10 cm，选项A正确由题图知，当小车的位移x15 cm时线圈全部处在磁场中，磁通量不变，没有感应电流，选项B错误设小车完全进入磁场中时速度为v2，运动到位置3时的速度为v3，根据动量定理，小车进入磁场的过程有nB1ht1mv2mv1，而1t1q1，则nBq1hmv1mv2；同理，穿出磁场的过程有nBq2hmv2mv3；根据qn可知通过线圈横截面的电荷量q1q2，解得v32v2v1(21.52.0)m/s1.0 m/s，选项C正确线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成线圈上产生的热量，有Q(Mm)(vv)，解得线圈产生的热量Q0.062 5 J，选项D错误【答案】AC7如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B00.5 T，并且以0.1 T/s的变化率均匀增大，图象如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L0.5 m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R00.1 ，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M0.2 kg的重物导轨的定值电阻R0.4 ，与P、Q端点相连组成回路又知PN长d0.8 m在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g取10 N/kg)()A电阻R中电流的方向由P到QB电流的大小为0.1 AC从磁感应强度为B0开始计时，经过495 s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起D电阻R上产生的热量约为16 J【解析】根据楞次定律可知电流方向为MNPQM，故A项正确；电流大小IA0.08 A，故B项错误；要恰好把质量M0.2 kg的重物拉起，则F安TMg2 N，BT50 T，BB0t0.50.1t，解得t495 s，故C项正确；电阻R上产生的热量为QI2Rt(0.08)20.4495 J1.27 J，故D项错误【答案】AC热点五交变电流的产生及描述8.如图所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线OO与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动t0时线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcd为正方向，则下图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是() 【解析】0内，ab一侧的线框在磁场中绕OO转动产生正弦交流电，电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大.内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向为dcba且越来越小，以此类推，可知it图象为B.【答案】B热点六变压器、电能的输送9如图所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和风扇电动机D，电动机线圈电阻为r.接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，题中U、I均表示有效值，则下列说法正确的是()A风扇电动机的输入功率为B灯泡L中的电流为C风扇电动机D输出的机械功率为D若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为【解析】理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1，原线圈接电压为U的交流电源，则输出端电压为U2，所以风扇电动机的输入功率为，灯泡L中的电流为，选项A正确，选项B错误；风扇电动机的输入功率为，而风扇电动机的线圈电阻消耗的功率为I2r，则风扇电动机的机械功率为I2r，选项C错误；电风扇由于机械故障被卡住后可视为纯电阻，两电阻并联，则根据欧姆定律可知I2，通过原线圈的电流为I1，选项D正确【答案】AD10如图所示，在A、B间接入正弦交流电，有效值U1220 V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R20 的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1110匝，副线圈n220匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有() AU040 V，P80 WBU040 V，P80 WCU040 V，P20 WDU040 V，P20 W【解析】在A、B间接入正弦交流电U1220 V，变压器原线圈n1110匝，副线圈n220匝，有，得副线圈两端电压有效值U240 V而二极管的反向耐压值至少为U0，取电压最大值，所以U040 VQ为副线圈正中央抽头，则R两端电压有效值为U20 V，所以R消耗的热功率为P20 W.【答案】C11如图所示理想变压器原、副线圈匝数比为12，两端共接有四个阻值相同的灯泡，已知四盏灯均能发光，则L1和L2的功率之比为()A11 B13C91 D31【解析】四个阻值相同灯泡的电阻值设为R，根据，可设原、副线圈的电流分别为2I和I，由理想变压器原理可知原线圈消耗的功率P1等于副线圈消耗的功率P2I2(2R)，根据P1U1I1，可知U1IR，根据并联电路特点，可知L2两端电压等于原线圈两端电压U1，则L2中电流IRI，又L1中电流I0IR2I3I，L1和L2的电阻相等，根据PI2R，可知L1和L2的功率之比与其电流平方之比相等，即P1P291，C项正确【答案】C12如图为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u1220sin 100t(V)，则下列表述不正确的是()AU1U2，U3U4BU1220 VC若U2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的D用户得到的交变电流频率为25 Hz【解析】远距离输电采用高压输电，降压后才能使用，所以A正确；U1为有效值，应该是220 V，所以B正确；输电线上损失的功率为P损()2R线，所以C正确；由交变电流的瞬时值表达式可得交变电流的频率为f Hz50 Hz，所以D错误【答案】D第卷(非选择题共52分)评卷人得分二、非选择题(本大题共6小题，共52分) 热点综合练13.(8分)(涉及传感器的简单应用，实验原理与数据处理) 图甲(2018甘肃重点中学协作体第一次联考)温度传感器是一种将温度变化转换为电学物理量变化的装置，它通过测量传感器元件的电学物理量随温度的变化来实现温度的测量，其核心部件是由半导体材料制成的热敏电阻在某次实验中，为了测量热敏电阻RT在0 到100 之间多个温度下的阻值，一实验小组设计了如图甲所示的电路其中是量程为1 mA、内阻忽略不计的电流表，E为电源，R为滑动变阻器，R0为电阻箱，S为单刀双掷开关其实验步骤如下：A调节温度，使得RT的温度达到t1；B将S拨向接点1，调节滑动变阻器R，使电流表的指针偏转到适当位置，记下此时电流表的读数I1；C将S拨向接点2，只调节电阻箱R0，使电流表的读数仍为I1，记下此时电阻箱的读数R1；D改变RT的温度，重复以上步骤，即可测得该热敏电阻RT的阻值随温度的变化关系(1)由以上操作过程可知，当RT的温度为t1时，RT_.(2)实验测得的一组数据如下表所示，请根据表中数据在图乙中作出RT随温度t变化的图象；t/020406080100RT/100120139161180201图乙由图乙可知，热敏电阻RT的阻值随温度t变化的关系式为_.(3)若把该热敏电阻与电源(电动势E1.5 V、内阻不计)、电流表(量程为5 mA、内阻Rg 100 )、电阻箱R0串联起来，连成如图丙所示的电路，用该电阻作测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到一个简单的“热敏电阻测温计”图丙电流表刻度较大处对应的温度刻度应该_(选填“较大”或“较小”)；若电阻箱的阻值取R0220 ，则电流表3 mA处所对应的温度刻度为_.【解析】(1)将开关S由接点1拨到接点2，并使电路中的电流不变，说明电路中的总电阻不变，所以RTR1.(2)RT随温度t变化的图象如答图所示，由图线可以看出，热敏电阻RT的阻值随温度t变化的关系式为RT(100t).(3)电流表刻度较大处表示流经电路的电流较大，即RT较小，当RT较小时，温度t的数值也较小；当电流表的示数为3 mA时，电路中的总电阻为R总500 ，又因为R0220 、Rg100 ，所以RT180 ，可得此时所对应的温度刻度t80 .【答案】(1)R1(2)如图所示RT(100t)(3)较小8014(8分)(涉及法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律，力的平衡相关知识)在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l1 m，导轨左端接有如图所示的电路其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d10 mm，定值电阻R1 R212 ，R32 ，金属棒ab的电阻r2 ，其他电阻不计磁感应强度B0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m11014 kg、电荷量q11014 C的微粒恰好静止不动取g10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定试求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab两端的路端电压；(3)金属棒ab运动的速度【解析】(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由ba，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mgEq又E所以UMN0.1 VR3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I0.05 A则ab棒两端的电压为UabUMNI0.4 V.(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势EBlv由闭合电路欧姆定律得EUabIr0.5 V.联立解得v1 m/s.【答案】(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s15(8分)(涉及法拉第电磁感应定律，力的平衡，交变电流的有效值及焦耳定律相关知识)如图所示，在xOy坐标平面内存在B2.0 T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程x0.5siny(m)，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其中R14.0 、R212.0 .现有一足够长、质量m0.10 kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v3.0 m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10 m/s2，求：(1)金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；(2)外力F的最大值；(3)金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量【解析】(1)金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中的感应电动势最大，产生的感应电流最大金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值因此接入电路的金属棒的有效长度为Lx0.5siny，则Lmxm0.5 mEmBLmv，得Em3.0 VIm，其中R并解得Im1.0 A.(2)金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F作用F安mImLmB，得F安m1.0 NFmF安mmg，得Fm2.0 N.(3)金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势e3.0siny，有效值为E有设金属棒MN滑过导轨OC段的时间为t，则t，其中yOCm得ts金属棒滑过OC段产生的热量Qt得Q1.25 J.【答案】(1)1.0 A(2)2.0 N(3)1.25 J16(8分)(涉及法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律，交流电的“四值”及焦耳定律相关知识)如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动求：(1)0t1时间内通过电阻R的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量【解析】(1)0t1时间内，线框中的感应电动势En根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流I.(2)线框产生感应电动势的最大值EmnB1L1L2感应电动势的有效值EnB1L1L2通过电阻R的电流的有效值I线框转动一周所需的时间t此过程中，电阻R产生的热量QI2RtR2.(3)线框从图甲所示位置转过90的过程中，平均感应电动势n平均感应电流通过电阻R的电荷量qt.【答案】(1)(2)R2(3)17(10分)(涉及法拉第电磁感应定律，正弦交流电的表达式，焦耳定律的相关知识)如图所示，MN、PQ是两条水平、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻R20 组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1n2110，导轨宽L5 m质量m2 kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从t0时刻开始在图示的两虚线范围内做简谐运动，其速度随时间变化的规律是v2sin 20t(m/s)垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度B4 T导轨、导线和线圈电阻不计求：(1)在ab棒中产生的电动势的表达式，ab棒中产生的是什么电流？(2)电阻R上的热功率P；(3)从t0到t10.025 s的时间内，通过外力F做功需要外界提供给该装置的能量E.【解析】(1)ab棒的电动势为eBLv40sin 20t(V)故ab棒中产生的是正弦交流电(2)设原线圈上电压的有效值为U1，则U1 V20 V设副线圈上电压的有效值为U2，则解得U2200 VP4103 W.(3)该正弦交流电的周期T s0.1 s.从t0到t10.025 s，经历了四分之一个周期在这段时间内电阻R上产生的热量Q为Qt1100 J在t10.025 s时刻，ab棒的速度为v，则v2sin 20t12 m/s所以EQmv2104 J.【答案】(1)见解析(2)4103 W(3)104 J18(10分)(涉及电磁感应中的动力学和能量问题，能的转化和守恒问题，闭合电路的欧姆定律相关知识)如图甲，电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨PX、QY相距L0.5 m，底端连接电阻R2 ，导轨平面倾角30，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B1 T质量m40 g、电阻r0.5 的金属棒MN放在导轨上，金属棒通过绝缘细线在电动机牵引下从静止开始运动，经过时间t12 s通过距离x1.5 m，速度达到最大，这个过程中电压表示数U00.8 V，电流表示数I00.6 A，示数稳定，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，细线始终与导轨平行且在同一平面内，电动机线圈内阻r00.5 ，g取10 m/s2.求：(1)细线对金属棒拉力的功率P多大？(2)金属棒从静止开始运动的t12 s时间内，电阻R上产生的热量QR是多大？(3)用外力F代替电动机沿细线方向拉金属棒MN，使金属棒保持静止状态，金属棒到导轨下端距离为d1 m若磁场按照图乙规律变化，外力F随着时间t的变化关系式【解析】(1)细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，根据能量守恒定律，可得PI0U0Ir00.60.8 W0.62 0.5 W0.3 W.(2)当金属棒从静止开始运动，经过t12 s时间，速度达到最大，设最大速度为vm，金属棒产生的电动势为E，感应电流为I1，受到的安培力为F安，细线的拉力为F拉，则EBLvm，I1，F安BI1L，则得F安.又PF拉vm，金属棒速度最大时做匀速运动，有F拉mgsin F安，联立得mgsin .代入数值解得vm1 m/s.金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中，设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得Ptmgxsin mvQ，QRQ，解得QR0.224 J.(3)由题图可知B(0.20.4t)T，设在t时刻，磁场的磁感应强度为B，金属棒产生的电动势为E，感应电流为I，受到的安培力为F安.根据法拉第电磁感应定律得感应电动势ELd，感应电流I，金属棒所受的安培力F安BIL，根据平衡条件得Fmgsin F安，解得F0.016t0.208 (N)【答案】(1)0.3 W(2)0.224 J(3)F0.016t0.208(N)