2019高考物理二轮复习 专题测试练（五）电路与电磁感应.docx

专题测试卷(五)电路与电磁感应(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分。选不全的得2分，有选错的或不答的得0分。)1图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()A图1中，A1与L1的电阻值相同B图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析 本题考查自感现象判断。在图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B选项均错误；在图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C项正确。答案 C2(多选)如图所示，一个电阻为R的家用电炉和一个绕线电阻为r的电动机M并联接在电压恒定为U的电源上，电动机和电炉都正常工作，测得流经电炉和电动机的电流分别为I1、I2，电炉和电动机消耗的功率分别为P1、P2，产生的热功率分别为P3、P4，则下面关系中正确的是()AI2 BP1 CP2UI2 DP4Ir解析 根据题意可知，电动机两端的电压为U，但是电动机不是纯电阻电路，欧姆定律不适用，故I2，故A错误；电炉是纯电阻电路，消耗的功率为P1，故B错误，根据功率公式可知，电动机消耗的功率P2UI2，故C正确；根据焦耳定律得，电动机产生的热功率为P4Ir，故D正确。答案 CD3电动自行车因轻便、价格相对低廉、污染和噪音小而受到市民喜爱，某国产品牌电动自行车的铭牌如下，则此车所配电机的内阻为()规格后轮驱动直流永磁电机车型：20电动自行车电机输出功率：170 W电源输出电压：36 V额定工作电压/电流：36V/5A整车质量：40 kg额定转速：240 r/minA.0.2 B0.4 C7.2 D7.4 解析 电机输出功率为P出170 W，电源的输出电压为U36 V，电流为I5 A，设内阻为R，则根据能量守恒定律得UII2RP出，解得R0.4 ，故选B。答案 B4一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原副线圈匝数比n1n221，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是4 、2 和3 ，U为有效值恒定的正弦交流电源。当开关S断开时，理想电流表的示数为I，当S闭合时，电流表的示数为()A.I B.IC.I D2I解析 设S闭合时，电流表示数为I1，对理想变压器有P入P出，则开关闭合时有I1UIR1(2I1)2R2，开关断开时有IUI2R1(2I)2(R2R3)，两式联立解得I12I，故D项正确。答案 D5如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为51，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R0、热敏电阻Rt(阻值随温度的升高而减小)及报警器P(电流增加到一定值时报警器P将发出警报声)组成闭合电路，电压表、电流表均为理想电表。则以下判断正确的是()A变压器线圈输出交流电的频率为25 HzB电压表的示数为22 VCRt处温度减小到一定值时，报警器P将会发出警报声D报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小解析 由图乙可知f50 Hz，而理想变压器不改变交流电的频率，A项错误。由图乙可知原线圈输入电压的有效值U1220 V，则副线圈两端电压有效值U2U144 V，设电压表示数为U，由于二极管作用，副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流，则由有效值定义有T，解得U22 V，B项正确。由题给条件可知，Rt处温度升高到一定值时，报警器会发出警报声，C项错误。因报警器报警时回路中电流比报警前大，则报警时副线圈回路的总功率比报警前大，而输入功率与输出功率相等，D项错误。答案 B6(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图。已知输电线的总电阻R10 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，电阻R011 。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u220sin 100t V，下列说法正确的是()A发电机中的电流变化频率为100 HzB通过R0的电流有效值为20 AC升压变压器T1的输入功率为4 650 WD若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小解析 交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f50 Hz，故 A 错误。通过R0的电流有效值IA20 A，故 B 正确。根据得，输电线上的电流I320 A5 A ，则输电线上损耗的功率P损IR2510 W250 W ，降压变压器的输入功率P3U4I422020 W4 400 W，则升压变压器的输出功率P2P3P损4 400 W250 W 4 650 W ，故 C 正确。当电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据PUI知，发电机的输出功率增大，故D错误。答案 BC7(多选)如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R。垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如乙图所示。在0t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动。乙图中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计。则()A在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C在0t0时间内，导体棒的加速度大小为D在0t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为解析 因在0t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确。设在0t0时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则有：a，F2ma，F1ma，q，BSBLt0，解得：a，q，故C错误、D正确。答案 BD8(多选)在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。则0t0时间内，导线框中()A感应电流方向为顺时针B感应电流方向为逆时针C感应电流大小为D感应电流大小为解析 根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流方向是顺时针，而右边的导线框的感应电流方向也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E2，再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I，故C正确，D错误。答案 AC9(多选)如图中MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，两端分别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器。一质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触。杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则()A电容器左极板带正电B电容器的最大带电荷量为C杆ab的最大速度vD杆ab所受安培力的最大功率为解析 根据右手定则，感应电动势的方向为：ab，故右极板带正电，故A错误；当金属杆ab的速度达到最大时，感应电动势最大，感应电动势的最大值为：EmBLvmBLv；路端电压的最大值为：UEmBLv，故电容器的带电荷量最大，为：QCU，故B正确；由PF安v，当P、F安达到最大时，杆ab的速度达到最大值，此时杆ab受力平衡，即：v，故C正确；杆ab克服安培力的最大功率为：PF安mvmmgvmmgvP，故D错误。答案 BC10(2018东北三省四市模拟)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，导轨和金属棒的电阻忽略不计。已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间t变化的图像正确的是()解析 根据题图乙所示的It图像可知Ikt，其中k为比例系数，因EIR，EBlv，所以vt，vt图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即vat，故A错误；由闭合电路欧姆定律可得：Ikt可推出：EktR而E，所以有：ktR， t图像是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程FBIlma，而I，vat得到Ftma，可见Ft图像是一条斜率大于零且与F轴正半轴有交点的直线，故C错误；q tt2，qt图像是一条开口向上的抛物线，故D错误。答案 B二、非选择题(本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)11(8分)(2018河南洛阳二模)实际电流表都有内阻，为了测量电流表G1 的内阻rg，提供的器材如下：待测电流表G1 (05 mA，内阻约300 )电流表G2 (015 mA，内阻约100 )定值电阻R1(R1150 )滑动变阻器R2(020 )电源(电动势3 V )开关S 及导线若干(1)为了使测量结果尽量精确，设计并画出实验的电路图。(2)对照所画电路图连接如图所示实物图。(3)闭合开关S ，移动滑动触头至某一位置，记录G1 和 G2 的读数I1 和I2，则待测电流表的内阻可表示为rg_。答案 (1)电路如图所示(2)连线如图所示(3)R112(8分)为测定某电源的电动势E和内阻r及一段电阻丝的电阻率，设计了如图甲所示的电路。ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，R0 是阻值为2 的保护电阻，滑动片P与电阻丝接触良好。(1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d_ mm。(2)实验时闭合开关，调节P的位置，记录aP长度x和对应的电压U、电流I等相关数据，如下表：x/m0.100.200.300.400.500.60U/V1.501.721.892.002.102.18I/A0.490.430.380.330.310.28/3.064.004.976.066.777.79请根据表中数据在图丙中作出UI关系图线，根据图像可得电源的电动势E_V，内阻r_ (结果均保留2位有效数字)。(3)图丁是根据表中数据作出 x的关系图像，由图像求出电阻丝的阻率_ m(保留2位有效数字)。(4)图丁中的 x关系图像纵截距的物理意义是_。解析 (1)实验中螺旋测微器的示数为0.600 mm。(2)根据表格中数据描点，连线如图所示，图像中与纵坐标轴的交点就是电源电动势，可知E3.0 V，而图像的斜率为 3 ，它等于内阻与R0之和，因此内阻r1.0 。(3)由图像可知，当x0时电阻值就是电流表内阻，即rA2.0 ，当x0.6 m时，电阻R7.8 2.0 5.8 ，根据R可得 m2.7106 m。(4)UI，解得RA，所以 x图像的纵截距是电流表的内阻。答案 (1)0.600 (0.5990.601)(2)图见解析3.0(2.93.1)1.0(0.91.1)(3)2.71062.9106(4)电流表内阻(或电流表内阻为2.0 )13(10分)某同学在学习电磁感应后，认为电磁阻尼能够承担电梯减速时大部分制动的负荷，从而减小传统制动器的磨损。如图甲所示，是该同学设计的电磁阻尼制动器的原理图。电梯厢与配重质量都为M，通过高强度绳子套在半径为r1的承重转盘上，且绳子与转盘之间不打滑。承重转盘通过固定转轴与制动转盘相连。制动转盘上固定了半径为r2和r3的内外两个金属圈(如图乙)，金属圈内阻不计。两金属圈之间用三根互成120的辐向导体棒连接，每根导体棒电阻均为R。制动转盘放置在一对励磁线圈之间，励磁线圈产生垂直于制动转盘的匀强磁场(磁感应强度为B)，磁场区域限制在120辐向角内，如图乙阴影区所示。若电梯厢内放置质量为m的货物一起以速度v竖直上升，电梯厢离终点(图中未画出)高度为h时关闭动力系统，仅开启电磁制动，一段时间后，电梯厢恰好到达终点。(1)若在开启电磁制动瞬间，三根金属棒的位置刚好在图乙所示位置，则此时制动转盘上的电动势E为多少？此时a与b之间的电势差有多大？(2)若忽略转盘的质量，且不计其他阻力影响，则在上述制动过程中，制动转盘产生的热量是多少？(3)若要提高制动的效果，试对上述设计做出两处改进。解析 (1)电梯上升的速度与制动转盘的速度相同，有。制动转盘的两金属圈的线速度为var3，vbr2根据法拉第电磁感应定律得电动势为E解得E感应电流为Ia与b之间的电势差为UabI0.5R解得Uab(2)根据功能关系可得Qmgh(m2M)v2解得Q(m2M)v2mgh(3)增加励磁电流；减小金属棒的电阻；增加金属棒的数目(用实心的金属材料做整个金属盘)；增加外金属圈的半径r3；减小内金属圈的半径r2；减小承重盘的半径r1。(答出其中任2项)答案 (1)(2)(m2M)v2mgh(3)见解析14(10分)(2018哈尔滨第六中学检测)相距l1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m11 kg的金属棒ab和质量为m20.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的小环水平地套在金属导轨上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度的大小相同。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为0.75，两棒总电阻为1.8 ，导轨电阻不计。ab棒在方向竖直向上、大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始沿导轨做匀加速运动，同时cd棒也由静止释放。重力加速度g取10 m/s2。求：(1)磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小；(2)若在2 s内外力F做功40 J，此过程中两棒产生的总焦耳热；(3)cd棒达到最大速度所需的时间。解析 (1)由牛顿第二定律：Fm1gFAm1a其中FA，vat即Ftm1(ga)代入题图(b)中数据，解得a1 m/s2，B1.2 T。(2)由ab棒做匀加速运动：xat2vat2 s末时，由能量关系：WFm1gxm1v2Q解得Q18 J。(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。当cd棒速度达到最大时，由平衡条件可得：m2gFA由FA，vat解得t2 s。答案 (1)1.2 T1 m/s2(2)18 J(3)2 s15(12分)(2018上海虹口区期末)如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间的距离L1 m，定值电阻R16 ，R23 ，导轨上放一质量为m1 kg的金属杆，杆的电阻r2 ，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B0.8 T的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向下，现用一拉力F沿水平方向拉杆，使金属杆以一定的初速度开始运动。图乙所示为通过R1中电流的平方I随时间t的变化关系图像，求：(1)5 s 末金属杆的速度大小；(2)写出安培力的大小随时间变化的关系式；(3)5 s 内拉力F所做的功。解析 (1)外电路总电阻R外2 。由图像得5 s末的电流I10.2 A，R1、R2并联，故I总3I10.6 A，EI总(R外r)0.6(22)V2.4 V。由EBLv得vt m/s3 m/s。(2)图像方程：I0.020.004t，得I10.1 A。R1、R2并联，故I总3I10.3 A。安培力F安BI总L0.24 N。(3)图线与时间轴包围的“面积”为(0.020.04)50.15，故5 s内R1中产生的焦耳热为Q1I2R1t0.156 J0.9 J，电路中总电热Q总Q1Q2Qr6Q15.4 J。金属杆初始速度v0m/s1.5 m/s，由功能关系有WFW安Ek，又W安Q总，得WFEkQ总m(vv)Q总，代入数据得WF1(321.522) J5.4 J7.65 J。答案 (1)3 m/s(2)F安0.24 N(3)7.65 J16(12分)(2018湖北高三八校联考)如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为37的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l1.5 m，导轨电阻忽略不计。质量为m10.35 kg、电阻为R11 的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m20.4 kg、电阻为R20.5 的导体棒cd置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd的中点相连，另一端悬挂一轻质挂钩。ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B2 T。初始时刻，ab在倾斜导轨上恰好不下滑。(g取10 m/s2，sin 370.6)(1)求ab与导轨间的动摩擦因数；(2)在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将P与cd同时由静止释放，当P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？(cd运动过程中，ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰)(3)若P的质量取第(2)问中的最大值，由静止释放开始计时，当t1 s时cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1 s内ab上产生的焦耳热为多少。解析 (1)对ab，由平衡条件得m1gsin m1gcos 0解得。(2)当P的质量最大时，P和cd的运动达到稳定时，P和cd一起做匀速直线运动，ab处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为I对ab，由平衡条件得沿斜面方向：BIlcos m1gsin N0垂直于斜面方向：NBIlsin m1gcos 0对cd，设细绳中的张力为T，由平衡条件得TBIlm2g0对P，由平衡条件得MgT0解得：I4 A，M1.5 kg故当P的质量不超过1.5 kg时，ab始终处于静止状态。(3)设P匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得BlvI(R1R2)解得v2 m/s对P，由牛顿第二定律得MgTMa，对cd，由牛顿第二定律得Tm2gBlm2a即Mgm2gBl(Mm2)a两边同时乘以t，并累加求和，可得Mgtm2gtBl(Mm2)v解得s m对P、ab和cd，由能量守恒定律得Mgsm2gsQ(Mm2)v2，解得Q12.6 J在这1 s内ab上产生的焦耳热为Q1Q8.4 J。答案 (1)(2)1.5 kg(3)8.4 J