浙江省2020版高考物理复习6_特训（四）.docx

特训(四)本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。选择题部分一、选择题(每题3分,共42分)1.在物理学的发展过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步,人类社会的进步又促进了物理学的发展。下列叙述中正确的是()A.电磁感应现象是洛伦兹最先发现的B.电动机是利用电磁感应原理将机械能转化为电能C.安培最先发现了电流的磁效应D.法拉第发现了利用磁场产生电流的条件和规律答案D电磁感应现象是法拉第最先发现的,选项A错误;发电机是利用电磁感应原理将机械能转化为电能,选项B错误;奥斯特最先发现了电流的磁效应,选项C错误;法拉第发现了利用磁场产生电流的条件和规律,选项D正确。故选D。2.金属探测器是用来探测金属的仪器,关于其工作原理,下列说法中正确的是()A.探测器内的探测线圈会产生稳定的磁场B.只有有磁性的金属物才会被探测器探测到C.探测到金属物是因为金属物中产生了涡流D.探测到金属物是因为探测器中产生了涡流答案C金属探测器探测金属时,探测器内的探测线圈会产生变化的磁场,被测金属中感应出涡流,故选项A、D错误,C正确;所有的金属都能在变化的磁场中产生涡流,所以不是只有有磁性的金属物才会被探测器探测到,选项B错误。故选C。3.法拉第最初发现“电磁感应现象”的实验情景如图,某同学利用这个原理和图中器材探究“磁生电”,在正确操作的情况下,下列符合实验事实的选项是()A.闭合开关瞬间,电流表指针无偏转B.闭合开关稳定后,电流表指针有偏转C.通电状态下,拆开与电池组相连线圈的瞬间,电流表指针无偏转D.将绕线的铁环换成木环后,闭合或断开开关瞬间,电流表指针有偏转答案D闭合开关瞬间,与电源相连线圈中电流从无到有;与电流表相连线圈中磁通量增加,产生感应电流,电流表指针有偏转,故A项错误。闭合开关稳定后,与电源相连线圈中电流不变,与电流表相连线圈中磁通量不变,不产生感应电流,电流表指针无偏转,故B项错误。通电状态下,拆开与电池组相连线圈的瞬间,与电源相连线圈中电流从有到无,与电流表相连线圈中磁通量减小,产生感应电流,电流表指针有偏转,故C项错误。将绕线的铁环换成木环后,闭合或断开开关瞬间,与电源相连线圈中电流发生变化,与电流表相连线圈中磁通量发生变化,产生感应电流,电流表指针有偏转,故D项正确。4.将直流电源、开关S、电感线圈L(自感系数较大)和灯泡A连接成如图所示的电路,开始时开关S断开,下列说法正确的是()A.闭合开关S时,灯泡立即变亮B.开关S闭合一段时间后再断开,灯泡逐渐熄灭C.开关S闭合一段时间后再断开的瞬间,a点电势高于b点电势D.开关S闭合一段时间后再断开的瞬间,b点电势高于a点电势答案D闭合开关S时,由于线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增加,所以灯泡慢慢变亮,选项A错误;开关S闭合一段时间后再断开,电路中的电流立即消失,则灯泡立刻熄灭,选项B错误;开关S闭合一段时间后再断开的瞬间,线圈中产生的感应电流与原来电流方向相同,则b点电势高于a点电势,选项C错误,D正确;故选D。5.如图甲所示,螺线管(电阻不计)的匝数n=6,截面积S=10 cm2,线圈与R=12 的电阻连接,水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管,磁场与线圈平面垂直,磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示,规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线圈的自感影响,下列i-t关系图中正确的是()答案C由图可知,02 s内,线圈中磁通量的变化率相同,故02 s内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流为正方向;同理可知,25 s内电路中的电流方向为逆时针,为负方向;由E=nt=nSBt知,02 s内电路中产生的感应电动势大小为E1=6610-321010-4 V=1810-6 V,则电流大小为I1=ER=181210-6 A=1.510-6 A;同理25 s内,E2=6610-331010-4 V=1210-6 V,I2=1.010-6 A。故选C。6.在赤道附近有一竖直向下的匀强电场,在此区域内有一根沿东西方向放置的直导体棒,由水平位置静止落下,不计空气阻力,则导体棒两端落地的先后关系是()A.东端先落地B.西端先落地C.两端同时落地D.无法确定答案A赤道附近地磁场的方向均为水平由南指向北,金属棒竖直向下进入正交的电场与磁场区域后,做切割磁感线运动,根据右手定则,感应电动势的方向由西端指向东端,即东端相当于电源的正极带正电,西端相当于电源的负极带负电;在竖直向下的电场中,东端的正电荷受向下的电场力,西端的负电荷受向上的电场力,因此东端先落地。故选A。7.(多选)在交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的交流电动势为e=2202 sin 100t(V),关于这个交变电流,下列说法中正确的是()A.交变电流的频率为100 HzB.该电动势的有效值为220 VC.线圈转动的角速度=50 rad/sD.t=0时,线圈平面处于中性面答案BD根据表达式e=2202 sin 100t(V)得,电动势最大值为Em=2202 V,则有效值为E=220 V;角速度=100 rad/s,则频率为f=2=1002 Hz=50 Hz,故选项A、C错误,B正确;当t=0时,瞬时值e=0,最小,故此时磁通量最大,故选项D正确。8.(多选)如图所示,理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接,已知变压器的原、副线圈的匝数比为n1n2=101,电阻R=10 。图乙是R两端电压u随时间变化的图像,Um=14.1 V。则下列说法中正确的是()A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR= cos 100t(A)B.电流表A的读数为0.1 AC.电压表V的读数为14.1 VD.变压器的输入功率为10 W答案BD根据图乙可得T=210-2 s,f=50 Hz,=2f=100 rad/s,Im=UmR=14.110 A=1.41 A,故iR=1.41 cos 100t(A),故A错误;由题可知,变压器输出电压的有效值为10 V,则输出端电流为1 A,根据电流关系I1I2=n2n1可知,电流表的示数为0.1 A,故B正确;电压表测量输出端电压的有效值,故读数为10 V,故C错误;电压之比等于匝数之比,故输入电压为1010 V=100 V,变压器的输入功率P=1000.1 W=10 W,故D正确。9.如图所示,有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域,其直角边长为L,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取沿abcda的感应电流为正,则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图像正确的是()答案Cbc边的位置坐标x在L2L过程,线框bc边有效切线长度为l=x-L,感应电动势为E=Blv=B(x-L)v,根据楞次定律判断出感应电流方向沿abcda,为正值。x在2L3L过程,根据楞次定律判断出感应电流方向沿adcba,为负值,线框ad边有效切线长度为l=x-2L,感应电动势为E=Blv=B(x-2L)v,根据数学知识知C正确。故选C。10.电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。如图甲为电吉他的拾音器的原理图,在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在管内,当拨动金属弦后,螺线管内就会产生感应电流,经一系列转化后可将电信号转化为声音信号。若由于金属弦的振动,螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示,则对应感应电流的变化为()答案B设在0t02时间内产生的感应电流为正,则根据楞次定律可知在t023t02时间内,感应电流为负;3t022t0时间内,感应电流为正。螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律变化,由数学知识可知其切线的斜率t按余弦规律变化,根据法拉第电磁感应定律分析可知,螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化,则感应电流也按余弦规律变化。故选B。11.(多选)电磁流量计是用来测量管内电介质体积流量的感应式仪表。如图所示为电磁流量计的示意图,匀强磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B。当管中的导电液体流过时,测得管壁上a、b两点间的电压为U,单位时间(1 s)内流过管道横截面的液体体积为流量(m3/s),已知管道直径为D,则()A.管中的导电液体流速为UBDB.管中的导电液体流速为BDUC.管中的导电液体流量为4BDUD.管中的导电液体流量为DU4B答案AD根据法拉第电磁感应定律,有U=BDv,管中的导电液体流速v=UBD,选项A正确,B错误;管中的导电液体流量Q=vS=vD22=DU4B,选项C错误,D正确。12.(多选)用某型号的柴油发电机给我国灾民临时安置区供电,发电机到安置区的距离是400 m,输电线路中的火线和零线均为单股铜导线,该导线每米的电阻为2.510-4 ,安置区家用电器的总功率为44 kW,当这些家用电器都正常工作时,下列说法正确的是()A.输电线路中的电流为200 AB.输电线路损失的电功率为4 kWC.发电机实际输出电压是240 VD.如果该柴油发电机发的电是正弦交流电,则输出电压的峰值是2602 V答案AD已知家用电器的工作电压为220 V,根据P=UI可求出输电线上的电流为200 A,故A正确;输电线电阻R=R02x=0.2 ,输电线损失的功率P损=I2R=8 000 W,故B错误;输电线损失的电压U损=RI=40 ,发电机实际输出电压是220 V+40 V=260 V,若为交流发电机,则输出电压的最大值为2602 V,所以C错误,D正确。13.(多选)如图所示为一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n1,原线圈接电压为u=U0 sin t的正弦交流电,输出端接有一个交流电流表和一个电动机,电动机的线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电动机带动一质量为m的重物匀速上升,此时电流表的示数为I,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.电动机两端电压为IRB.原线圈中的电流为nIC.电动机消耗的电功率为U0I2nD.重物匀速上升的速度为I(U0-2nIR)2nmg答案CD电动机两端电压为副线圈两端的电压,由U1U2=n1n2得U2=n2n1U1=U02n,A错误;电流表的示数为副线圈中电流的大小,由I1I2=n2n1得原线圈中的电流为I1=In,B错误;电动机消耗的电功率为P电=IU2=U0I2n,C正确;由功能关系知P电=I2R+mgv,解得v=I(U0-2nIR)2nmg,D正确。14.(多选)如图所示,间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接,导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒,金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是()A.金属棒在导轨上做匀减速运动B.整个过程中金属棒克服安培力做功为12mv2C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qRBLD.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为12mv2答案BC金属棒以速度v向右运动,切割磁感线产生感应电动势E=BLv,线框中产生感应电流I=ER+R=BLv2R,金属棒受到的安培力水平向左,大小为F=BIL=B2L2v2R,金属棒在安培力作用下做减速运动,速度变小,安培力变小,加速度变小,选项A错。直到速度减小到0,安培力变为0,金属棒停止运动,此过程根据动能定理,克服安培力做的功等于减少的动能,即12mv2,选项B对。金属棒通过的电荷量q=It=E2Rt=2Rtt=2R=BLx2R,可得位移x=2RqBL,选项C对。整个电路即金属棒和电阻R上产生的总热量等于克服安培力做的功,为12mv2,所以电阻R上产生的热量小于12mv2,选项D错。非选择题部分二、非选择题(共58分)15.(4分)(1)探究电磁感应现象应选用如图(选填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验。在这个现象中感应电流的方向与的方向和磁感线方向有关。(2)如图丙所示,A为弹簧测力计(量程足够大),B为条形磁铁(下端为S极),C为螺线管。现将S1断开,S2由1改接到2,则弹簧测力计的示数将;若S2接2不变,再闭合S1,弹簧测力计的示数将。(都选填“变大”、“变小”或“不变”)答案(1)甲导体切割磁感线运动(或导体运动)(2)变小变大解析(1)探究电磁感应现象的实验装置,只需要有磁场、导体棒、电流表即可,不需要电源,分析图甲与乙可知,探究电磁感应现象应选用甲图装置,在电磁感应现象中,感应电流的方向与导体切割磁感线运动的方向和磁感线的方向有关;(2)根据安培定则,由图丙可知,闭合开关,螺线管上端是N极,条形磁铁下端是S极,条形磁铁受到向下的引力,现将S1断开,电路电流变小,S2由1改到2,通电的螺线管圈数变小,则螺线管的磁性变弱,螺线管对条形磁铁的引力变小,弹簧测力计示数变小;若S2接2不变,闭合S1,电阻R2短路,电路电流变大,螺线管的磁场变强,条形磁铁受到的引力变大,弹簧测力计的示数变大。16.(4分)下图为“研究感应电流产生的条件”的实验电路图。(1)请用铅笔连线,把实验装置连接完整。(2)开始实验时,滑片应该放置在(填“a”或“b”)端。(3)闭合开关后,请写出两种使线圈B中产生感应电流的方法:a.;b.。答案(1)见解析(2)a(3)断开开关上下移动线圈A(或移动滑动变阻器的滑片)解析(1)将电源、开关、变阻器、线圈A串联成一个回路,注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱,再将电流表与线圈B串联成另一个回路,电路图如图所示:(2)由(1)连接的电路图可知,滑动变阻器采用限流接法,为保护电路应该使接入电路的电阻最大,在闭合开关S前,滑动变阻器滑动片P应置于a端。(3)开关S闭合后有多种方法能使线圈B中产生感应电流,如:移动滑动变阻器的滑片、线圈A在线圈B中拔出或插入、断开开关等。17.(4分)在探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验中,小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。(1)实验还需下列器材中的(多选);(2)实验中,上图中变压器的原线圈接“0;8”接线柱,副线圈接线“0;4”接线柱,当副线圈所接电表的示数为5.0 V时,所接电源电压挡位为。A.18.0 VB.10.0 VC.5.0 VD.2.5 V答案(1)BC(2)A解析(1)本实验中,变压器的原线圈应接在交流电源上;为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系,还需要电压表,故学生电源和电压表两个器材不能缺少,选B、C;(2)理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为U1U2=n1n2;若变压器的原线圈接“0;8”接线柱,副线圈接“0;4”接线柱,则原、副线圈匝数比为n1n2=84=2,则原线圈两端电压U1=n1n2U2=25.0 V=10.0 V。本题中可拆变压器并非理想变压器,存在漏磁现象,要使副线圈所接电压表示数为5.0 V,则原线圈电压必须大于10 V。故选A。18.(10分)如图甲所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。(棒ab与导轨始终保持良好的接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计)(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热;(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了d2,求此时刻的速度大小;(3)如图乙,在OO上方区域加一面积为S的垂直于纸面向里的均匀磁场B,棒ab由静止开始自OO上方某一高度处释放,自棒ab运动到OO位置开始计时,B随时间t的变化关系B=kt,式中k为已知常量;棒ab以速度v0进入OO下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。求在t时刻穿过回路的总磁通量和电阻R的电功率。甲乙答案(1)mgd-m3g2(R+r)22B4l4(2)gt0-B2l2d2m(R+r)(3)Blv0t+ktSBlv0+kSR+r2R解析(1)对闭合回路:I=BlvmR+r由平衡知识可知:mg=BIl解得vm=mg(R+r)B2l2由能量关系:mgd=12mvm2+Q解得Q=mgd-m3g2(R+r)22B4l4(2)由动量定理知:(mg-BIl)t0=mvq=Bld2R+r解得v=gt0-B2l2d2m(R+r)(3)由题可知=Blv0t+ktS由法拉第电磁感应定律可得:E=t=Blv0+kSI=ER+rP=I2R解得P=Blv0+kSR+r2R19.(12分)如图甲所示,发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具,它在飞起时能够发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化:如图乙所示,半径为L的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度匀速转动,圆环上接有电阻均为r的三根导电辐条OP、OQ、OR,辐条互成120角。在圆环内,圆心角为120的扇形区域内存在垂直圆环平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场,在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷与一个LED灯(可看成二极管,发光时,电阻为r)相连。圆环及其他电阻不计,从辐条OP进入磁场开始计时。(1)顺着磁感线方向看,圆环绕O1O2轴沿什么方向旋转,才能使LED灯发光?在不改变玩具结构的情况下,如何使LED灯发光时更亮?(2)在辐条OP转过60的过程中,求通过LED灯的电流。(3)求圆环每旋转一周,LED灯消耗的电能。答案(1)见解析(2)BL28r(3)B2L432r解析(1)由右手定则可以判断出,顺着磁感线方向看,圆环绕轴O1O2沿逆时针方向旋转,才能使LED灯发光。在不改变玩具结构的情况下,增大转动的角速度可以使LED灯更亮。(2)感应电动势E=12BL2外电阻R1=r/3内电阻R2=r外电压U=R1E/(R1+R2)流过LED灯的电流I=U/r解得:I=BL28r(3)转动一周电流不变t=2/Q=I2rt解得:Q=B2L432r20.(12分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=30的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4 m。导轨所在空间被分成区域和,两区域的边界与斜面的交线为MN,中的匀强磁场方向垂直斜面向下,中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T。在区域中,将质量m1=0.1 kg、电阻R1=0.1 的金属棒ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域中将质量m2=0.4 kg、电阻R2=0.1 的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。问:(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8 m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J解析(1)由右手定则知电流由a流向b