高考物理二轮复习 专题8 电磁感应与电路、交变电流专题卷（含解析）

专题8 电磁感应与电路、交变电流说明：1本卷主要考查电磁感应与电路、交变电流。2考试时间60分钟，满分100分。一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1(2017贵州贵阳检测)阻值相等的三个电阻R、电容器C及电池E(内阻不计)连接成如图所示电路保持S1闭合，开关S2断开，电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S2，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2，则Q1与Q2的比值为()A B CD【解析】 开关S2断开时的等效电路如图甲所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U1，电容器所带的电荷量为Q1CU1；开关S2闭合后的等效电路如图乙所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U2E，电容器所带的电荷量为Q2CU2CE，则Q1Q212，即Q1与Q2的比值为，故选项A正确【答案】 A2(2017湖北省武昌实验中学模拟)用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0的同一小电珠供电图甲中R为滑动变阻器，图乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，若电珠均能正常工作，则( )A变压器可能是升压变压器Bn1n2U0UC甲、乙电路消耗功率之比为U2UDR两端的电压最大值为(UU0)【解析】 电珠均正常工作，图甲由于滑动变阻器的分压，小电珠正常工作电压U0小于U，故图乙变压器应是降压变压器，选项A错误；由变压器变压比公式可知，选项B错误；两电路中流过小电珠中的电流相等，由PUI可知，甲乙两电路消耗的功率比为，选项C错误；R两端电压有效值为(UU0)，则最大值为(UU0)，选项D正确【答案】 D3(2017福建福州质检)如图，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，该磁场对ab边的安培力大小恒定，下列描述B随t变化的图象中，可能正确的是()【解析】 线圈abcd中产生的感应电动势ES，设线圈的电阻为R，则线圈中的电流I，则磁场对ab边的安培力大小FBBILB，由于FB大小不变，则B不变，若B随时间t均匀变化，不变，则B必然不变，选项A、C错误；若B随时间t增大，则必然减小，故选项B正确，D错误【答案】 B4(2017河北石家庄二中模拟)如图所示，导体直导轨OM和PN平行且OM与x轴重合，两导轨间距为d，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y轴方向的宽度按yd|sin x|的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体棒从OP开始始终垂直导轨沿x轴正方向以速度v做匀速运动，规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabx图象可能正确的是()【解析】 导体棒在匀强磁场的第一个区域内运动时，前半个区域，通过大圆环的电流为顺时针方向，且根据法拉第电磁感应定律，内圆环a端电势高于b端，后半个区域，内圆环a端电势低于b端，可能正确的是图D.【答案】 D5(2017安徽师大附中模拟)一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆始终与导轨接触良好，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中()A向上滑行与向下滑行的时间相等B向上滑行与向下滑行时电阻R上产生的热量相等C向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等D向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等【解析】 金属杆向上滑行过程中受到的安培力沿斜面向下，设运动的加速度为a1，金属杆向下滑行过程中，受到的安培力沿斜面向上，设运动的加速度为a2，由牛顿第二定律分别有：Fmgsin ma1和mgsin Fma2，可知a1a2，又上滑和下滑位移相等，故金属杆向上滑行的时间小于向下滑行的时间，则选项A错误；金属杆滑行过程中，通过金属杆的电荷量qtt，而S相同，故向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量q相等，则选项C正确；电阻R上产生的热量Q2RttRqR，而电流，可知金属杆向上滑行和向下滑行时平均速度不同，易知选项B错误；克服安培力做的功W安s，向上滑行和向下滑行时位移大小s相同，安BL，由金属杆向上滑行和向下滑行的平均速度不同可知克服安培力做的功不相等，选项D错误【答案】 C6(2017湖北武汉4月调研)(多选)将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直若磁感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电量最小的是()【解析】 设大圆的面积为S1，小圆的面积为S2.线圈的总电阻为R；选项A中，线圈中通过的电量为Q；选项B中，线圈中通过的电量为Q；选项C中，线圈中通过的电量为Q；选项D中，线圈中通过的电量为Q，选项B、C正确【答案】 BC7(2017浙江杭州模拟)(多选)如图甲所示，一个U形光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上，电阻R10 ，其余电阻均不计，两导轨间的距离l0.2 m，有垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直在t0时刻，金属杆紧靠在最左端，杆在外力的作用下以速度v0.5 m/s向右做匀速运动当t4 s时，下列说法中正确的是()A穿过回路的磁通量为0.08 WbB流过电阻R的感应电流的方向为baC电路中感应电动势大小E0.02 VD金属杆所受到的安培力的大小为1.6104 N【解析】 t4 s时，金属杆的位移大小xvt2 m，由图乙知，4 s末磁感应强度B0.2 T，则穿过回路的磁通量BSBxl0.08 Wb，选项A正确；金属杆切割产生的感应电动势E1Blv0.20.20.5 V0.02 V，由右手定则，切割产生的感应电流由a流过电阻R到b；由法拉第电磁感应定律，磁通量发生变化产生的感应电动势E2lx0.050.22 V0.02 V，由楞次定律，E2的电流方向由a流过电阻R到b，故流过电阻R的总的感应电流的方向为ab，选项B错误；电路中感应电动势大小EE1E20.04 V，选项C错误；电路中感应电流大小I4103 A，故金属杆所受到的安培力的大小FBBIl0.241030.2 N1.6104 N，选项D正确【答案】 AD8(2017湖南十三校联考一)(多选)如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，而缓冲车厢继续向前移动距离L后速度为零已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，不计一切摩擦阻力在这个缓冲过程中，下列说法正确的是()A线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为B线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲C此过程中，线圈abcd产生的焦耳热为QmvD此过程中，通过线圈abcd的电荷量为q【解析】 缓冲过程中，线圈内的磁通量增加，由楞次定律知，感应电流方向沿逆时针方向(俯视)，感应电流最大值出现在滑块K停下的瞬间，大小应为，A项错误；线圈中的感应电流对电磁铁的作用力，使车厢减速运动，起到了缓冲的作用，B项正确；据能量守恒定律可知，车厢的动能全部转换为焦耳热，故Qmv，C项正确；由qt、及n，可得q，因缓冲过程BL2，故q，D项错误【答案】 BC二、非选择题：本大题共4小题，共52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。9.（2017北京东城一模）如图所示，一个半径为r的半圆形线圈,以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场,磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：（1）感应电动势的最大值；（2）从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量；（3）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量；（4）电流表的示数。【解析】（1）线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。此交变电动势的最大值。（2）在线圈从图示位置转过转的时间内,电动势的有效值为电阻R上产生的热量。（3）在线圈从题中图示位置转过转的时间内，电动势的平均值为，通过R的电荷量。（4）设此交变电动势在一个周期内的有效值为E，由有效值的定义得，解得，故电流表的示数为。【答案】(1) (2) (3) (4)10(2017山东潍坊统考)如图甲所示，半径为R的导体环内，有一个半径为r的虚线圆，虚线圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度大小随时间变化关系为Bkt.(k0且为常量)(1)求导体环中感生电动势E的大小；(2)将导体环换成内壁光滑的绝缘细管，管内放置一质量为m，电荷量为q的小球，小球重力不计，如图乙所示已知绝缘细管内各点涡旋电场的场强大小为ER，方向与该点切线方向相同小球在电场力作用下沿细管加速运动要使tt0时刻管壁对小球的作用力为0，可在细管处加一垂直于纸面的磁场，求所加磁场的方向及磁感应强度的大小【解析】 (1)根据法拉第电磁感应定律，有E，BSktr2，得Ekr2.(2)根据楞次定律，可知小球沿逆时针方向运动，要使管壁对小球的作用力为0，需洛伦兹力方向指向圆心由左手定则，得磁场方向垂直纸面向里电场力FERq，小球运动的加速度满足Fma，t时刻速度vat0，洛伦兹力大小F洛qvB，由向心力公式，有F向mqvB，联立解得B.【答案】 (1)kr2(2)磁场方向垂直纸面向里11(2017海南五校模拟)如图所示，质量为M的足够长U形光滑金属导轨abcd放置在倾角为30的光滑绝缘斜面上并用细线(图中虚线)拴在固定于斜面上的G、H两点上，bc段电阻为R，其余段电阻不计另一电阻为R、质量为m、长度为L的导体棒PQ放置在导轨上，紧挨导体棒PQ左侧有两个固定于斜面上的光滑立柱，使导体棒静止，导体棒PQ始终与导轨垂直且接触良好，PbcQ构成矩形导轨bc段长为L，以ef为界，其下方存在垂直斜面向上的匀强磁场，上方存在沿斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，烧断细线后，导轨向下运动过程中，导体棒PQ始终不脱离导轨(1)若质量Mm，求金属导轨abcd在斜面上运动的过程中，导体棒PQ与导轨abcd间的最小作用力；(2)要使导轨abcd运动一段时间后，导体棒PQ与导轨间无作用力，求M、m应满足的条件；(3)若在条件(1)的情况下，从烧断细线到导体棒PQ与导轨间刚达到最小作用力的这一过程中，通过导体棒PQ的焦耳热为Q0，求金属导轨abcd在斜面上下滑的距离s.【解析】 (1)烧断细线，由于Mm，对导轨abcd由牛顿第二定律知mgsin ma.随着速度增大，加速度a减小，直至加速度为0，速度最大，此时有mgsin FA，FA最大，即vm，FAmg.对导体棒PQ受力分析知，在垂直斜面方向mgcos FANmin，经分析知导体棒PQ受到的安培力始终等于导轨bc边受到的安培力，即FAFAmg，得Nminmg.(2)要使导轨abcd运动一段时间后，导体棒PQ与导轨abcd间无作用力，则对导轨abcd和导体棒受力分析知Mgsin mgcos ，即.(3)若在条件(1)的情况下，从烧断细线到导体棒PQ与导轨间刚达到最小作用力的过程中，通过导体棒PQ的焦耳热为Q0，则回路总焦耳热为2Q0，由能量守恒知mgsin s2Q0mv，又vm，解得s.【答案】 (1)mg(2)(3)12(2017河北石家庄二中模拟)在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下)，观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出是否有未闭合的不合格线框其物理情境简化如下：如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为，以恒定速度v0斜向上运动已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B.线框质量为m，电阻为R，边长为L(d2L)，线框与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g.闭合线框上边在进入磁场前线框相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN，当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同设传送带足够长求：(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小；(2)从闭合线框上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t；(3)从闭合线框上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E.【解析】 (1)根据安培力公式得F安ILB，根据闭合电路欧姆定律得I，根据法拉第电磁感应定律得EBLv0，联立解得F安.(2)在线框上边刚进入磁场至线框上边刚要出磁场的过程中，根据动量定理mgcos tmgsin t安t0在线框进入磁场过程中，取一微元过